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- 2021-06-09 发布
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- 1 -
“超级全能生”2020 高考浙江省 3 月联考(B)
数学
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一
项是符合题目要求的.
1. 已知全集 1,0,1,2,3,4U ,集合 | 1, A x x x N , 1,3B ,则 U BA ð
( )
A. 4 B. 2,4
C. 1,2,4 D. 1,0,2,4
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算 A B ,再计算 U A Bð .
【详解】因为 | 1, A x x x N , 1,3B ,所以 0,1,3A B ,
则 1,2,4U A B ð .
故选:C.
【点睛】本题考查集合的并集及补集运算,比较简单,紧扣并集、补集的概念进行运算即可.
2. 已知复数 z 满足 1 3 1 z i i (i 为虚数单位),则复数 z 的虚部为( )
A. 2
5
B. 2
5
C. 2
5 i D. 2
5 i
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的运算法则求得 z ,即可求得其虚部.
【详解】因为 1 3 1 z i i ,
故可得
1 1 31 2 4 1 2
1 3 1 3 1 3 10 5 5
i ii iz ii i i
,
故其虚部为 2
5
.
故选: A .
- 2 -
【点睛】本题考查复数的运算,以及虚部的辨识,属基础题.
3. 设 m 、n 是两条不同的直线, 、 是两个不同的平面,已知 m ,n ,则“ //m ,
n// ”是“ // ”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
利用面面平行的判定和性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
【详解】充分性:已知 m , n ,由于 //m , n// ,若 //m n ,则 与 不一定平
行,充分性不成立;
必要性:已知 m , n ,若 // ,由面面平行的性质可得 //m , n// ,必要性成
立.
因此,“ //m , n// ”是“ // ”的必要不充分条件.
故选:B.
【点睛】本题考查充分不必要条件的判断,同时也考查了面面平行的判定与性质定理的应用,
考查推理能力,属于基础题.
4. 函数 ln 1 x xf x x
的图象是( )
A. B.
C. D.
- 3 -
【答案】A
【解析】
【分析】
利用特殊点的函数值,由排除法得解.
【详解】解: 3 2(3) 2 03
lnf ln ,故排除 D ;
( 1) 2 0f ln ,故排除 C ;
1 1( ) 02 2f ln ,故排除 B ;
故选: A .
【点睛】本题考查函数图象的确定,属于基础题.
5. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A. 5 B. 34 2
C. 4 3 D. 4 5
【答案】C
【解析】
【分析】
首先把三视图转换为几何体,进一步求出几何体的表面积.
【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为以底面半径为 1,高为 2 的圆
柱的一半,
所以 2 2 2 4 3S .
故选:C .
【点睛】本题考查的知识要点:三视图和几何体之间的转换,几何体的表面积公式的应用,主
要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题.
- 4 -
6. 小明同学去文具店购买文具,现有四种不同样式的笔记本可供选择(可以有笔记本不被选
择),单价均为一元一本,小明只有8 元钱且要求全部花完,则不同的选购方法共有( )
A. 70 种 B. 165种 C. 280 种 D. 1860种
【答案】B
【解析】
【分析】
将问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里,允许有空盒,进一步转化为:将12
个完全相同的小球放入 4 个盒子里,每个盒子里至少有1个球,利用隔板法可得出结果.
【详解】问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里,允许有空盒.
进一步转化为:将12个完全相同的小球放入 4 个盒子里,每个盒子里至少有1个球.
由隔板法可知,不同的选购方法有 3
11 165C 种.
故选:B.
【点睛】本题考查利用隔板法解决实际问题,将问题进行等价转化是解题的关键,考查计算
能力,属于中等题.
7. 在数列 na 中, 1 1a , 2 3a ,且 2 2 1 nn
n
a n Na
, nS 为数列 na 的前 n 项
和,则 100S ( )
A.
50
013 52
B. 503 1 3
502
C. 503 3 1
502
D. 1003 3 1
502
【答案】C
【解析】
【分析】
对关系式 2 2 1 nn
n
a n Na
中的 n 分奇偶进行讨论,然后利用求和公式计算即可.
【详解】由题意 2 2 1 nn
n
a n Na
,当 n 为偶数时,可得 2 3n
n
a
a
;
- 5 -
当 n 为奇数时,可得 2 1n
n
a
a
,即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列,奇数项都为 1,
由求和公式可得 5050
100
3 33 3
50 503
1
1 2
1
S
,
故选:C
【点睛】本题考查了数列递推关系,等比数列的通项公式和求和公式,考查推理能力和计算
能力,属于中档题.
8. 已知点 F 为双曲线
2 2
2 2: 1 , 0x yC a ba b
的右焦点,直线 y kx , 3 , 33k
与双
曲线C 交于 A , B 两点,若 AF BF ,则该双曲线的离心率的取值范围是( )
A. 2, 2 6 B. 2, 3 1 C. 2, 3 1 D.
2 2 6 ,
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线 y kx 的倾斜角为 ,则 3tan , 33k
,所以 AOF ,设双曲线的左焦
点为 F,设点 A 在第一象限内,连接 ,F B F A , 由 AF BF ,根据双曲线的对称性可得四
边形 F BFA 为矩形,所以 2F F BA c ,所以 OA c ,设 cos , sinA c c ,代入椭
圆方程,得到关于 e 的方程,解出 e 即可.
【详解】设直线 y kx 的倾斜角为 ,则 3tan , 33k
,所以 AOF .
设双曲线的左焦点为 F ,设点 A 在第一象限内,连接 ,F B F A , 由 AF BF
根据双曲线的对称性可得四边形 F BFA 为矩形,所以 2F F BA c ,所以OA c
则设 cos , sinA c c ,代入双曲线方程可得:
2 2 2 2
2 2
cos sin 1c c
a b
即
2 2 2 2
2 2 2
cos sin 1c c
a c a
,所以
2 2
2 2
2
sincos 11
ee e
- 6 -
所以 4 2 2cos 2 1 0e e ,可得
2
2
2 2
2 4 4cos 1 sin 1
2cos cos 1 sine
由 3tan , 33
,可得
2 2
2
2 2 2 2
sin tan 1 1 3sin 1 ,sin cos 1 tan 1 tan 4 4
所以 1 3sin ,2 2
,
所以 2 1 2,4 2 31 sine
,即 2, 3 1e
故选:B
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查转化思想以及计算能力,属于中档题.
9. 在长方体 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是边长为 4 的正方形,侧棱 1 4 AA t t ,
点 E 是 BC 的中点,点 P 是侧面 1 1ABB A 内的动点(包括四条边上的点),且满足
tan 4tan APD EPB ,则四棱锥 P ABED 的体积的最大值是( )
A. 4 3
4
B. 16 3 C. 16 3
3
D. 64 3
9
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意画出图象,根据 tan 4tanAPD EPB ,求出 1
2PA PB ,设 PN h , AN x ,则
4BN x , [0x , 4] ,由 1
2PA PB ,得 2 21
4PA PB ,即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x ,求
出 2h 的解析式,可得 h 的最大值,再由棱锥体积公式求解.
【详解】解:作 PN AB 于 N ,在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,
DA 平面 1 1A ABB ,CB 平面 1 1A ABB ,
- 7 -
在 Rt PAD 和 Rt PBC 中, tan ADAPD AP
, tan BEEPB PB
,
tan 4tanAPD EPB , 1
2
1
2BE BC AD , 1
2PA PB ,
设 PN h , AN x ,则 4BN x , [0x , 4],
由 1
2PA PB ,得 2 21
4PA PB ,即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x ,
整理得 2 2 8 16
3 3h x x , [0x , 4],开口向下,对称轴为 4
3x ,
在 [0x , 4]单调递减,则 0x 时, 2h 取到最大值16
3
,即 h 的最大值为 4 3
3
.
四棱锥 P ABED 的体积的最大值是 1 1 4 3 16 3(2 4) 43 2 3 3
.
故选:C .
【点睛】考查棱柱、棱锥的体积的计算,利用了构造函数法及单调性和最值,属于中档题.
10. 已知实数 ,x y 满足 2 2 4 5 5 x xy y ,则 2 22x y 的最小值为( )
A. 5
3
B. 10
3
C. 10 9
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
设 2 22x y m ,代入所给等式同时平方后的式子,化简等式为关于 y 的一元二次方程,根
据方程有解则判别式不小于零列出不等式求解 m 的最小值即可.
【详解】设 2 22x y m ,则 2 22x m y ,
- 8 -
2 2 4 5 5x xy y , 2 24 5 5xy x y ,
则 22 2 2 216 5 5x y x y , 22 2 216 2 5 7y m y m y ,
4 2 281 (30 70) ( 5) 0y m y m ,
设 2y t ,则 2 281 (30 70) ( 5) 0t m t m ,
2 2(30 70) 4 81( 5) 0m m
,解得 10
3m ,
2 22x y 的最小值为10
3
.
故选:B
【点睛】本题考查条件等式求最值,属于中档题.
二、填空题:本大题共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 4 分,共 36 分.把答案填在
题中的横线上.
11. 椭圆
2 2
12 4
x y 的焦距是______.
【答案】 2 2
【解析】
【分析】
根据椭圆中 a ,b , c 的数量关系求解.
【详解】解:椭圆
2 2
12 4
x y 的焦距是 2 22 2 2 4 2 2 2c a b .
故答案为: 2 2 .
【点睛】本题考查了椭圆中 a ,b , c 的数量关系,属于基础题.
12. 在二项式
92x x
的展开式中,常数项是______;有理项的个数为______.
【答案】 (1). 672 (2). 5
【解析】
【分析】
写出二项展开式的通项,由 x 的指数为 0 求得常数项;再由 x 的指数为整数求得有理数的项的
个数
- 9 -
【详解】解:二项式
92x x
的展开式的通项为
9 39
2
1 9 9
2 2
r rr rr r
rT C x C xx
.
由 9 3 0 32
r r ,得常数项是 3 3
92 672C ;
当 1r ,3,5,7,9 时, x 的指数为整数,
有理项的个数是 5 个;
故答案为: 672 ;5.
【点睛】本题考查二项式定理及其应用,关键是熟记二项展开式的通项,属于基础题
13. 在锐角 ABC 中,角 A ,B ,C 所对的边分别是 a ,b ,c ,
3A , 7a , 3c ,
则b ______,sin sinB C ______.
【答案】 (1). 2 (2). 5 21
14
【解析】
【分析】
先利用余弦定理解出b ,再利用正弦定理解出sin B 和sinC ,从而得到答案.
【详解】由 2 2 2 2 cosa b c bc A 得: 2b 或 1b ,因为锐角 ABC ,所以 2b ;由
sin sin sin
a b c
A B C
可得: 21sin 7B , 3 21sin 14C ,∴ 5 21sin sin 14B C .
故答案为:2, 5 21
14
.
【点睛】本题考查正、余弦定理的综合运用,较易.当利用余弦定理解某一边出现两解时,一
定要根据题目条件合理取舍.
14. 设变量 x 、 y 满足约束条件
2 0
2 0
1
0
x y
x y
x
y
,则目标函数 2
4
y
xz 的最大值为______,最小
值为______.
【答案】 (1). 8 (2). 1
16
【解析】
【分析】
- 10 -
作出不等式组所表示的可行域,平移直线 2t y x ,观察该直线在 y 轴截距最大和最小时对
应的最优解,代入目标函数计算即可得解.
【详解】作出不等式组
2 0
2 0
1
0
x y
x y
x
y
所表示的可行域如下图所示:
联立 1
2 0
x
x y
,解得 1
1
x
y
,即点 1,1C ;
联立 2 0
0
x y
y
,解得 2
0
x
y
,即点 2,0A .
令 2t y x ,则 22 2 24
y
y x t
xz ,平移直线 2t y x ,
当直线 2t y x 经过可行域的顶点 A 时,直线 2t y x 在 y 轴上的截距最小,此时 z 取最
小值,即 0 2 2
min
12 16z ;
当直线 2t y x 经过可行域的顶点C 时,直线 2t y x 在 y 轴上的截距最大,此时 z 取最
大值,即 1 2 1
max 2 8z .
故答案为:8 ; 1
16
.
【点睛】本题考查指数型线性目标函数最值的求解,一般利用平移直线的方法找出最优解,
考查数形结合思想的应用,属于基础题.
15. 十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数
列”,斐波那契数列 na 满足以下关系: 1 1a , 2 1a , 1 2 3 n n na a a n ,n N ,
记其前 n 项和为 nS ,设 2020a m ( m 为常数),则 2018 2020S a ______;
- 11 -
1 3 5 2019 a a a a ______.
【答案】 (1). 1 (2). m
【解析】
【分析】
因 为 斐 波 那 契 数 列 na 满 足 1 1a , 2 1a , 通 过 归 纳 可 以 得 出
2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S , 1 3 5 2019 1 2018a a a a a S ,代入即
可求解
【详解】因为斐波那契数列 na 满足 1 1a , 2 1a , 1 2n n na a a ,
∴ 3 1 2a a a ; 4 2 3 1 2 1a a a a a ;
5 3 4 1 2 3 1a a a a a a ; … 2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S ;
所以 2018 2020 1S a ,
因为
1 3 5 2019 1 1 2 3 4 2017 2018 1 2018 1 1a a a a a a a a a a a a S m m .
故答案为: 1 , m .
【点睛】本题考查斐波那契数列的理解和运用,考查化简和运算能力,属于中档题.
16. 已知函数 2 0f x ax bx c a ,对一切 1,1x ,都有 1f x ,则当 2,2x
时, f x 的最大值为______.
【答案】 7
【解析】
【分析】
推导出 2 2
21 1 0 12 2
x x x xf x f f f x ,利用绝对值三角不等式求得
函数 f x 在 1 1x 、 2 1x 和1 2x 上的最大值,结合已知条件可得出结果.
【详解】 1f a b c , 1f a b c , 0f c ,
1 1 1 2 02a f f f , 1 1 12b f f , 0c f ,
- 12 -
所以, 21 11 1 2 0 1 1 02 2f x f f f x f f x f
2 2
21 1 0 12 2
x x x xf f f x ,
又对任意的 1,1x ,都有 1f x ,
所以,当 2 1x 时,
2 2
21 1 0 12 2
x x x xf x f f f x
2 2 2 2
2 2 21 1 2 1 72 2 2 2
x x x x x x x xx x x ;
当1 2x 时,
2 2
21 1 0 12 2
x x x xf x f f f x
2 2 2 2
2 2 21 1 2 1 72 2 2 2
x x x x x x x xx x x .
综上所述,当 2,2x 时, f x 的最大值为 7 .
故答案为: 7 .
【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值,推导出
2 2
21 1 0 12 2
x x x xf x f f f x 是解题的关键,考查绝对值三角不等
式的应用,考查计算能力,属于难题.
17. 已知点 P 为 ABC 所在平面内任意一点,满足 ( ) 0PA PB PC CP CA CB ,若
( )CQ CA CB , 1,2 ,则
2 2
2
QA QB
QC
的取值范围是______.
【答案】 51, 4
【解析】
【分析】
由已知条件变形得到CB CA ,通过等价变形把
2 2
2
QA QB
QC
表示为 的函数,根据 的范
- 13 -
围即可求出
2 2
2
QA QB
QC
的取值范围.
【详解】解:
( )PA PB PC CP CA CB PA PB PC AP CB PA PB PC AP PC CB
PA PB PC PC CB
PA CB PC CB 0CB PA PC CB CA
,所以
CB CA .
2 2 2 2 22 2
2 2 2
2 2CA CQ CB CQ CA CB CQ CQ CA CBQA QB
QC QC QC
2 2 2 2 2
2
2 2
1 1 22 2 2 2CA CB CA CB CQ CQ CQ CQ CQ CQ
QC QC
2
2
1 2 12 1 1
.因为 1,2 , 1 1 ,12
,所以
21 51 1 1, 4
,则
2 2
2
QA QB
QC
的取值范围为 51, 4
.
故答案为: 51, 4
.
【点睛】本题考查向量的化简变形及函数的值域计算,关键在于向量等式的等价变形,属于
中档题.
三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
18. 已知函数 2sin 2cos 12
xf x x .
(1)求 7
12
f
(2)若 5
4
y f x , 0 ,当 3,4 4x
时,存在最大值和最小值,求 的取值
范围.
【答案】(1) 6
2
;(2) 4{2} 2,4 23
k k k N
- 14 -
【解析】
【分析】
(1)利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简 f x ,再代值求解即可;
(2)根据题意,列出关于 的不等式,即可求得其范围.
【详解】(1) 22cos 1 1 12
xf x sinx sinx cosx
2sin 4sinx cosx x
.
故 7 62 sin12 3 2f
.
(2)由(1)所得,可知 2 sin 2siny x x
若满足题意,则 3 1 2
4 4 2
,且
4 2k , 3 3 ,4 2k k Z ,
解得 2 ,且 4 2,4 23
k k k Z
,
即 4{2} 2,4 23
k k k N
.
【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简函数解析式,以及由函数的最值求参数的范围,属
综合基础题.
19. 已知数列 na 满足 1 1a , 11 1 n na a n ,数列 nb 满足 1 1b ,
1 1 2 2 1 11 1 n n na b a b a b a n .
(1)求数列 na , nb 的通项公式;
(2)若数列 nc 满足 2n n na c b ,求证 1 2
3
4
nc c c .
【答案】(1) na n , 1
nb n
;(2)证明见解析;
【解析】
【分析】
(1)数列{ }na 满足 1 1a , 11 ( 1)n na a n ,可得 1 1n na a ,利用等差数列的通项公式
即 可 得 出 . 数 列 { }nb 满 足 1 1b , 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n , 可 得
- 15 -
1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a ,相减可得 1 1n n n na b a a ,即可得出 nb .
(2) 2n n na c b ,可得 1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n
.利用裂项相消求和方法即可得出.
【详解】解:(1)数列{ }na 满足 1 1a , 11 ( 1)n na a n ,
1 1n na a ,
数列{ }na 是等差数列,可得: 1 1na n n .
数列{ }nb 满足 1 1b , 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n .
1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a .
1 1n n n na b a a ,
1
nb n
.
(2)证明: 2n n na c b ,
1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n
.
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3(1 ) (1 )2 3 2 4 3 5 1 1 2 2 2 1 2 4nc c c n n n n n n
,
即: 1 2
3
4nc c c .
【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、裂项相消法求和,考查了推理能
力与计算能力,属于中档题.
20. 如图,正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点C 在平面 上,所有顶点都在平面 的同一侧,
且满足 1A B 和 1A D 与平面 所成角均为
3
.
- 16 -
(1)求证: //BD 平面 ;
(2)求直线 1B D 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2) 2
3
【解析】
【分析】
(1)建立空间直角坐标系,求出平面 的法向量,再利用数量积为 0 即可得证;
(2)利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】解:(1)证明:以C 为坐标原点,CB ,CD , 1CC 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z
轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的边长为 1,则 (0C ,0,0) , (1B ,0,0) , (0D ,1,0) , 1(1A ,
1,1) ,
故 1 1(0,1,1), (1,0,1), ( 1,1,0)BA DA BD ,设平面 的法向量为 ( , , )n x y z ,且| | 1n ,
1
1
| |3 | |sin 3 2 | || | 2
BA n y z
BA n
, 1
1
| |3 | |sin 3 2 | || | 2
DA n x z
DA n
,
6 6| | ,| |2 2y z x z ,
不妨取 6 6,2 2y z x z ,故 x y ,
2 2 2 1x y z ,
可得 6 6,6 3x y z ,
6 6 6, ,6 6 3n
,
根据法向量的特点,不妨设平面 的一个法向量为 (1,1,2)m ,
0m BD
,
又 BD 平面
//BD 平面 ;
(2)由(1)得 1 (1B ,0,1) ,故 1 ( 1,1, 1)B D ,
- 17 -
设直线 1B D 与平面 所成角的为 ,则 1
1
| | 2 2cos 3| || | 3 6
B D m
B D m
.
【点睛】本题考查立体几何中的线面平行的判定定理、线面角、用空间向量解决空间角,考
查空间想象能力,运算求解能力,属于中档题.
21. 已知抛物线 2: 2 0 C x py P
(1)若抛物线C 的焦点坐标为 10, 2
,求抛物线C 的标准方程;
(2)在(1)的条件下,直线l 与抛物线C 相交于 A , B 两点,若线段 AB 上有一点 P ,满
足 1OP
,OP AB ,使得 1
BP OP OA ,求 2 2
1 1
OA OB
的值.
【答案】(1) 2 2x y ;(2)1
【解析】
【分析】
(1)根据交点坐标,则求得 p ,则抛物线方程得解;
(2)根据已知条件,设出直线方程,联立抛物线方程,即可求得OA OB ,再根据三角形
中的几何关系,则问题得解.
【详解】(1)因为抛物线焦点坐标为 10, 2
,故可得 1
2 2
p ,解得 1p ,
故抛物线方程为: 2 2x y .
(2)根据题意,显然直线 AB 斜率存在,
故设直线 AB 方程为 y kx b ,设点 ,P m n ,
因为 1OP
,故可得 2 2 1m n ;
- 18 -
又OP AB ,故可得 0m nk ;
联立直线 AB 与抛物线方程可得:
2 2x kx b ,即 2 2 2 0x kx b ,
设 ,A B 两点坐标为 1 1 2 2, , ,x y x y ,
故可得 1 2 1 22 , 2x x k x x b ;
又 1
BP OP OA
故可得 2 2 1 1, , 1m x n y x m y n ,
整理得 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1mx m x x mx ny n y y ny ,
1 2 1 2 1 2 1 2 0m x x x x n y y y y ,
即 1 2 1 2 1 2 1 2x x y y m x x nk x x
1 2m nk x x ,
由 0m nk ,可得 1 2 1 2 0x x y y ,
故可得OA OB ,也即三角形OAB 为直角三角形.
故 2 2
1 1
OA OB
2
1 1
OP
.
【点睛】本题考查由焦点坐标求抛物线方程,以及求抛物线中的定值问题,属中档题.
22. 已知 1,x e ,函数 1 ln f x x x , 21 12
g x m x .
(1)若函数 f x 与 g x 在 2x 处的切线斜率相同,求 m ;
(2)若对任意实数 n ,存在实数 m ,使得函数 f x g x n 在定义域内恒成立,求 m n
的最大值.
【答案】(1) 1 1ln 22 4
;(2) 1 .
【解析】
【分析】
(1)本小题直接求两个函数的导函数,再令两个导函数在 2x 处的导数值相等即可解题;
(2)本小题借导函数的单调性判断最值,再构建函数结合恒成立即可解题.
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【详解】解:(1)∵ ( ) ( 1)lnf x x x , 21( ) ( 1)2g x m x ,
∴ 1( ) ln 1f x x x
, 1g x m x ,
∵ 函数 f x 与 g x 在 2x 处的切线斜率相同,
∴ 22f g 即 1ln 2 1 2( 1)2 m 解得: 1 1ln 22 4m .
(2)∵ ( ) ( 1)lnf x x x ,∴ 1( ) ln 1f x x x
,
令 1
1( ) ( ) ln 1f x f x x x
,∴ 1 2
1( ) xf x x
∵ 1,x e ,∴ 1 2
1( ) 0xf x x
,
∴ 1( )f x 在 1,x e 单调递增,∴ 1 min 1( ) (1) 2f x f
∵ 函数 f x g x n 在定义域内恒成立,
∴ 0f x g x n 即 ( 1)ln ( 1) 0x x m x n 恒成立,
令 2 ( ) ( 1)ln ( 1)f x x x m x n ,∴ 2
1( ) lnf x x mx
∴ 2 1( ) ( ) 1 1f x f x m m ,
∴ 2 min 2( ) (1) 0f x f 即 (1 1)ln1 ( 1)1 0m n ,
解得: 1m n .
【点睛】本题考查导函数值等于对应点处的切线的斜率,导函数在函数的性质中的应用,是
偏难题.
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