2021高考數(shù)學(文-江蘇專用)二輪復(fù)習-30-【答案】

第11練函數(shù)與方程1.【解析】由于f(x)=3ax+1-2a在區(qū)間(-1,1)上有零點,且f(x)為一次函數(shù),所以f(-1)·f(1)<0,即(1-5a)(1+a)<0,所以a>或a<-1.2.【解析】由于f(x)=,所以f(4x)-x=-x=-.令f(4x)-x=0,得4x2-4x+1=0,解得x=,這是方程g(x)=0的根,即是函數(shù)g(x)的零點.3.1【解析】由于f(x)=ex+x-4,所以f'(x)=ex+1>0,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.由于f(1)=e+1-4=e-3<0,f(2)=e2+2-4=e2-2>0,f(1)·f(2)<0,所以k=1.4.{a|0<a<3}【解析】由條件可知f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,即a(a-3)<0,解得0<a<3.5.-和-【解析】由于函數(shù)f(x)=x2-ax-b的兩個零點為2和3,所以即a=5,b=-6.所以g(x)=bx2-ax-1=-6x2-5x-1,令g(x)=0,得x=-或-.6.-6【解析】由于f(x)是R上的奇函數(shù),圖象關(guān)于原點對稱,所以f(x)的三個零點中,一個是原點,另兩個關(guān)于原點對稱,不妨設(shè)為-x0,x0,即f(-x0)=f(x0)=f(0)=0.由于g(x)=f(x+2),設(shè)g(x)的零點為x1,所以g(x1)=f(x1+2)=0.所以x1+2=-x0或x1+2=x0或x1+2=0.所以g(x)的全部零點之和為-x0-2-2+x0-2=-6.7.(0,1)【解析】作出函數(shù)y=f(x)的圖象如圖.則當0<k<1時,關(guān)于x的方程f(x)=k有兩個不同的實根.(第7題)8.6【解析】由于f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),所以f(-x)=f(2-x),所以f(x)的最小正周期為2.如圖,畫出f(x)與g(x)的圖象,它們共有6個交點,故h(x)在上的零點個數(shù)為6.(第8題)9.(1)由于函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸有兩個交點,所以方程x2-2x+c=0有兩個不等的實數(shù)根,即Δ=(-2)2-4c>0,解得c<1,故實數(shù)c的取值范圍是(-∞,1).(2)由于函數(shù)f(x)=x2-2x+c=(x-1)2+c-1圖象的對稱軸方程為x=1,所以函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,1)上是減函數(shù),即不論c取何實數(shù),函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,1)上都是減函數(shù).(3)由于函數(shù)y=f(x)的圖象開口向上,所以要使函數(shù)y=f(x)的兩個零點異號,只需函數(shù)圖象在y軸上的截距小于零即可,即f(0)=c<0,所以當c<0時,函數(shù)y=f(x)的兩個零點異號.10.由于Δ=(3a-2)2-4(a-1)=9a2-16a+8=9+>0,所以若實數(shù)a滿足條件,則只需f(-1)·f(3)≤0即可.f(-1)·f(3)=(1-3a+2+a-1)·(9+9a-6+a-1)=4(1-a)(5a+1)≤0,所以a≤-或a≥1.檢驗:①當f(-1)=0時,a=1.所以f(x)=x2+x.令f(x)=0,即x2+x=0,得x=0或x=-1.方程在[-1,3]上有兩根,不合題意,故a≠1.②當f(3)=0時,a=-,此時f(x)=x2-x-.令f(x)=0,即x2-x-=0,解得x=-或x=3.方程在[-1,3]上有兩根,不合題意,故a≠-.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是.11.(1)方法一:由于g(x)=x+≥2=2e,當且僅當x=e時等號成立.故g(x)的值域是[2e,+∞),因而只需m≥2e,g(x)=m就有零點.即實數(shù)m的取值范圍為{m|m≥2e}.方法二:作出g(x)=x+的圖象如圖(1)所示,(第11題(1))可知若使g(x)=m有零點,則只需m≥2e.即實數(shù)m的取值范圍為{m|m≥2e}.方法三:由g(x)=m,得x2-mx+e2=0.此方程有大于零的根,故等價于故m≥2e.即實數(shù)m的取值范圍為{m|m≥2e}.(第11題(2))(2)若g(x)-f(x)=0有兩個相異的實根,即g(x)=f(x)中函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點,作出g(x)=x+(x>0)的圖象.由于f(x)=-x2+2ex+t-1=-(x-e)2+t-1+e2.其對稱軸方程為x=e,開口向下,最大值為t-1+e2.故當t-1+e2>2e,即t>-e2+2e+1時,g(x)與f(x)有兩個交點,即g(x)-f(x)=0有兩個相異實根.所以t的取值范圍是(-e2+2e+1,+∞).第12練用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)的性質(zhì)1.[2,+∞)【解析】由y'=e-(x>0)知函數(shù)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,且函數(shù)連續(xù)、無上界,從而y=ex-lnx的值域為[2,+∞).2.(-∞,0)【解析】依題意得f'(x)=3ax2+=0(x>0)有實根,所以a=-<0.3.9【解析】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=12x2-2ax-2b,由函數(shù)f(x)在x=1處有極值,可知函數(shù)f(x)在x=1處的導(dǎo)數(shù)值為零,12-2a-2b=0,所以a+b=6,由題意知a,b都是正實數(shù),所以ab≤()2=()2=9,當且僅當a=b=3時取等號.4.-1【解析】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=(n+1)xn,所以在x=1處的切線斜率k=f'(1)=n+1,所以切線方程為y-1=(n+1)(x-1),令y=0,得xn=,所以x1x2…x2012=××…×=,所以log2013x1+log2013x2+…+log2013x2012=log2013=-1.5.[0,1]【解析】由f(x)=+lnx,得f'(x)=-+=,由f'(x)<0,得0<x<3,所以f(x)的減區(qū)間是(0,3].由(m,m+2)?(0,3],得實數(shù)m的取值范圍是[0,1].6.[-1,1]【解析】由已知可得f'(x)=a+cosx-sinx=a+cos∈.存在不同的兩點A,B,使得曲線y=f(x)在點A,B處的切線相互垂直,即f'(xA)·f'(xB)=-1有解,所以至少有0∈,即-≤a≤.此時只需滿足(a-)·(a+)≤-1,解得-1≤a≤1.7.2【解析】f'(x)=1-,由已知,得1-≥0,即a≤2在區(qū)間[1,4]上恒成立,所以a≤(2)min=2,所以amax=2.8.【解析】明顯x=1時,有|a|≥1,解得a≤-1或a≥1.令g(x)=ax3-lnx,g'(x)=3ax2-=.①當a≤-1時,對任意x∈(0,1],g'(x)=<0,g(x)在(0,1]上遞減,g(x)min=g(1)=a≤-1,此時g(x)∈[a,+∞),|g(x)|的最小值為0,不符合題意.②當a≥1時,對任意x∈(0,1],g'(x)==0時,x=.|g(x)|的最小值為g()=+ln(3a)≥1,解得a≥.所以實數(shù)a的取值范圍是.9.(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).當a=-2e時,f'(x)=2x-=,當x變化時,f'(x),f(x)的變化狀況如下表:x(0,) (,+∞)f'(x)-0+f(x)單調(diào)遞減微小值單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,);單調(diào)增區(qū)間是(,+∞),微小值是f()=0.(2)由g(x)=x2+alnx+,得g'(x)=2x+-,又函數(shù)g(x)=x2+alnx+為區(qū)間[1,4]上的單調(diào)減函數(shù),則g'(x)≤0在[1,4]上恒成立,即不等式2x+-≤0在[1,4]上恒成立,即a≤-2x2在[1,4]上恒成立.設(shè)φ(x)=-2x2,明顯φ(x)在[1,4]上為減函數(shù),所以φ(x)的最小值為φ(4)=-.所以實數(shù)a的取值范圍是.10.(1)f(x)=ax3-4ax2+4ax,f'(x)=3ax2-8ax+4a.令f'(x)=0,得3ax2-8ax+4a=0.由于a≠0,所以3x2-8x+4=0,所以x=或x=2.由于a>0,所以當x∈(-∞,)或x∈(2,+∞)時,f'(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,)或(2,+∞);當x∈(,2)時,f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(,2).(2)由于當x∈(-∞,)時,f'(x)>0;當x∈(,2)時,f'(x)<0;當x∈(2,+∞)時,f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在x=時取得極大值,即a·(-2)2=32,解得a=27.11.(1)由奇函數(shù)的對稱性可知,我們只要爭辯f(x)在區(qū)間(-∞,0)上的單調(diào)性即可.f'(x)=2+,令f'(x)=0,得x=-a.①當a≤0時,f'(x)>0,故f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增.②當a>0時,x∈(-∞,-a),f'(x)>0,所以f(x)在區(qū)間(-∞,-a)上單調(diào)遞增.x∈(-a,0),f'(x)<0,所以f(x)在區(qū)間(-a,0)上單調(diào)遞減.綜上所述,當a≤0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,0),(0,+∞);當a>0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-a),(a,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(-a,0),(0,a).(2)由于f(x)為奇函數(shù),所以當x>0時,f(x)=-f(-x)=-=2x+-1.①當a<0時,要使f(x)≥a-1對一切x>0成立,即2x+≥a對一切x>0成立.而當x=->0時,有-a+4a≥a,所以a≥0,則與a<0沖突.所以a<0不成立.②當a=0時,f(x)=2x-1>-1=a-1對一切x>0成立,故a=0滿足題設(shè)要求.③當a>0時,由(1)可知f(x)在(0,a)是上單調(diào)減函數(shù),在(a,+∞)上是單調(diào)增函數(shù).所以f(x)min=f(a)=3a-1>a-1,所以當a>0時也滿足題設(shè)要求.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是[0,+∞).第13練等差數(shù)列、等比數(shù)列1.2【解析】由題意得2q2-2q=4,解得q=2或q=-1.又數(shù)列{an}是單調(diào)遞增的,得q>1,所以q=2.2.(8,+∞)【解析】由題意知得所以ab=8,由于0<logmab<1,所以實數(shù)m的取值范圍是{m|m>8}.3.6【解析】由于an==1-,所以Sn=n-=n-1+=,所以n=6.4.2【解析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由于對任意正整數(shù)n,有an+2an+1+an+2=0,即an+2anq+anq2=0,由于an≠0,所以1+2q+q2=0,q=-1,S101==2.5.15【解析】a1+a2+…+a10=-1+4-7+10+…+(-1)10·(3×10-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]=3×5=15.6.【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,由于-2S2,S3,4S4成等差數(shù)列,所以2S3=-2S2+4S4,即S3=-S2+2S4,S4-S3=S2-S4,所以a4=-a3-a4,即2a4=-a3,所以q==-,又a1=,所以an=×,所以a5=.7.【解析】由題意可知第一列首項為,公差d=-=,其次列的首項為,公差d=-=,所以a51=+4×=,a52=+3×=,所以第5行的公比為q==,所以a53=a52q=×=.由題意知am1=+(m-1)×=,am2=+(m-2)×=,所以第m行的公比為q==,所以amn=am1qn-1=×()n-1=,m≥3.8.①②④9.(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由題意可知=·,即(a1+d)2=a1(a1+3d),從而a1d=d2.由于d≠0,所以d=a1=a.故數(shù)列{an}的通項公式an=na.(2)記Tn=+++…+,由于=2na,所以Tn==·=.從而當a>0時,Tn<;當a<0時,Tn>.10.(1)由題可知2(a3+2)=a2+a4.由于a2+a4=28-a3,所以2(a3+2)=28-a3,所以a3=8,所以a2+a4=20=+a3q=8=20,解得q=2或q=(舍去),所以an=a3qn-3=8×2n-3=2n.(2)由(1)知an=2n,所以an+5=2n+5,bn=log22n+5=n+5,所以b1=6,所以數(shù)列{bn}是以6為首項,1為公差的等差數(shù)列,所以Sn==,所以==n+,所以數(shù)列是以6為首項,為公差的等差數(shù)列,所以Tn==.11.(1)由an+1=4an-3n+1,得an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*.又a1-1=1,所以數(shù)列是首項為1,公比為4的等比數(shù)列.(2)由(1)可知an-n=4n-1,于是數(shù)列的通項公式為an=4n-1+n.所以數(shù)列的前n項和Sn=+.(3)對任意的n∈N*,Sn+1-4Sn=+-4=-(3n2+n-4)≤0.所以不等式Sn+1≤4Sn對任意n∈N*都成立.第14練數(shù)列的通項、求和1.an=n(n+1)【解析】a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,累加得an=1+2+3+…+n=n(n+1).2.an=【解析】=,=,…,=,累(迭)乘得=,所以an=.3.an=2n+3【解析】由于an+1-3=2(an-3),所以{an-3}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an-3=2n,所以an=2n+3.4.-+1【解析】an-an-1==-,用疊加法得an=-+1.5.an=4-【解析】an-an-1==-,所以由疊加法得an=4-.6.【解析】由于a3=a1q2,解得q=9,所以an=a1qn-1=3×9n-1=32n-1,所以bn=log3an=log332n-1=2n-1,所以==,所以數(shù)列的前n項和Sn=+…+=(1-+-+…+-)==×=.7.4n-1【解析】由于q=an-an-1=-4,b1=a2=-3,所以bn=b1qn-1=-3×(-4)n-1,所以|bn|=|-3×(-4)n-1|=3×4n-1,即{|bn|}是公比為4的等比數(shù)列