2025年高考數學總復習《運用分類討論的思想方法解題》專項測試卷

及答案

學校:___________姓名：班級：考號：

?題型01由情境的規則引起的分類討論

i.三個男生三個女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個女生相鄰的概率是（）

2393

A.-B.—C.—D.一

510205

2.有一批貨物需要用汽車從生產商所在城市甲運至銷售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩

條公路，據調查統計，通過這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車所用時間的頻數分布情況如下表所

小

所用時間（天數）10111213

通過公路1的頻數20402020

通過公路2的頻數10404010

假設汽車A只能在約定日期（某月某日）的前11天出發，汽車2只能在約定日期的前12天出發（將頻

率視為概率），為了在各自允許的時間內將貨物運至城市乙，汽車A和汽車8選擇的最佳路徑分別為（）

A.公路1和公路2B.公路2和公路1C,公路2和公路2D.公路1和公路1

3.某商場進行購物摸獎活動，規則是：在一個封閉的紙箱中裝有標號分別為1,2,3,4,5的五個小

球，每次摸獎需要同時取出兩個球，每位顧客最多有兩次摸獎機會，并規定：若第一次取出的兩球號碼連

號，則中獎，摸獎結束；若第一次未中獎，則將這兩個小球放回后進行第二次摸球，若與第一次取出的兩

個小球號碼相同，則中獎.按照這樣的規則摸獎，中獎的概率為（）

4192341

A.—B.—C.—D.--

52550100

4.某地每年的七月份是洪水的高發期，在不采取任何預防措施的情況下，一旦爆發洪水，將造成1000（

萬元）的經濟損失.為防止洪水的爆發，現有4（i=1,2,3,4）四種相互獨立的預防措施可供采用，單獨采用

10-z

4。=1,2,3,4）預防措施后不爆發洪水的概率為p.=飛_?=1,2,3,4）,所需費用為/⑴=100—20,（

萬元）（7=1,2,3,4）.

⑴若聯合使用A和4措施，則不爆發洪水的概率是多少？

（2）現在有以下兩類預防方案可供選擇:

第1頁共29頁

預防方案一：單獨采用一種預防措施；

預防方案二：聯合采用兩種不同預防措施.

則要想使總費用最少，應采用哪種具體的預防方案？

（總費用=采取預防措施的費用+發生突發事件損失的期望值.）

一題型02由定義引起的分類討論

5.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術基本定理：每一個比1大的數（每

個比1大的正整數）要么本身是一個素數，要么可以寫成一系列素數的乘積，如果不考慮這些素數在乘積中

的順序，那么寫出來的形式是唯一的，即任何一個大于1的自然數N（N不為素數）能唯一地寫成

N=p?.（其中p,是素數，q是正整數，度巾k,Pl<p2<--<Pk）,將上式稱為自然數N的標

準分解式，且N的標準分解式中有6+出+…+%個素數.從120的標準分解式中任取3個素數，則一共

可以組成不同的三位數的個數為（）

A.6B.13C.19D.60

6.（多選題）已知函數〃力=依2+21nx（aeR）有兩個不同的零點%,馬，符號[幻表示不超過x的

最大整數，如[0.5]=0,[1.2]=1,則下列結論正確的是（）

A.a的取值范圍為

B.a的取值范圍為（一J,。）

c.[xj+[x2]..3

D.若[xj+[x2]=4,則〃的取值范圍為-2黑

7.（多選題）定義Hn=%+2%+-一+2"%為數歹u｛4｝的“優值”.己知某數列｛為｝的“優值”

n

%=2",前w項和為S“，則（）

第2頁共29頁

A.數列｛4｝為等差數列B.數列｛為｝為遞減數列

C

^20202023D.S,邑，＞成等差數列

'202022

8.若函數/（x）的定義域為R,對任意的看,巧，當為一々?。時，都有“占）-〃馬）€。，則稱

函數/（%）是關于。關聯的.已知函數/（%）是關于｛4｝關聯的，且當xe[-4,0）時，〃尤）=爐+6尤.則：①

當x?0,4）時，函數/（X）的值域為；②不等式。＜/（尤）＜3的解集為

?題型03由平面圖形的可變性引起的分類討論

9.（多選題）已知圓跖（x+cos8）2+（丁一sin6*）2=1,直線/：y=kx,下面四個命題中是真命題

的是（）

A.對任意實數左與。，直線/和圓M相切；

B.對任意實數左與。，直線/和圓M有公共點；

C.對任意實數。，必存在實數左，使得直線/與和圓M相切

D.對任意實數也必存在實數。，使得直線/與和圓M相切

Q

10.已知直線X—陽+1=0與GC：（x-iy+y2=4交于A、B兩點，寫出滿足“&4BC面積為二”的根的

一個值__________

221

11.設橢圓E:=+斗=l（a〉6〉0）的離心率為不，其左焦點到P（2,l）的距離為

a~b2

⑴求橢圓E的方程；

（2）橢圓E的右頂點為。，直線/：y=Ax+m與橢圓E交于A,8兩點（A3不是左、右頂點），若其滿足

DA.DB=Q，且直線/與以原點為圓心，半徑為9的圓相切；求直線/的方程.

221

12.已知橢圓C：一+￡=l（a〉b〉0）的離心率為,，且橢圓上動點尸到右焦點最小距離為1.

⑴求橢圓C的標準方程;

第3頁共29頁

(2)點M,N是曲線C上的兩點，。是坐標原點，|MV|=2應，求WON面積的最大值.

一題型04由變量的范圍引起的分類討論

13.已知關于x的不等式2/-5111%+〃110+1)-2..0在［0,乃］上恒成立，則實數t的取值范圍是

14.已知函數/(%)="-左sinx.

⑴當k=1,時，求的單調區間；

(2)若/(x)在區間內存在極值點々?

①求實數人的取值范圍；

②求證：/(無)在區間(。,乃)內存在唯一的尸，使/(分)=1,并比較用與2e的大小，說明理由.

px-1

15.已知函數/(%)=為自然對數的底數)

e+1

⑴若不等式〃無)>￡=恒成立，求實數x的取值范圍；

'7e+1

(2)若不等式<ax+g-aIn2在xe(In2,+8)上恒成立，求實數。的取值范圍

16.⑴證明：當0〈尤V1時，x-x2<sinx<x;

(2)已知函數/(x)=cosox-妨(1-f),若％=0是/(x)的極大值點，求〃的取值范圍.

?題型05由空間圖形的可變性引起的分類討論

17.如圖，正方體A5CD-A4GR的棱長是1.若G,E是所在棱的中點，尸是正方形AADD1的中

心，則封閉折線8Gb在該正方體各面上的射影圍成的圖形的面積不可能是()

第4頁共29頁

18.如圖，在AABC中，AC=1,BC=5c=%,點。是邊AB（端點除外）上的一動點.若將

△ACD沿直線CD翻折,能使點A在平面BCD內的射影A'落在巫CD的內部（不包含邊界），且AC=昱

3

設">=/,則，的取值范圍是

19.如圖，矩形8DEF所在平面與正方形A8CQ所在平面互相垂直，DB=2DE,點P在線段EF上.給

出下列命題:

①直線直線AG

②直線尸。與平面ABC。所成角的正弦值的取值范圍是

③存在點P，使得直線平面ACF；

④存在點P,使得直線PDH平面ACF.

其中所有真命題的序號是.

4

20.直棱柱ABC-431cl中，底面三角形的三邊長分別為3、4、5,高為―①>0）.過三條側棱中點的

a

截面把此三棱柱分為兩個完全相同的三棱柱，用這兩個三棱柱拼成一個三棱柱或四棱柱，小明嘗試了除原

第5頁共29頁

三棱柱之外的所有情形，發現表面積都比原三棱柱ABC-4與G的表面積小，則。的取值范圍是

參考答案

4題蟄01由情境的規則引起的分類討論

1.三個男生三個女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個女生相鄰的概率是()

2393

A.-B.—C.—D.一

510205

【答案】D

【解析】

從三個男生三個女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，共有痣蜀=480種不同排法,

女生甲不在兩端，同時有且只有兩個女生相鄰分兩類

⑴女生甲單獨站，則有制=72；

(2)女生甲和另一個女生站一起，則有看=72+144=216

所以，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個女生相鄰的概率是蕓=3.

4805

故答案為：D.

2.有一批貨物需要用汽車從生產商所在城市甲運至銷售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩

條公路，據調查統計，通過這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車所用時間的頻數分布情況如下表所

示

第6頁共29頁

所用時間（天數）10111213

通過公路1的頻數20402020

通過公路2的頻數10404010

假設汽車A只能在約定日期（某月某日）的前11天出發，汽車3只能在約定日期的前12天出發（將頻

率視為概率），為了在各自允許的時間內將貨物運至城市乙，汽車A和汽車B選擇的最佳路徑分別為（）

A.公路1和公路2B.公路2和公路1C.公路2和公路2D.公路1和公路1

【答案】A

【解析】

頻率分布表如下：

所用時間（天數）10111213

通過公路1的頻率0.20.40.20.2

通過公路2的頻率0.10.40.40.1

設A，4分別表示事件“汽車A選擇公路1時在約定時間內將貨物運至城市乙”和“汽車A選擇公路

2時在約定時間內將貨物運至城市乙”，

耳，不分別表示事件“汽車2選擇公路1時在約定時間內將貨物運至城市乙”和“汽車2選擇公路2

時在約定時間內將貨物運至城市乙”，

以頻率估計概率得P（A）=02+0.4=0.6,尸（4）=0.1+0.4=0.5,尸（耳）=0.2+0.4+02=0.8,

P（B2）=0.1+0.4+0.4=0.9,

所以汽車A和汽車8選擇的最佳路徑分別為公路1和公路2.

故選A

3.某商場進行購物摸獎活動，規則是：在一個封閉的紙箱中裝有標號分別為1,2,3,4,5的五個小

球，每次摸獎需要同時取出兩個球，每位顧客最多有兩次摸獎機會，并規定：若第一次取出的兩球號碼連

號，則中獎，摸獎結束；若第一次未中獎，則將這兩個小球放回后進行第二次摸球，若與第一次取出的兩

個小球號碼相同，則中獎.按照這樣的規則摸獎，中獎的概率為（）

4192341

A.-B.—C.—D.---

52550100

【答案】C

【解析】

第7頁共29頁

由題意可知中獎的情況有兩類：

442

第一類：第一次摸球中獎，概率為化=厘=伍=不

第二類：第一次摸球不中獎，第二次摸球中獎，

C2-463

概率為0=余=而=而’

故中獎的概率為P="+P22A3=23

故選C.

4.某地每年的七月份是洪水的高發期，在不采取任何預防措施的情況下，一旦爆發洪水，將造成1000（

萬元）的經濟損失.為防止洪水的爆發，現有4G=1,2,3,4）四種相互獨立的預防措施可供采用，單獨采用

4。=1,2,3,4）預防措施后不爆發洪水的概率為p=蘢io-1Z。=1,2,3,4）,所需費用為/?）=100-20，（

萬元）?=1,2,3,4）.

⑴若聯合使用A和4措施，則不爆發洪水的概率是多少？

（2）現在有以下兩類預防方案可供選擇：

預防方案一：單獨采用一種預防措施；

預防方案二：聯合采用兩種不同預防措施.

則要想使總費用最少，應采用哪種具體的預防方案？

（總費用=采取預防措施的費用+發生突發事件損失的期望值.）

【解析】⑴依題意有：

預防措施AAAA

P0.90.80.70.6

費用（萬元）80604020

設事件c：表示使用A和4措施不爆發洪水,

則P（C）=1—P（$-4）=1-1xQ2=0.98.

（2）預防措施一：有四種情況：

單獨用A：總費用為：80+1000x0.1=180（萬元）;

第8頁共29頁

單獨用4：總費用為：60+1000x0.2=260（萬元）；

單獨用4:總費用為：40+1000x0.3=340（萬元）；

單獨用44：總費用為：20+1000x0.4=420（萬元）.

預防措施二：有六種情況：

44聯合：總費用為80+60+1000x0.1x0.2=160（萬元）；

AA聯合：總費用為80+40+1000x0.1x0.3=150（萬元）；

AA4聯合：總費用為80+20+1000x0.1x0.4=140（萬元）;

兒4聯合：總費用為60+40+1000x0.2x0.3=160（萬元）；

44聯合：總費用為60+2。+1000x02x0.4=160（萬元）；

&人4聯合：總費用為：40+20+1000x0.3x0.4=180（萬元）.

所以，預防方案采用A4聯合使用最好，使得總費用最少.

?題型02由定義引起的分類討論

5.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術基本定理：每一個比1大的數（每

個比1大的正整數）要么本身是一個素數，要么可以寫成一系列素數的乘積，如果不考慮這些素數在乘積中

的順序，那么寫出來的形式是唯一的，即任何一個大于1的自然數N（N不為素數）能唯一地寫成

N=pf.（其中P,是素數，可是正整數，琛小k,A<A<-"<A）>將上式稱為自然數N的標

準分解式，且N的標準分解式中有區+出+…+4個素數.從120的標準分解式中任取3個素數，則一共

可以組成不同的三位數的個數為（）

A.6B.13C.19D.60

【答案】B

【解析】

根據自然數N的標準分解式可得120=23/3x5，

故從2,2,2,3,5這5個素數中任取3個組成三位數，有下列三種情況：

①選取3個2,可以組成1個三位數；

第9頁共29頁

②選取2個2后，再從3或5中選一個，可以組成C；xC；=6個不同的三位數;

③選取2,3,5,可以組成用=6個不同的三位數，

所以從120的標準分解式中任取3個素數，一共可以組成1+6+6=13個不同的三位數.

故選B.

6.(多選題)已知函數"x)=ax2+21nx(aeR)有兩個不同的零點石，/，符號[幻表示不超過x的

最大整數，如[0.5]=0,則下列結論正確的是()

A.a的取值范圍為(一1,+8)

B.a的取值范圍為[一：,。]

C.[^]+[X2]..3

D.^[xj]+[x2]=4,則a的取值范圍為-——

【答案】BD

【解析】

函數f(x)=ax2+2\nx的定義域為(。,+8)，

r(x)=2ax+2-=2("+1)

XX

當a.O時，/'(%)..0,函數/(x)=ax2+21nx在(0,+oo)上單調遞增,

函數/(x)=ax2+21nx在(0,+<a)上至多只有一個零點，與條件矛盾,

一閂舍去),

當QV0時，由/'(無)=0可得%=--或入二

a

當0<%<J-一時，/'(%)>0,函數/(%)=辦2+2inx單調遞增,

f\x)<0,函數jf(x)=ax2+21nx單調遞減,

因為函數%)=32+21n%有兩個不同的零點不42,可得--)>。，

所以ax(—)2+21nJ—>0,所以ln(—)<1,

VaVaa

第10頁共29頁

所以一A錯誤，8正確；

C

不妨設石<42，

因為J---->&，f(1)—<0,所以X￡(11-----),X?〉J----'

Va\a\a

當/—..2時，［再］..1,［x2］..2,則［%］+LxJ?3,

Va~

當G<A/--<2時，貝！J一工va<,

Vae4

1廠

所以f(2)=4a+2如2,當‘<a<-In四時，/(2)<0,

此時［%21=1，［石］+5］=2,C錯誤,

因為［XJ+［%2］=4,

若［石］=1則㈤=3,/(2)>0,/(3).,0,/(4)<0,

所以4a+21n2>0,9a+21n3..O,16a+21n4Vo,

byIn22In3ln2

所以”--—a>-------

294

2In3In2

所以-----<a<-------，

94

若［x］=2,貝也%］=2,/(2)<0,/(3)<0,且2<C<3,

所以4a+21n2v0,9Q+21113V0,—<a<—,

49

七?ln221n311

/VT以av------,Q<--------,—<a<—,

2949

—In211

所以a<------,——<a<——,

249

又ln2>:，所以—ln2<—L所以-乎<一,故滿足條件的。不存在,

2224

所以0的取值范圍為［-等，-竽）。正確

故選3D

7.（多選題）定義”“=%+2%+…+2〃％,為數列｛4｝的“優值”.己知某數列｛”"｝的，，優值，，

n

%=2”,前〃項和為S",則（）

A.數列｛a,J為等差數列B.數列｛4｝為遞減數列

第11頁共29頁

S20202023

cD.S,S,反成等差數列

,2020224

【答案】AC

CL+2%+…+2〃1Q

【解析】依題意可得——------------=2\

n

/.q+2%+…+2〃一%〃二〃?2〃.

n-1nn+1

%+2%+.?.+2an+2an+l=(n+1)-2,

/.2〃?%+i=5+l)?2〃+i—〃?2〃，

?.?%=〃+2，

當〃=1時，1=2,

:.an=n+l.

「?數列｛〃J為首項為2,公差為1的等差數列，故A對8錯誤；

e—X2020x（2+2021）M「十市

5020二21）二2023,故C正確；

2020—2020—2

52=5,54=14,S6=27,

因為S6—S4=13,84—82=9,故。錯誤.

故選AC

8.若函數/（X）的定義域為R,對任意的看,%2，當%—%6。時，都有，則稱

函數”X）是關于。關聯的.已知函數“X）是關于｛4｝關聯的，且當xe[-4,o）時，/（x）=x?+6尤.則：①

當xe[0,4）時，函數/（X）的值域為；②不等式。＜/（x）＜3的解集為.

【答案】[-5,4）；（百+1,20+1”（6,7）

【解析】

①.由函數/⑴是關于｛4｝關聯可得：當馬—石=4時，/（x2）-f（^）=4.

當X]e[—4,0）時,“%）=4+6X[e[—9,0）,

第12頁共29頁

當無2=占+4?0,4)時，/(x2)=/(x1)+4e[-5,4),即當xe[0,4)時，函數/(X)的值域為[-5,4)；

②.由①可知，當占?<。)時，〃菁)=犬+6〃?-9,0),顯然不滿足0<f(x)<3：

當馬=%+4?0,4)時，有〃尤2)=〃%)+4,則0<〃尤2)<3等價于-4</&)<一1,

即—4<xJ+6X]<—1,解得一3+逝<—3+2夜，故&+1<%<20+1；

當天=匕+8e[4,8)時，有/(毛)=/(占)+8,則0</(毛)<3等價于_8</(占)<_5,

即一8<X；+6Xj<-5,解得一2<%]<-1,故6<%<7；

當尤4=%+12e[8,12)時，有〃%)=〃％)+12?3,12),顯然不滿足0<"無)<3；

顯然當xe[12,+8)時，〃x)>3,不滿足0<〃尤)<3.

綜上，不等式0<〃x)<3的解集為(6+1,2虎+l)u(6,7).

一B型03由平面圖形的可變性引起的分類討論

9.(多選題)已知圓M：(x+cos8)2+(y—sin8)2=1,直線/：y=kx,下面四個命題中是真命題

的是()

A.對任意實數左與。，直線/和圓M相切；

B.對任意實數左與。，直線/和圓M有公共點；

C.對任意實數。，必存在實數鼠使得直線/與和圓M相切

D.對任意實數也必存在實數。，使得直線/與和圓/相切

【答案】BD

【解析】

V圓心到直線/的距離為

卜ZcosO-sinH

dJl+k2'

,k2cos261+sin261+2A;sin0cos0,

:.d--1=-----------------；---------------1

1+k2

左2(cos?61-l)+(sin23-1)+2ksin61cos0

―1+P

第13頁共29頁

-k2sin20-cos20+2ksin0cos0

1+P

（ksinS-cosef

=--------I7P

，42,,1恒成立，但等號不一定恒成立，「.5項對，A項不一定對；

若當d=1時，左sin。=cos0,

「?當sin6=0時，%不存在；

當女給定時，。存在；二。項對，。項不對.

故答案選：BD.

Q

10.已知直線X—陽+1=0與3：（左一1）2+9=4交于A、8兩點，寫出滿足“&4BC面積為1”的機的

一個值__________

【答案】g（答案不唯一）

【解析】

由題知GC：（x—Ip+y=4的圓心為（1,0）,半徑為2,

設圓心到直線的距離為d,則|AB\=2也_/=2,4-/，

2

于是，S^ABC=-\AB\-d=-x2^-dxd=~,得相=3或6/2=4,

X22555

若取/=乎，則［=勺5,此時有了m2解得〃z=:或〃?=-2，

55#+（-〃?）2522

若取才=￥,則］=垣，此時有+H二=￥，解得加=2或機=一2,

故答案為：g（答案不唯一）.

221

11.設橢圓￡：?+￡=1（?！?〉0）的離心率為5,其左焦點到P（2,D的距離為所.

⑴求橢圓E的方程；

（2）橢圓E的右頂點為。，直線/：y=Ax+s與橢圓￡交于A,8兩點（A5不是左、右頂點），若其滿足

DADB=Q，且直線/與以原點為圓心，半徑為之的圓相切；求直線/的方程.

第14頁共29頁

【解析】⑴由題意可知，橢圓的焦點位于X軸上，即橢圓的左焦點為月（-C,。），

因為左焦點到P（2,l）的距離為M，

所以|P周=J（2+cy+（l_0）2=質，即（2+C『=9,解得c=l或c=—5（舍）,

又因為橢圓E的離心率為-,

2

C111

所以e=—二—,即—=—,解得a=2,

a2a2

所以b2=a2—c2=3，

22

故所求橢圓E的方程為土+匕=1.

43

⑵由題可得。（2,0）,設（松為），

j22

由彳〉=去+加彳+\=1,消去y,得（3+4左2）/+8m^+4機2-12=0,

所以A=-4（3+4fc2）（4w2-12）>0,即3+4/一蘇>0,

8mk4m2-12

所以玉+%=—

3+4左2'*%-3+4左2

24m2-12（8mk23〃/-12左2

所以X%=（g+機）（仇+機）=左2%%2+加（％1+%2）+機2=K?——--^-+km\-+m=-------

3+4/3+4左2

因為DADB=O>

所以（七一2,%）?（%2—2,%）=石工2-2（%+九2）+4+X%=。，

222

4m-12.（8nlk）.3m-12k,art。._za,?2k

所以2d.2-2,-T-—77+4+2=0，即7帆+16征+4左2=0,角牛得m=-2k或rn=一--,

滿足3+4左2—機2>0,

當根二一2左時，/:y=Ax-2左過點。，不合題意，

所以加=一半①,

又直線/與以原點為圓心半徑為-的圓相切，

7

Iml1

所以/2=?、?，

Jl+k27

第15頁共29頁

聯立①②,解得＜k=與m=一挈或"=-y-m=呼，

所以直線/的方程為y=l—空或y一叵x+空.

321-321

221

12.已知橢圓C：=+:=l(q〉b〉O)的離心率為不，且橢圓上動點尸到右焦點最小距離為1.

ab~2

⑴求橢圓C的標準方程；

(2)點M,N是曲線C上的兩點，。是坐標原點，|MN|=20',求WON面積的最大值.

［解析］⑴依題意，［e=-=^-a-c=la1=b2+c2,解得3=26=6，

［Q2I

22

所以橢圓C的標準方程為土+匕=1.

43

(2)①當MN斜率不存在時，即直線MNYx軸，不妨設M"吟,則|引=孚，

.闖=白2代寫=手；

②當直線MN斜率存在時，設直線MN方程為y=+m,

(22

由=ly=kx+m,得(4左2+3)Y+8Amx+4〃/-12=0,

貝I]A=（8M2-4（4A:2+3）-（4m2-12）=48（4^2-m2+3）＞0,

設"（七，乂），N（x,y）,則x+x=-nW-12

22l2二

4k+31248+——37------

所以|MN|=+k2+少了-4%%2

P8kmY4（4療-]2）

=2五,

4k2+3）4左2+3

即即=4r+3-0：+9.

6（^2+1）

記原點。到直線MN的距離為d,

24/+3（止+3）2（4/+3）.（2/+3）

則d~=

lc+\6位+1）26（如+1）2

第16頁共29頁

14左2+3+2/2+3)

-6(.+,-=2

(當4左2+3=28+3,即左=0時取等，驗證滿足題意)

所以S：IMNI&；x2日后省,

又因為豆＞半，所以5.恤取最大值為色.

4-2t1

注：求d2的最大值還可以這樣處理，設4、p蟲=4-—1—43,4),則d2=t--=--1(t-3)2+q-?a-(

k+1k+16622

當/=3,即左=0時取等).

W04由變量的范圍引起的分類討論

13.已知關于尤的不等式2/-5m無+八110+1)-2..0在［0,乃］上恒成立，則實數t的取值范圍是

【答案】[―1,+8)

【解析】

令/(尤)=2e'-sin%+Hn(x+1)-2,xe[0,1],

貝U/(O)=。，

由題意知，Vxe[0,/r],/(%)../(0),

f\x)—2e"—cosxH----,

x+1

令m(x)—2e*x—cosx——--,

x+1

則mf(x)=2ex+sinx------

(x+1)

①當f..O時，對任意的xe[0,乃],cosxe[-1,1],2e*..2,

則廣(無)>。，此時函數〃龍)在[0,萬]上單調遞增，

故/(無)../(0),符合題意；

②當f<0時，〃/(%)>0對任意的xe[0,恒成立，

所以/'(%)在[0,萬]上單調遞增，

因為廣(0)=f+l,(⑺=2^+1+—,

萬+1

⑴當t+L.O,即當一L"<0時，對任意的/'(x)..O且/'(%)不恒為零,

第17頁共29頁

此時函數/(X)在［0,萬］上單調遞增，則/(x)../(0),符合題意；

(萬)當/(0)<0且/'(萬)>0,即當一("+l)(2e"+1)<t<-1時，

由零點存在定理可知，存在％e(0,萬)，使得1(%)=0,且當xe［0,x0)時，f'(x)<0,

則函數〃幻在［0,%)上單調遞減，所以/(尤。)</(0),不合題意；

(訪)當/'(?),,。，即當-(乃+l)(2e"+l)時，對任意的xe［0㈤,r(x),,0且尸(x)不恒為零,

此時，函數f(函在［0,加上單調遞減,則/"),"(0),不合題意.

綜上所述，A..-1,

故實數t的取值范圍是［-1,+8).

故答案為［T,E).

14.已知函數/(?=/-左sinx.

⑴當k=1,時，求/(x)的單調區間；

(2)若/⑴在區間(0,9內存在極值點外

①求實數左的取值范圍；

②求證：/(元)在區間(。,萬)內存在唯一的分，使/(力)=1,并比較(與2夕的大小，說明理由.

【解析】⑴當k=l時，若,/(x)-ex-sinx,貝l|f'(x)=-cosx>1-cosx>0,

所以，函數/(x)的增區間為，無減區間.

JI/

(2)①因為0<x<一,r(x)=ex-左cosx=cosx(---------k),

2cosx

.ex4?八九、ex(cosx+sinx)八

令g(x)=-------,其中0<x<一,則g(x)=-------------2--------->0，

cos九2cos兀

所以，函數g(x)在fo,1l上單調遞增，

作出函數g(x)與y=k的圖象如下圖所示：

第18頁共29頁

由圖可知‘當％"】時,對任意的xe°曰,小)=3x(3-左)>。,

則函數于⑺在°，］上為增函數，不合乎題意;

當k>l時，由圖可知，直線y=k與函數g(x)的圖象有且只有一個交點，設交點的橫坐標為a,

ex

當Ovxvc時，/X%）=cosx（------左）vO,

cosx

jre"

當a<x<—時，r（%）=cos%（------k）>0,

2cos%

此時函數/(x)在°，，只有一個極值點，且為極小值點,

綜上所述，實數上的取值范圍是(L+8)；

②要證明存在唯一的0GQ,兀),使得/(分)=1,

令m(x)=f(x)-l=ex-ksinx-l,只需證明存在唯一的0e(O,兀),使得加(￡)=0,

因為mr(x)=ex-kcosx=ff(x),

由①可知，函數m(x)在(0,。)上單調遞減，在(私會)上單調遞增，

兀

又當—<X<7T時，〃z'(x)="-后COS無>0,

所以，函數rn(x)在(0,?)上單調遞減，在(口,萬)上單調遞增，

當0<x<cr時，m(x)<m(0)=0,且m(a)<m(0)=0,

又因為〃7(%)=e"-l>0,所以，函數m(x)在(0,。)內無零點，在(％萬)內存在唯一零點,

即存在唯一的4口0,乃)使得砥0=0,即/(/?)=1,

第19頁共29頁

由①可知，e"=左cosa>l，

所以，m(2a)=e2a—ksin2a-1=e2a—2ksinacosa-1=e2a—2easina—1,

jr

令h(x)=e2x-2exsinx-1,其中Ovxv^,

則hr(x)=2e2x-2ex(sinx+cosx)=2ex(ex-sinx—cosx),

冗

令夕(無)=e"-sinx—cos尤，其中0<x<一，

2

貝ljp'(x)=ex-cosx+sinx>1-cosx+sinx>0,

所以，函數0(X)在f0,^1上為增函數，故當Ovxv^l時，p(x)>p(0)=0,

故當0<x<W時，〃。)>0,所以，函數Mx)在1^0,IJ上為增函數,

TT

因為0<a<—,m(2a)>0,所以，m(2a)>=0,

2

因為m(x)在