2022年广东省汕头市高考数学一模试卷（学生版+解析版）.docx下载_163文库

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2、1，2a3，a5成等差数列，则a1（）A52-5B52+5C52D55（5分）已知a=ln22，b=1e，c=ln55，则以下不等式正确的是（）AcbaBabcCbacDbca6（5分）点G在圆（x+2）2+y22上运动，直线xy30分别与x轴，y轴交于M，N两点，则MNG面积的最大值是（）A10B232C92D2127（5分）已知(0，2)，tan(+4)=-23tan，则sincos2sin+cos=（）A-12B-35C3D-538（5分）定义在R上的偶函数f（x）满足f（2x）f（2+x），且当x0，2时，f(x)=2x-1，0x12sin2x-1，1x2，若关于x的方程mln|x|f

3、（x）至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（）A-1ln6，0)(0，1ln5B-1ln6，1ln5C(-1ln6，0)(0，1ln5)D(-1ln6，1ln5)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如表，根据成绩表作出如图，则下列说法正确的是（）第一次第二次第三次第四次第五次第六次王伟988791928895张诚907688758680赵磊686573727582班级平均分88.278.385.480.3

4、75.782.6A王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平B张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平C赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小D赵磊同学的数学成绩波动上升（多选）10（5分）已知正实数a，b满足a+2bab，则以下不等式正确的是（）A2a+1b2Ba+2b8Clog2a+log2b3D2a+b9（多选）11（5分）对于函数f（x）|sinx|+cos2x，下列结论正确得是（）Af（x）的值域为0，98Bf（x）在0，2单调递增Cf（x）的图象关于直线x=4对称Df（x）的最小正周期为（多选）12（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a

5、，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=22a则下列结论正确的是（）A当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为3B三棱锥BAEF的体积为定值CEF在平面ABB1A1内的射影长为12aD当E向D1运动时，二面角AEFB的平面角保持不变三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分13（5分）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：70，75），75，80），80，85），85，90），90，95），95，100，得到如图所示的频率分布直方图，则a

6、 14（5分）已知四边形ABCD中，ABCD，AB3CD3，AD=BC=2，点E是CD的中点，则AEBD= 15（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1，l1，l2为C的两条渐近线，过C的右焦点F作l1的垂线，垂足为A，且该垂线交l2于点B，若BA=3AF，则曲线C的离心率e 16（5分）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是2m（mN*）将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类

7、推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为人若待检测的总人数为2m（m3），且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在C2B；ABC的面积为74；sin(B+C)=33这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不

8、存在，说明理由问题：是否存在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，a1，b2，_？18（12分）已知数列an的前n项和为Sn，3an=2Sn+2n(nN*)（1）证明：数列an+1为等比数列，并求数列an的前n项和为Sn；（2）设bnlog3（an+1+1），证明：1b12+1b22+1bn2119（12分）足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负“点球大战”的规则如下：两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢

9、满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0，则不需再踢第5轮了；若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是35在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负设甲队每名球员射进点球的概率为35，乙队每名球员射进点球的概率为12每轮点

10、球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率20（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD，ABC是底面的内接正三角形，且DO6，P是线段DO上一点（1）是否存在点P，使得PA平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；（2）当PO为何值时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大21（12分）已知M（x0，0），N（0，y0）两点分别在x轴和y轴上运动，且|MN|1，若动点G满足OG=2OM+ON，动点G的轨迹为E（1）求E的方程；（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，Q(433，

12、|z|（）A134B3C132D133【解答】解：（1+i）2z3+2i，2iz3+2i，即z=3+2i2i=(3+2i)i2i2=1-32i，|z|=12+(-32)2=132故选：C3（5分）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率（）A916B34C227D49【解答】解：先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有C42=6种，然后将3个项目全排列，共有A33=6种排法，故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为6636种，4

13、名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数3481种，每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率P=3681=49故选：D4（5分）已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1（）A52-5B52+5C52D5【解答】解：设各项均为正数的等比数列an的公比为q，q0，由前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，可得a1+a1q+a1q2+a1q315，4a34a1+a5，即4a1+a1q44a1q2，即q220，解得q=2，a152-5，故选：A5（5分）已知a=ln22，b=1e，c=ln55，则以下不等式正确的是（）AcbaBabcCb

14、acDbca【解答】解：令f（x）=lnxx，则f（x）=1-lnxx2，当0xe时，f（x）0，f（x）单调递增，当xe时，f（x）0，f（x）单调递减，因为2e5，所以f（2）f（e），f（e）f（5），因为f（2）f（5）=ln22-ln55=5ln2-2ln510=ln32-ln25100，所以f（2）f（5），即f（e）f（2）f（5），所以bac故选：C6（5分）点G在圆（x+2）2+y22上运动，直线xy30分别与x轴，y轴交于M，N两点，则MNG面积的最大值是（）A10B232C92D212【解答】解：直线xy30分别与x轴，y轴交于M，N两点，M（3，0），N（0，3），则|

15、MN|=32+32=32，圆（x+2）2+y22的圆心为（2，0），半径为2，圆心到直线xy30的距离为|-2-0-3|2=522，则点G到直线xy30的距离的最大值为522+2=722，故MNG面积的最大值是1232722=212故选：D7（5分）已知(0，2)，tan(+4)=-23tan，则sincos2sin+cos=（）A-12B-35C3D-53【解答】解：(0，2)，tan(+4)=-23tan，1+tan1-tan=-23tan，2tan25tan30，tan3或tan=-12（舍去），由sincos=3sin2+cos2=1，又(0，2)，解得sin=31010cos=101

16、0，sincos2sin+cos=sin(cos2-sin2)sin+cos=sin（cossin）=31010（-21010）=-35，故选：B8（5分）定义在R上的偶函数f（x）满足f（2x）f（2+x），且当x0，2时，f(x)=2x-1，0x12sin2x-1，1x2，若关于x的方程mln|x|f（x）至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（）A-1ln6，0)(0，1ln5B-1ln6，1ln5C(-1ln6，0)(0，1ln5)D(-1ln6，1ln5)【解答】解：因为f（2x）f（2+x），且f（x）为偶函数所以f（x2）f（x+2），即f（x）f（x+4），所以函数f（x）是以

17、4为周期的周期函数，作出yf（x），ymlnx在同一坐标系的图象，如图，因为方程mln|x|f（x）至少有8个实数解，所以yf（x），ymln|x|图象至少有8个交点，根据yf（x），ymln|x|的图象都为偶函数可知，图象在 y 轴右侧至少有4个交点，由图可知，当m0时，只需mln51，即0m1ln5，当m0时，只需mln61，即-1ln6m0，当m0时，由图可知显然成立，综上可知，-1ln6m1ln5故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）某校高一（1）班王伟、张诚、

18、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如表，根据成绩表作出如图，则下列说法正确的是（）第一次第二次第三次第四次第五次第六次王伟988791928895张诚907688758680赵磊686573727582班级平均分88.278.385.480.375.782.6A王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平B张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平C赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小D赵磊同学的数学成绩波动上升【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，由表格可知：王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均成绩，A正确；对于B，第二次考试中，张诚同学的数学学习

19、成绩低于平均成绩，B错误；对于C，由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小，C正确；对于D，由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩有波动，但总体是上升趋势，D正确；故选：ACD（多选）10（5分）已知正实数a，b满足a+2bab，则以下不等式正确的是（）A2a+1b2Ba+2b8Clog2a+log2b3D2a+b9【解答】解：正实数a，b满足a+2bab，2a+1b=1，A：2a+1b=1，A错误，B：a+2b（a+2b）（2a+1b）=ab+4ba+424+48，当且仅当a4，b2时取等号，B正确，C：1=2a+1b22ab，ab8，当且仅当a4，b2时取

22、于A：B1D1=2a，故当E与D1重合时，F为B1D1的中点，又AD1BC1，故FBC1为异面直线AE与BF所成的角，此时，C1F=22a，BC1=2a，BF=B1F2+BB12=62a，cosFBC1=BF2+BC12-C1F22BFBC1=32a2+2a2-12a2262a2a=32，FBC1=6，故A错误对于B：B到直线B1D1的距离不变，A到平面BEF的距离不变，故三棱锥ABEF的底面积和高均不发生变化，故三棱锥ABEF的体积不变，故B正确；对于C：D1B1A145，EF在平面ABB1A1内的射影长为22asin45=12a，故C正确；对于D：二面角AEFB与二面角AB1D1B是同一个

23、二面角，故当E点运动时，二面角大小不变，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分13（5分）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：70，75），75，80），80，85），85，90），90，95），95，100，得到如图所示的频率分布直方图，则a0.050【解答】解：由频率分布直方图得：（0.025+0.035+0.040+a+0.030+0.020）51，解得a0.050故答案为：0.05014（5分）已知四边形ABC

24、D中，ABCD，AB3CD3，AD=BC=2，点E是CD的中点，则AEBD=2【解答】解：如图，分别过点C，D作CGAB，DFAB，垂足分别为G，F由题得四边形ABCD为等腰梯形，AFBG1，DF=(2)2-1=1，所以DAF45由题得 AEBD=(AD+DE)(AD-AB)=(AD+16AB)(AD-AB)=-56ABAD+2-169=-562322+12=-2 故答案为：215（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1，l1，l2为C的两条渐近线，过C的右焦点F作l1的垂线，垂足为A，且该垂线交l2于点B，若BA=3AF，则曲线C的离心率e263【解答】解：不妨设l1为y=bax，l2为

25、y=-bax，过右焦点F作l1的垂线，垂足为A，有该垂线交l2于点B，F（c，0），则直线AB的方程为y=-ab（xc），联立y=-ab(x-c)y=bax，解得A的坐标为（a2c，abc），联立y=-ab(x-c)y=-bax，解得B的坐标为（a2ca2-b2，abcb2-a2），则BA=（a2c-a2ca2-b2，abc-abcb2-a2），AF=（c-a2c，-abc），BA=3AF，（a2c-a2ca2-b2，abc-abcb2-a2）3（c-a2c，-abc），abc-abcb2-a2=-3abc，4c=cb2-a2，即4（b2a2）c2b2+a2，3b25a2，b2a2=53，e=

26、1+b2a2=1+53=263故答案为：26316（5分）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是2m（mN*）将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染

27、者人数最多为 1人若待检测的总人数为2m（m3），且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为 4m1【解答】解：若待检测的总人数为8，则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，则共需检测7次，此时感染者人数最多为1人，若待检测的总人数为2m（m3），且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可，若只有1个感染者，则只需1+2m2m+1次检测，若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为2m1组，每组感染1个感染者，此时每组需要1+2（m1）2m1次检

28、测，所以此时两组共需2（2m1）4m2次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需4m2+14m1次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，故n的最大值为4m1故答案为：1；4m1四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在C2B；ABC的面积为74；sin(B+C)=33这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，a1，b2，_？【解答】解：若选，则A3B，且ABC，因为a1，b2，由正弦定理得asinA=bsinB

29、=csinC，则1sin(-3B)=2sinB，即1sin3B=2sinB，所以2sin3BsinB，2（3sinB4sin3B）sinB，得sin2B=58，因为B（0，），所以sinB=104，因为ABC，所以角B为锐角，所以cosB=1-sin2B=64，所以sinC=sin2B=2sinBcosB=210464=154，所以由正弦定理得c=bsinCsinB=2154104=6；若选，则由ABC的面积为74，a=1，b=2，得12absinC=sinC=74，所以cosC=1-sin2C=34，当C为锐角时，cosC=34，此时由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC=1+4-2

30、1234=2，所以c=2，当C为钝角时，cosC=-34，此时由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC=1+4+21234=8，所以c=22，综上，c=2或c=22；若选，由sin(B+C)=33，得sin(B+C)=sin(-A)=sinA=33，由正弦定理得asinA=bsinB，则sinB=bsinAa=2331=2331，所以三角形不存在18（12分）已知数列an的前n项和为Sn，3an=2Sn+2n(nN*)（1）证明：数列an+1为等比数列，并求数列an的前n项和为Sn；（2）设bnlog3（an+1+1），证明：1b12+1b22+1bn21【解答】证明：（1）当n1时，3

31、a12S1+2，即a12，由3an2Sn+2n，则3an12Sn1+2（n1），n2，两式相减可得3an3an12an+2，即an3an1+2，所以an+13（an1+1），即an+1an-1+1=3，数列an+1为等比数列；则an+1=(2+1)3n-1=3n，所以an=3n-1，则Sn=(3+32+3n)-n=3(1-3n)1-3=3n+1-32-n（2）bn=log3(an+1+1)=log33n+1=n+1，所以1bn2=1(n+1)21n(n+1)=1n-1n+1，所以1b12+1b22+1bn2(1-12)+(12-13)+(1n-1n+1)=1-1n+1119（12分）足球比赛全

32、场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负“点球大战”的规则如下：两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0，则不需再踢第5轮了；若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是35在一次赛

33、前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负设甲队每名球员射进点球的概率为35，乙队每名球员射进点球的概率为12每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率【解答】解：（1）由题意可得，XB（3，35），X所有可能的取值为0，1，2，3，P（X0）=(1-35)3=8125，P（X1）=C3135(1-35)2=36125，P（X2）=C32(35)2(1-35)=54125，P（X3）=(3

34、5)3=27125，故X的分布列为：X 0 1 23 P 8125 36125 5412527125 故E（X）=335=95（2）记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件A，由题意可知，在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数之比为：“甲VS乙：3：0”记为事件A1，或：“甲VS乙：3：1”记为事件A2，则AA1+A2，且A1与A2互斥，P（A1）=C32(35)2(1-35)35(1-12)4=815000，P(A2)=(35)3(1-35)C3112(1-12)212+C32(35)2(1-35)35C4112(1-12)3=811000，故P（A）P（A1+

35、A2）P（A1）+P（A2）=815000+815000=243250020（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD，ABC是底面的内接正三角形，且DO6，P是线段DO上一点（1）是否存在点P，使得PA平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；（2）当PO为何值时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大【解答】解：由题意得，设AEAD2r，则在RtDOA中，AD2AO2DO2，所以（2r）2r262，r23，又ABC是底面的内接正三角形，AB2rsin604332=6，ABACBC6，AHBC，设AEBCH，OHHE=3，过H作HQ面ABC，则

36、以H为坐标原点，分别以HA，HB，HQ为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，H（0，0，0），A（33，0，0），E（-3，0，0），B（0，3，0），O（3，0，0），因为P是线段DO上一点，设POa，a0，6，P（3，0，a），（1）假设存在点P，使得PA平面PBC，此时PA=（23，0，a），PB=（-3，3，a），PC=（-3，3，a），因为PA平面PBC，PAPB，则PAPB=-6+0+a20，a=6，PA=（23，0，-6），PB=（-3，3，-6），PC=（-3，3，-6），PAPC=0，PAPC，存在点P，使得PA平面PBC，此时PO=6；（2）设平面PBC的法向量为n=（x，

37、y，z），则CB=（0，6，0），PB=（-3，3，a），nPB=0nCB=0，即6y=0-3x+3y-az=0，令xa，z=-3，y0，则n=（a，0，-3），又因为EP=（23，0，a），设直线EP与面PBC所成的角为，sin|EPn|EP|n|=3aa2+3a2+12=3a2(a2+3)(a2+12)=31a2+36a2+153112+15=13，当且仅当a2=36a2，即a=6时取等号，当PO=6时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大21（12分）已知M（x0，0），N（0，y0）两点分别在x轴和y轴上运动，且|MN|1，若动点G满足OG=2OM+ON，动点G的轨迹为E（1）求E的

38、方程；（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，Q(433，0)总满足AQOBQO，证明：直线l过定点【解答】解：（1）因为OG=2OM+ON，即（x，y）2（x0，0）+（0，y0）（2x0，y0），所以x2x0，yy0，则x0=x2，y0=y，又|MN|1，得x02+y02=1，即(x2)2+y2=1，所以动点G的轨迹方程E为：x24+y2=1；证明：（2）设直线l的方程为：ykx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），则y1kx1+m，y2kx2+m，x24+y2=1y=kx+m，消去y，得（4k2+1）x2+8kmx+4m240，由64k2m216（4k2+1）（m

39、21）0，得m24k2+1，x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1，直线AQ的斜率为kAQ=y1x1-433，直线BQ的斜率为kBQ=y2x2-433，又AQOBQO，所以kAQkBQ，即y1x1-433=-y2x2-433，整理得y1x2+x1y2-433y1-433y2=0，即2kx1x2+(m-433k)(x1+x2)-833m=0，所以8k(m2-1)4k2+1-8km24k2+1+3233k2m4k2+1-833m=0，由4k2+10，化简得m=-3k，所以y=kx-3k=k(x-3)，故直线过定点(3，0)22（12分）已知函数f（x）（x1）exax（aR

40、且a为常数）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）若f（x）lnxex+1对任意的x（0，+）恒成立，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为R，则f（x）xexa，令g（x）xexa，则g（x）（x+1）ex，由g（x）0，可得x1，列表如下： x （，1）1 （1，+） h（x） 0+ h（x）减极小值-1e增且当x0时，h（x）xex0；当x0时，h（x）xex0，作出函数h（x）与函数ya的图象如下图所示：（i）当-1ea0时，直线ya与函数h（x）的图象有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为x1，x2，且x1x2，由图可知，当xx1或xx2时，f（x）xe

41、xa0，当x1xx2时，f（x）xexa0，此时，函数f（x）有2个极值点；（ii）当a0时，由图可知，直线ya与函数h（x）的图象有一个交点，设其横坐标为x0，且x00，当xx0时，f（x）xexa0；当xx0时，f（x）xexa0，此时函数f（x）只有1个极值点，综上所述，当a-1e 时，函数f（x）无极值点，当-1ea0时，函数f（x）有2个极值点，当 a0时，函数f（x）只有1个极值点（2）解：不等式f（x）lnxex+1对任意的x（0，+）恒成立，等价于xexlnx1ax对任意的x（0，+）恒成立，所以，aex-lnx+1x对任意的x（0，+）恒成立，令F(x)=ex-lnx+1x

42、，其中x（0，+），则F(x)=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，令（x）x2ex+lnx，其中x（0，+），则(x)=(x2+2x)ex+1x0对任意的x（0，+）恒成立，所以，函数（x）在（0，+）上单调递增，因为(1e)=e1e-2-10，(1)=e0，故存在t(1e，1)，使得（t）t2et+lnt0，当0xt时，F（x）0，此时函数F（x）单调递减，当xt时，F（x）0，此时函数F（x）单调递增，所以，F(x)min=F(t)=et-lnt+1t，因为t2etlnt，则tet=-lntt=-lnte-lnt，因为t(1e，1)，则lnt（0，1），因为函数h（x）xex在（0，+）上单调递增，由tetlntelnt可得h（t）h（lnt），故tlnt，可得et=1t，所以，F(x)=F(t)=et-lnt+1t=1t-t+1t=1，故a1第22页（共22页）

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