2022年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科） 含解析(II)

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1、2022年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科） 含解析(II) 　 一、選擇題（每小題5分） 1．已知集合U=R，集合A={x|x≥1}，B={x|0＜x＜4}，則（?UA）∩B=（　　） A．{x|x＜1或x≥4} B．{x|0＜x＜1} C．{x|1≤x＜4} D．{x|x＜4} 2．已知函數(shù)f（x）=，則f（f（﹣1））的值為（　?。? A．﹣1 B．0 C．1 D．2 3．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為4，則輸出S的值是（　?。? A．1 B．2 C．4 D．7 4．設(shè)x0是方程lnx+x=4的解，則x0屬于區(qū)間（　?。? A．（0，1） B．（1，2） C．（2，

2、3） D．（3，4） 5．下列四種說(shuō)法正確的是（　?。? ①函數(shù)f（x）的定義域是R，則“?x∈R，f（x+1）＞f（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的充要條件 ②命題“?x∈R，（）x＞0”的否定是“?x∈R，（）x≤0” ③命題“若x=2，則x2﹣3x+2=0”的逆否命題是“若x2﹣3x+2≠0，則x≠2” ④p：在△ABC中，若cos2A=cos2B，則A=B；q：y=sinx在第一象限是增函數(shù)．則p∧q為真命題． A．①②③④ B．①③ C．①③④ D．③ 6．把函數(shù)y=sin（5x﹣）的圖象向右平移個(gè)單位，再把所得函數(shù)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，所得的函數(shù)解析式為（　

3、?。? A． B． C． D． 7．已知在實(shí)數(shù)集R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x），滿足f（x+2）是奇函數(shù)，且＞2，則不等式f（x）＞x﹣1的解集是（　?。? A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（0，2） D．（﹣∞，1） 8．已知函數(shù)f（x）=|mx|﹣|x﹣n|（0＜n＜1+m），若關(guān)于x的不等式f（x）＜0的解集中的整數(shù)恰有3個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（　　） A．3＜m＜6 B．1＜m＜3 C．0＜m＜1 D．﹣1＜m＜0 　 二、填空題（每小題5分） 9．若復(fù)數(shù)z=（i為虛數(shù)單位），則|z|=______． 10．已知tanα=2，tan（α+β）=﹣1，則tanβ=____

4、__． 11．如圖，P是⊙O的直徑AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PC與⊙O相切于點(diǎn)C，∠APC的角平分線交AC于點(diǎn)Q，則∠AQP的大小為_(kāi)_____． 12．定義在R上的函數(shù)f（﹣x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x）滿足，且x∈（﹣2，0）時(shí)，f（x）=2x+，則f（log220）=______． 13．不等式2x2﹣2axy+y2≥0對(duì)任意x∈[1，2]及任意y∈[1，4]恒成立，則實(shí)數(shù)a取值范圍是______． 14．已知函數(shù)f（x）=2x3﹣x2+ax+1在（0，+∞）有兩個(gè)極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_____． 　 三、解答題. 15．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)

5、邊分別為a，b，c，且2asinB=b． （1）求角A的大??； （2）若a=4，b+c=8，求△ABC的面積． 16．如圖，△ABC內(nèi)接于直徑為BC的圓O，過(guò)點(diǎn)作圓O的切線交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，AE交BC和圓O于點(diǎn)D、E，且=，若PA=2PB=10． （Ⅰ）求證：AC=2AB； （Ⅱ）求AD?DE的值． 17．命題p：關(guān)于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＜0的解集是空集，命題q：已知二次函數(shù)f（x）=x2﹣mx+2滿足，且當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，最大值是2，若命題“p且q”為假，“p或q”為真，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 18．已知函數(shù) f（x）=sin2x+sinxcosx+，x∈

6、R， （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期T及在[﹣π，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； （Ⅱ）若關(guān)于x的方程f（x）+k=0，在區(qū)間[0，]上且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 19．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax，（a∈R） （Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處切線方程為y=3x+b，求a，b的值； （Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f（x）在[1，2]上的最小值； （Ⅲ）設(shè)g（x）=x2﹣2x+2，若對(duì)任意x1∈（0，+∞），均存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＜g（x2），求a的取值范圍． 20．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax，（a∈R） （Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)區(qū)間[e，+∞]處

7、上為增函數(shù)，求a的取值范圍； （Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，且k∈Z時(shí)，不等式 k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值； （Ⅲ）n＞m≥4時(shí)，證明：（mnn）m＞（nmm）n． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（每小題5分） 1．已知集合U=R，集合A={x|x≥1}，B={x|0＜x＜4}，則（?UA）∩B=（　　） A．{x|x＜1或x≥4} B．{x|0＜x＜1} C．{x|1≤x＜4} D．{x|x＜4} 【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算． 【分析】根據(jù)補(bǔ)集與交集的定義，進(jìn)行運(yùn)算即可．

8、【解答】解：∵集合U=R，集合A={x|x≥1}，B={x|0＜x＜4}， ∴?UA={x|x＜1} ∴（?UA）∩B={x|0＜x＜1}． 故選：B． 　 2．已知函數(shù)f（x）=，則f（f（﹣1））的值為（　?。? A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【考點(diǎn)】函數(shù)的值． 【分析】利用分段函數(shù)的性質(zhì)先求f（﹣1）的值，再求f（f（﹣1））的值． 【解答】解：∵函數(shù)f（x）=， ∴f（﹣1）=3﹣（﹣1）=4， f（f（﹣1））=f（4）==2． 故選：D． 　 3．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為4，則輸出S的值是（　　） A．1 B．2 C．4 D．7

9、【考點(diǎn)】程序框圖． 【分析】執(zhí)行程序框圖，依次寫(xiě)出s，i的值，第四次循環(huán)后：s=7，i=5；此時(shí)，i≤n不成立輸出s的值為7． 【解答】解：執(zhí)行程序框圖，有 n=4，s=1，i=1 第一次循環(huán)后：s=1，i=2； 第二次循環(huán)后：s=2，i=3； 第三次循環(huán)后：s=4，i=4； 第四次循環(huán)后：s=7，i=5；此時(shí)，i≤n不成立輸出s的值為7． 故選：D． 　 4．設(shè)x0是方程lnx+x=4的解，則x0屬于區(qū)間（　?。? A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4） 【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)；對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)． 【分析】可先構(gòu)造出函數(shù)f（x）=lnx+x﹣4

10、，帶入可得f（2）＜0，f（3）＞0，據(jù)此解答． 【解答】解：設(shè)f（x）=lnx+x﹣4，則f（2）=ln2+2﹣4=ln2﹣2＜0， f（3）=ln3+3﹣4=ln3﹣1＞0，所以x0屬于區(qū)間（2，3）． 故選：C． 　 5．下列四種說(shuō)法正確的是（　?。? ①函數(shù)f（x）的定義域是R，則“?x∈R，f（x+1）＞f（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的充要條件 ②命題“?x∈R，（）x＞0”的否定是“?x∈R，（）x≤0” ③命題“若x=2，則x2﹣3x+2=0”的逆否命題是“若x2﹣3x+2≠0，則x≠2” ④p：在△ABC中，若cos2A=cos2B，則A=B；q：y=si

11、nx在第一象限是增函數(shù)．則p∧q為真命題． A．①②③④ B．①③ C．①③④ D．③ 【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用． 【分析】①根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷， ②根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題進(jìn)行判斷， ③根據(jù)逆否命題的定義進(jìn)行判斷， ④根據(jù)復(fù)合命題的真假關(guān)系進(jìn)行判斷． 【解答】解：①若函數(shù)f（x）為增函數(shù)，則f（x+1）＞f（x）成立，必要性成立． 若?x∈R，f（x+1）＞f（x）”，則函數(shù)f（x）不一定為增函數(shù)， 例如分段函數(shù)：f（x）=[x]，滿足f（x+1）＞f（x），而f（x）不是增函數(shù)．充分性不成立． 即“?x∈R，f（x+1）＞f

12、（x）”是“函數(shù)f（x）為增函數(shù)”的必要不充分條件，故①錯(cuò)誤， ②命題“?x∈R，（）x＞0”的否定是“存在x∈R，（）x≤0”，故②錯(cuò)誤， ③命題“若x=2，則x2﹣3x+2=0”的逆否命題是“若x2﹣3x+2≠0，則x≠2”，故③正確， ④p：在△ABC中，因?yàn)?＜A，B＜π，所以0＜2A，2B＜2π，故若cos2A=cos2B，則A=B為真， q：y=sinx在第一象限不具備單調(diào)性，故q是假命題，則p∧q為假命題．故④錯(cuò)誤， 故選：D 　 6．把函數(shù)y=sin（5x﹣）的圖象向右平移個(gè)單位，再把所得函數(shù)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，所得的函數(shù)解析式為（　?。? A． B．

13、 C． D． 【考點(diǎn)】由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式． 【分析】求出第一次變換得到的函數(shù)解析式，再把圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，得到函數(shù)的圖象． 【解答】解：將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位，得到函數(shù)為y=sin[5（x﹣）]=sin（5x﹣）， 再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，可得到函數(shù)的圖象， 故選D． 　 7．已知在實(shí)數(shù)集R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x），滿足f（x+2）是奇函數(shù)，且＞2，則不等式f（x）＞x﹣1的解集是（　　） A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（0，2） D．（﹣∞，1） 【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)． 【分析】確定f（2）=0，令

14、g（x）=f（x）﹣x，則g′（x）=f′（x）﹣＜0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減，即可求出不等式f（x）＞x﹣1的解集． 【解答】解：∵f（x+2）是奇函數(shù)， ∴f（x）關(guān)于（2，0）對(duì)稱，f（2）=0 ∵＞2， ∴0＜f′（x）＜． 令g（x）=f（x）﹣x， 則g′（x）=f′（x）﹣＜0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減， ∵g（2）=f（2）﹣1=﹣1， ∴不等式f（x）＞x﹣1可化為g（x）＞g（2）， ∴x＜2， 故選：A． 　 8．已知函數(shù)f（x）=|mx|﹣|x﹣n|（0＜n＜1+m），若關(guān)于x的不等式f（x）＜0的解集中的整數(shù)恰有3個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（　?。? A．

15、3＜m＜6 B．1＜m＜3 C．0＜m＜1 D．﹣1＜m＜0 【考點(diǎn)】根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷． 【分析】根據(jù)f（x）=|mx|﹣|x﹣n|＜0，及題意得m＞1，從而，再根據(jù)解集中的整數(shù)的個(gè)數(shù)可知2（m﹣1）＜n≤3（m﹣1），解之即可． 【解答】解：∵f（x）=|mx|﹣|x﹣n|＜0，即|mx|＜|x﹣n|， ∴（mx）2﹣（x﹣n）2＜0，即[（m﹣1）x+n][（m+1）x﹣n]＜0， 由題意：m+1＞0，f（x）＜0的解集中的整數(shù)恰好有3個(gè)， 可知必有m﹣1＞0，即m＞1，（否則解集中的整數(shù)不止3個(gè)） 故不等式的解為， ∵0＜n＜1+m，∴， 所以解集中的整數(shù)恰好有

16、3個(gè)當(dāng)且僅當(dāng)， 即2（m﹣1）＜n≤3（m﹣1）， 又n＜1+m，所以2（m﹣1）＜n＜1+m，即2（m﹣1）＜1+m，解得m＜3， 從而1＜m＜3， 故選：B． 　 二、填空題（每小題5分） 9．若復(fù)數(shù)z=（i為虛數(shù)單位），則|z|=　　． 【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)求模． 【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則模的計(jì)算公式即可得出． 【解答】解：∵復(fù)數(shù)z====﹣1+2i． ∴|z|=． 故答案為：． 　 10．已知tanα=2，tan（α+β）=﹣1，則tanβ=　3?。? 【考點(diǎn)】同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用；兩角和與差的正切函數(shù)． 【分析】已知第二個(gè)等式左邊利用兩角和與差的正切函數(shù)

17、公式化簡(jiǎn)，將tanα的值代入即可求出tanβ的值． 【解答】解：∵tan（α+β）==﹣1，tanα=2， ∴=﹣1， 整理得：2+tanβ=﹣1+2tanβ， 解得：tanβ=3． 故答案為：3 　 11．如圖，P是⊙O的直徑AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PC與⊙O相切于點(diǎn)C，∠APC的角平分線交AC于點(diǎn)Q，則∠AQP的大小為　135°?。? 【考點(diǎn)】圓的切線的判定定理的證明． 【分析】要求∠AQP的大小，可以先求其鄰補(bǔ)角∠CQP的大小，即∠OAC+∠OPQ的大小，根據(jù)切線的性質(zhì)，及已知條件，結(jié)合三角形內(nèi)角和定理，我們不難分析出圖中眾多角之間的數(shù)量關(guān)系，最終求出答案． 【解答】解：

18、連接OC，如下圖所示： ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA ∴∠POC=∠OAC+∠OCA=2∠OAC 又∵∠APC的角平分線為PQ ∴∠OPQ=∠CPQ 在△OCP中，∠POC+∠OPC+∠OCP=2（∠OAC+∠OPQ）+∠OCP=180° 又∵∠OCP=90° ∴∠OAC+∠OPQ=45° ∵∠CQP=∠OAC+∠OPQ=45° ∴∠AQP=135° 故答案為：135° 　 12．定義在R上的函數(shù)f（﹣x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x）滿足，且x∈（﹣2，0）時(shí)，f（x）=2x+，則f（log220）=　﹣1　． 【考點(diǎn)】函數(shù)的值． 【分析】24＜

19、20＜25，可得log220∈（4，5）．由于定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（﹣x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x），可得f（﹣x）=﹣f（x），周期T=4．利用奇偶性周期性經(jīng)過(guò)變形即可得出． 【解答】解：∵24＜20＜25， ∴l(xiāng)og220∈（4，5）． 定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（﹣x）+f（x）=0，f（x+4）=f（x）， ∴f（﹣x）=﹣f（x），周期T=4． ∴f（log220）=f（log220﹣4）=﹣f（4﹣log220）=﹣=﹣=﹣=﹣1． 故答案為：﹣1． 　 13．不等式2x2﹣2axy+y2≥0對(duì)任意x∈[1，2]及任意y∈[1，4]恒成

20、立，則實(shí)數(shù)a取值范圍是?。ī仭?，]?。? 【考點(diǎn)】基本不等式在最值問(wèn)題中的應(yīng)用． 【分析】不等式等價(jià)變化為2a≤=+，由x∈[1，2]及y∈[1，4]，求得≤≤4，運(yùn)用基本不等式求得+的最小值即可． 【解答】解：依題意，不等式2x2﹣2axy+y2≤0等價(jià)為2a≤=+， 設(shè)t=， ∵x∈[1，2]及y∈[1，4]， ∴≤≤1，即≤≤4， ∴≤t≤4， 則+=t+， ∵t+≥2=2， 當(dāng)且僅當(dāng)t=，即t=∈[，4]時(shí)取等號(hào)． ∴2a≤2， 即a≤， 故答案為：（﹣∞，]． 　 14．已知函數(shù)f（x）=2x3﹣x2+ax+1在（0，+∞）有兩個(gè)極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為

21、　（0，+∞）?。? 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值． 【分析】求導(dǎo)數(shù)得到f′（x）=6x2﹣ax+a，根據(jù)題意便知方程6x2﹣ax+a=0有兩個(gè)不同的正實(shí)根，這樣根據(jù)韋達(dá)定理便可得出關(guān)于a的不等式，從而得出a的取值范圍． 【解答】解：f′（x）=6x2﹣ax+a； ∵f（x）在（0，+∞）上有兩個(gè)極值； ∴方程6x2﹣ax+a=0在（0，+∞）上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根； ∴根據(jù)韋達(dá)定理； ∴a＞0； ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）． 故答案為：（0，+∞）． 　 三、解答題. 15．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2asinB=b． （1）求角A

22、的大??； （2）若a=4，b+c=8，求△ABC的面積． 【考點(diǎn)】余弦定理；正弦定理． 【分析】（1）由正弦定理將已知等式化成角的正弦的形式，化簡(jiǎn)解出sinA=，再由△ABC是銳角三角形，即可算出角A的大?。? （2）由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccosA的式子，結(jié)合題意化簡(jiǎn)得b2+c2﹣bc=16，與聯(lián)解b+c=8得到bc的值，再根據(jù)三角形的面積公式加以計(jì)算，可得△ABC的面積． 【解答】解：（1）∵△ABC中，， ∴根據(jù)正弦定理，得， ∵銳角△ABC中，sinB＞0， ∴等式兩邊約去sinB，得sinA= ∵A是銳角△ABC的內(nèi)角，∴A=； （2）∵a=4，A=，

23、∴由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccosA，得16=b2+c2﹣2bccos， 化簡(jiǎn)得b2+c2﹣bc=16， ∵b+c=8，平方得b2+c2+2bc=64， ∴兩式相減，得3bc=48，可得bc=16． 因此，△ABC的面積S=bcsinA=×16×sin=4． 　 16．如圖，△ABC內(nèi)接于直徑為BC的圓O，過(guò)點(diǎn)作圓O的切線交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，AE交BC和圓O于點(diǎn)D、E，且=，若PA=2PB=10． （Ⅰ）求證：AC=2AB； （Ⅱ）求AD?DE的值． 【考點(diǎn)】與圓有關(guān)的比例線段；相似三角形的判定． 【分析】（Ⅰ）通過(guò)證明△ABP∽△CAP，然后證明AC=2AB

24、； （Ⅱ）利用切割線定理以及相交弦定理直接求AD?DE的值． 【解答】（Ⅰ）證明：∵PA是圓O的切線，∴∠PAB=∠ACB． 又∠P是公共角 ∴△ABP∽△CAP… ∴， ∴AC=2AB… （Ⅱ）解：由切割線定理得：PA2=PB?PC∴PC=20 又PB=5，∴BC=15… 又∵ ∴CD=2DB， ∴CD=10，DB=5… 又由相交弦定理得：AD?DE=CD?DB=50… 　 17．命題p：關(guān)于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＜0的解集是空集，命題q：已知二次函數(shù)f（x）=x2﹣mx+2滿足，且當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，最大值是2，若命題“p且q”為假，“p或q”為真，

25、求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 【考點(diǎn)】復(fù)合命題的真假． 【分析】對(duì)于命題p：由關(guān)于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＜0的解集是空集，可得△≤0，解得p的取值范圍．由已知得二次函數(shù)f（x）=x2﹣mx+2的對(duì)稱軸為，可得m，可得f（x）=x2﹣3x+2，當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，最大值是2，由對(duì)稱性知a的取值范圍．由命題“p且q”為假，“p或q”為真，可知：p，q恰一真一假． 【解答】解：對(duì)于命題p：∵關(guān)于x的不等式x2+（a﹣1）x+a2＜0的解集是空集， ∴△=﹣3a2﹣2a+1≤0，解得， 由已知得二次函數(shù)f（x）=x2﹣mx+2的對(duì)稱軸為， 即，∴m=3，f（x）=x2﹣3x+2， 當(dāng)

26、x∈[0，a]時(shí)，最大值是2，由對(duì)稱性知q：0＜a≤3． 由命題“p且q”為假，“p或q”為真，可知：p，q恰一真一假． 當(dāng)p真q假時(shí)，，∴a≤﹣1或a＞3， 當(dāng)p假q真時(shí)，，∴， 綜上可得，． 　 18．已知函數(shù) f（x）=sin2x+sinxcosx+，x∈R， （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期T及在[﹣π，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； （Ⅱ）若關(guān)于x的方程f（x）+k=0，在區(qū)間[0，]上且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 【考點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；正弦函數(shù)的圖象． 【分析】（Ⅰ）由二倍角公式及輔助角公式將f（x）化簡(jiǎn)，由f（x）的最小正周期T==，即可求得f（

27、x）的最小正周期，根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，即可求得[﹣π，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； （Ⅱ）由，求得，則f（x）+k=0在區(qū)間上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，由函數(shù)圖象即可求得實(shí)數(shù)k的取值范圍． 【解答】解：（Ⅰ）由已知， =， =… ∴… 又因?yàn)椋? ∴．… 當(dāng)k=0時(shí)； 當(dāng)k=﹣1時(shí)， ∴函數(shù)f（x）在[﹣π，π]的單調(diào)遞減區(qū)間為和… （Ⅱ）由， 所以， ∴，… f（x）+k=0在區(qū)間上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解， 即函數(shù)與y=﹣k﹣2在區(qū)間上有且只有一個(gè)交點(diǎn)， 由函數(shù)的圖象可知﹣k﹣2=1 ∴… 　 19．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax，（a∈R） （Ⅰ）若函數(shù)f（x）

28、在點(diǎn)（1，f（1））處切線方程為y=3x+b，求a，b的值； （Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f（x）在[1，2]上的最小值； （Ⅲ）設(shè)g（x）=x2﹣2x+2，若對(duì)任意x1∈（0，+∞），均存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＜g（x2），求a的取值范圍． 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程． 【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f'（1）=3，求出a的值，根據(jù)f（1）=2求出b的值即可； （Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的最小值即可； （Ⅲ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x1）max＜g（x2）max，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可

29、． 【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=lnx﹣ax得， f'（1）=3?1﹣a=3?a=﹣2， 則f（x）=lnx+2x，f（1）=2點(diǎn)（1，2）為切點(diǎn)， 則2=3+b ?b=﹣1， （Ⅱ）由f（x）=lnx﹣ax， ∴f（x）在（0，）遞增，在（，+∞）遞減， ①當(dāng)≤1，即a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)， ∴f（x）的最小值是f（2）=ln2﹣2a； ②當(dāng)≥2，即時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)， ∴f（x）的最小值是f（1）=﹣a； ③當(dāng)1＜＜2，即＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，]上是增函數(shù)，在[，2]是減函數(shù)． 又f（2）﹣f（1）=l

30、n2﹣a， ∴當(dāng)＜a＜ln2時(shí)，最小值是f（1）=﹣a， 當(dāng)ln2≤a＜1時(shí)，最小值為f（2）=ln2﹣2a； 綜上可知，當(dāng)0＜a＜ln2時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值是f（x）min=﹣a； 當(dāng)a≥ln2時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值是f（x）min=ln2﹣2a， （Ⅲ）由條件得f（x1）max＜g（x2）max， 又∵g（x2）max=2， ∴f（x1）max＜2． 若a≤0，則f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增， x→+∞，f（x）→+∞，不符題意； ∴a＞0由Ⅱ可知， 得：． 　 20．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax，（a∈R） （Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)區(qū)間[e，+∞]

31、處上為增函數(shù)，求a的取值范圍； （Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，且k∈Z時(shí)，不等式 k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值； （Ⅲ）n＞m≥4時(shí)，證明：（mnn）m＞（nmm）n． 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到a≥（﹣1﹣lnx）max=﹣1﹣lne=﹣2，從而求出a的范圍即可； （Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出a的值，得到對(duì)任意x＞1恒成立，令，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出k的最大值； （Ⅲ）當(dāng)n＞m≥4，得到，整理即可． 【解

32、答】解：（Ⅰ）∵f（x）=ax+xlnx， 又函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數(shù)， ∴當(dāng)x≥e時(shí)，f'（x）=a+1+lnx≥0恒成立， ∴a≥（﹣1﹣lnx）max=﹣1﹣lne=﹣2， 即a的取值范圍為[﹣2，+∞）；… （Ⅱ）因?yàn)閒（x）=ax+xlnx（a∈R）， 所以f'（x）=a+lnx+1f（x）在點(diǎn)x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3， f'（e）=3，即a+lne+1=3，∴a=1… 當(dāng)x＞1時(shí)，x﹣1＞0，故不等式， 即對(duì)任意x＞1恒成立， 令則． 令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）， 則在（1，+∞）上單增， ∵h(yuǎn)（3）=1﹣ln

33、3＜0，h（4）=2﹣ln4＞0， ∴存在x0∈（3，4）使h（x0）=0，… 即當(dāng)1＜x＜x0時(shí)，h（x）＜0，即g'（x）＜0， 當(dāng)x＞x0時(shí)，h（x）＞0，即g'（x）＞0， ∴g（x）在（1，x0）上單減，在（x0，+∞）上單增． 令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2， ，… ∴k＜g（x）min=x0且k∈Z， 即kmax=3… 證明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知，是[4，+∞）上的增函數(shù)， 所以當(dāng)n＞m≥4， … 整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+n﹣m 因?yàn)閚＞m，mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn… 即lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn， ln（nmnmm）＞ln（mmnnn）， nmnmm＞mmnnn， ∴（mnn）m＞（nmm）n… 　 xx9月19日