重慶市西南大學(xué)附屬中學(xué)魯能巴蜀中學(xué)2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期3月聯(lián)考試數(shù)學(xué)試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 設(shè)集合，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求出集合、，利用交集的定義可求得集合 .
【詳解】因?yàn)?，，
因此， .
故選：B.
2. 對(duì)于數(shù)列，若，且，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】逐項(xiàng)遞推可知，對(duì)任意的，，結(jié)合數(shù)列的周期性可求得的值.
詳解】對(duì)于數(shù)列，因，且，
則，，，，，
以此類推可知，對(duì)任意的，，
因?yàn)?，故 .
故選：C.
3. 西安大雁塔始建于唐代永輝三年，是中國古代佛教建筑的杰作．若將大雁塔的塔身近似看成正四棱臺(tái)，
上下底面的邊長分別為 13m 和 25m，塔身高度為 60m．則其體積約為（）．
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A. 15880 B. 22380 C. 47640 D. 67140
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)棱臺(tái)的體積公式計(jì)算即可.
【詳解】由題意，上下底面邊長分別為 13m 和 25m，塔身高度為 60m，
則其體積為 .
故選：B.
4. 已知拋物線，過點(diǎn) 的直線與拋物線 C 交于，兩點(diǎn)，則
的最小值是（）
A. 16 B. 32 C. 64 D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，再結(jié)合韋達(dá)定理及不等式性質(zhì)求解即可.
【詳解】設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立，得，
則，且，
由，則，
當(dāng)且僅當(dāng) ，即或時(shí)等號(hào)成立，
則的最小值是 64.
故選：C.
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5. 已知，且，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)和差角公式以及二倍角公式即可求.
【詳解】由 ,可得，
又，
所以，
故選：D
6. 有 6 名志愿者參與社區(qū)活動(dòng)，活動(dòng)安排在周一、周二兩天．若每天從 6 人中任選三人參加活動(dòng)，則恰有
2 人連續(xù)參加兩天活動(dòng)的概率為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列組合以及分步乘法計(jì)數(shù)原理計(jì)算個(gè)數(shù)，即可利用古典概型的概率公式求解.
【詳解】第一天從 6 個(gè)人中選 3 人，方法有種，第二天從 6 個(gè)人中選 3 人，方法有種，故樣本點(diǎn)總
數(shù)為，
恰好有 2 人連續(xù)參加兩天的活動(dòng)，則先從 6 個(gè)人中選 2 人，方法有種，第一天從剩下 4 人種選 1 人，有
種方法，第二天從剩下的 3 人中任選 1 人，方法數(shù)為，
所以恰有 2 人連續(xù)參加兩天活動(dòng)的概率為
故選：B
7. 平面內(nèi)有向量、、滿足，，則的最小值是（
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）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)可得出，，作出圖形，使得，，
，則，，延長至，使得，證明出
，所得，再利用當(dāng) 、、三點(diǎn) 共線，且點(diǎn) 在線段上時(shí) ，
取最小值，求解即可.
【詳解】因?yàn)?，所以，，則，
故，
因?yàn)?，，則，
如下圖所示，作，，，則，，
延長至，使得，，則，
則有，所得，
所以，，
當(dāng)且僅當(dāng) 、、三點(diǎn)共線，且點(diǎn) 在線段上時(shí)，取最小值 .
故選：C.
8. 已知，，若函數(shù) 恰有個(gè)零點(diǎn)，則的取
值范圍為（）
A. B. C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】分析函數(shù) 的單調(diào)性與極值，作出圖象，令，可得關(guān)于的方程要有兩
個(gè)根、，且，或，由參變分離得出，令，其
中，分析函數(shù) 的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可得出實(shí)數(shù) 的取值范圍.
【詳解】令，則對(duì)任意的恒成立，
所以，函數(shù) 在上為減函數(shù)，
令，則，
由可得，由可得，
所以，函數(shù) 的增區(qū)間為，減區(qū)間為，
令，由可得，
作出函數(shù) 的圖象如下圖所示：
由圖可知，要使得函數(shù) 恰有個(gè)零點(diǎn)，
則關(guān)于的方程要有兩個(gè)根、，且，或，
當(dāng) 時(shí)，方程無解；
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當(dāng) 時(shí)，由可得，令，其中，
則，由可得，由可得，
所以，函數(shù) 的增區(qū)間為，減區(qū)間為，
且當(dāng) 時(shí)，；當(dāng) 時(shí)，，如下圖所示：
由圖可知，當(dāng) 時(shí)，直線與函數(shù) 圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo) 、滿足，
或，
因此，實(shí)數(shù) 的取值范圍是 .
故選：C.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：對(duì)于復(fù)合函數(shù) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，求解思路如下：
（1）確定內(nèi)層函數(shù) 和外層函數(shù) ；
（2）確定外層函數(shù) 的零點(diǎn) ；
（3）確定直線與內(nèi)層函數(shù) 圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)分別為、、、、，
則函數(shù) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 .
二、多選題：本題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題
目要求．全部選對(duì)的得 6 分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得 0 分．
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9. 已知復(fù)數(shù) 、，下列說法正確的有（）
A. 若，則 B. 若，則．
C. 若，則或 D. 若，則
【答案】AC
【解析】
【分析】利用特殊值法可判斷 BD 選項(xiàng)；利用共軛復(fù)數(shù)的定義結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法可判斷 A 選項(xiàng)；設(shè)
，，利用復(fù)數(shù)的乘法和復(fù)數(shù)相等可判斷 C 選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于 A 選項(xiàng)，設(shè) ，
則，同理可得，
所以，若，則，A 對(duì)；
對(duì)于 B 選項(xiàng)，若，不妨取，，
則，但且，B 錯(cuò)；
對(duì)于 C 選項(xiàng)，設(shè) ，，
若，則有，
故有，即，兩式相乘變形得，，
則有，或，或，
①當(dāng) 時(shí)，，即；
②當(dāng) ，且時(shí)，則，
又因?yàn)?不同時(shí)為，所以，即；
③當(dāng) ，且時(shí)，則，同理可得，故；
綜上所述，命題“若，則，或 ”成立，C 對(duì)；
對(duì)于 D 選項(xiàng)，若，不妨取，，
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則，，，但，D 錯(cuò).
故選：AC.
10. 已知各項(xiàng)均不為零的數(shù)列，記點(diǎn) ，且始終在直線上，若
，則下列命題正確的是（）
A. B. 數(shù)列為等差數(shù)列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)題意，，由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得數(shù)列通項(xiàng)公式，從而得解 A；利用等
差數(shù)列定義證明 B；根據(jù) ，利用放縮法和裂項(xiàng)相消發(fā)求和判斷 C；
利用并項(xiàng)求和法判斷 D.
【詳解】根據(jù)題意，始終在直線上，所以，
則數(shù)列為以 1 為首項(xiàng)，1 為公差的等差數(shù)列，
所以，則，A 正確；
由于，不是常數(shù)，
所以數(shù)列不是等差數(shù)列，B 錯(cuò)誤；
因?yàn)?br>，
故 C 正確；
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，
故 D 正確.
故選：ACD
11. 已知直棱柱的所有棱長均為，，動(dòng)點(diǎn) 滿足
，則下列說法正確的是（）
A.
B. 若直線與直線所成角為定值，則點(diǎn)軌跡為圓的一部分
C. 當(dāng) 時(shí)，三棱錐的外接球的體積為
D. 記點(diǎn) 到直線的距離為，當(dāng) 時(shí)，則的最小值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】對(duì)于選項(xiàng) A；證明平面，即可得到結(jié)論；對(duì)于選項(xiàng) C：主要找準(zhǔn)球心位置，再求出半
徑即可；對(duì)于選項(xiàng) D：建立空間直角坐標(biāo)系，轉(zhuǎn)化為向量求解距離最小值問題；對(duì)于選項(xiàng) B，利用空間向量
法求解即可.
【詳解】對(duì)于選項(xiàng) A：因?yàn)?，
所以點(diǎn) M 在平面內(nèi)，因?yàn)榈酌?為菱形，所以 ,
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又因直棱柱，所以 ,又因?yàn)?平面 ,
平面，所以平面，又平面，
所以，故 A 正確；
對(duì)于選項(xiàng) C，
當(dāng) 時(shí)，點(diǎn) M 在體對(duì)角線交點(diǎn)處，故點(diǎn) M 在與底面垂直
且到底面距離為 1，因?yàn)?,所以的外接圓半徑
為，設(shè)外接球半徑為，球心到平面的距離為 h，
則 ,
即，兩式聯(lián)立得，
故外接球體積為，故 C 正確；
對(duì)于選項(xiàng) D，
當(dāng) 時(shí)，則三點(diǎn)共線，即點(diǎn) M 在線段上，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則 , ,
則，
故 ,則 ,
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又得
， ,
故，當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)，，故 D
正確；
對(duì)于選項(xiàng) B，，，，
，
由（1）可知，平面的一個(gè)法向量為，
設(shè)直線與平面所成的角為，則，
設(shè) ，由于是直線與平面內(nèi)所有直線中所成角的最小值，
所以，，由，
化簡可得，且，
易知點(diǎn) 為平面內(nèi)的一點(diǎn)，
當(dāng) 時(shí)，則，此時(shí)，點(diǎn) 的軌跡為平面內(nèi)的一條線段；
當(dāng) 時(shí)，則，此時(shí)，點(diǎn) 的軌跡為平面內(nèi)的一條線段；
當(dāng) 時(shí)，化簡可得或，
此時(shí)，點(diǎn) 的軌跡為平面內(nèi)的兩條線段，故 B 錯(cuò)誤.
故選：ACD.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的外接球問題則考慮球心位置，再利用勾股定理求出半徑；求解
最短距離問題的基本思路建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的方法求解.
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三、填空題：本題共 3 小題，每小題 5 分，共 15 分．
12. 已知多項(xiàng)式，則
________．
【答案】9
【解析】
【分析】利用賦值法即可求解.
【詳解】令可得，
令可得，
相減可得，
故答案為：9
13. 已知函數(shù) 是定義在上的奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減，且，則不等式
的解集為________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函數(shù) 的單調(diào)性及零點(diǎn)，可得出或，數(shù)形結(jié)合可得出原不
等式的解集.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) 是定義在上的奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減，且，
則函數(shù) 在上也為減函數(shù)，且，
作出函數(shù) 的草圖如下圖所示：
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由可知，
當(dāng) 時(shí)，則，則或，
解得或，此時(shí)，；
當(dāng) 時(shí)，則，則或，
解得或，此時(shí) .
綜上所述，不等式的解集為 .
故答案為： .
14. 已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為、，點(diǎn) 在上，點(diǎn) 滿足
，若上存在點(diǎn) 使得，則的離心率的取值范圍為________．
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)點(diǎn) ，根據(jù)平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得出，根據(jù) 可求出點(diǎn) 的
軌跡方程，求出，根據(jù) 可求得橢圓的離心率的取值范圍.
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【詳解】設(shè)點(diǎn) ，易知點(diǎn) ，由題意可得，
所以，，即點(diǎn) ，
由，得，
整理可得，
所以，點(diǎn) 的軌跡是以點(diǎn) 為圓心，半徑為的圓，
又因?yàn)辄c(diǎn) 在橢圓上，則圓與橢圓有公共點(diǎn)，
，
當(dāng) 時(shí)，即當(dāng) 時(shí)，當(dāng) 時(shí)，；
故有，可得，解得；
當(dāng) 時(shí)，即當(dāng) 時(shí)，當(dāng) 時(shí)，，
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故有，即，矛盾.
綜上所述，橢圓的離心率的取值范圍是 .
故答案為： .
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：
（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據(jù)離心率的定義求解離心率的值；
（2）齊次式法：由已知條件得出關(guān)于、的齊次方程，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的方程求解；
（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.
四、解答題：本題共 5 小題，共 77 分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 在中，內(nèi)角 A、B、C 所對(duì)的邊分別為 a、b、c，．
（1）求 A；
（2）若外接圓的面積為，求面積的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化，結(jié)合余弦定理即可求解，
（2）由面積公式可得外接圓半徑，即可根據(jù)正弦理求解，由余弦定理以及基本不等式即可求解
的最大值，由面積公式即可求解.
【小問 1 詳解】
因?yàn)?，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
因?yàn)?，所以，
【小問 2 詳解】
設(shè) 的外接圓半徑為，所以所以，
由正弦定理得，
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故
又即，
，當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)取等號(hào)，
故面積的最大值為 .
16. 如圖，在三棱柱中，底面是正三角形，，，側(cè)面
是矩形．
（1）求證：三棱錐是正三棱錐；
（2）若三棱柱的體積為，，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)線面垂直可得，，結(jié)合正三角形，可得是的
中心，即可求證，
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求解平面法向量，即可利用向量的夾角求解.
【小問 1 詳解】
過點(diǎn) 作平面于點(diǎn) ，
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平面，所以
又，平面
平面平面 ,
同理可證，故是的垂心，
又是正三角形，則是的中心，因此三棱錐是正三棱錐
【小問 2 詳解】
因?yàn)槿庵?的體積為，
結(jié)合，可知底面積為，所以高，
以的中點(diǎn) 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為的正方向，
過且與平行的方向?yàn)?軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)平面的法向量為，
因?yàn)?，
則，取，則
又，
設(shè)直線與平面所成角為，
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所以 .
17. 已知圓，動(dòng)圓 C 過，且與圓外切設(shè)圓心 C 的軌跡為曲線．
（1）求的方程；
（2）設(shè)定點(diǎn) ，過作直線 l 交曲線于 A、B 兩點(diǎn)，直線，分別交直線于 P、Q
兩點(diǎn)，求的最小值．
【答案】（1）
（2）的最小值為 2.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)相切的性質(zhì)，可得，，即可結(jié)合雙曲線的定義求解，
（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達(dá)定理，根據(jù)弦長公式可得 ,進(jìn)而可得的坐標(biāo)，即可化簡得
，利用換元法以及函數(shù)的單調(diào)性求解.
【小問 1 詳解】
因?yàn)閳A 過，所以，
又圓與圓外切，所以，故，
所以是以為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，設(shè)其方程為，
得，
故方程為，
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【小問 2 詳解】
根據(jù)題意可知直線的斜率不為 0，故設(shè) ，
聯(lián)立與的方程可得，
故且，
故，故，則
直線，令，可得，同理可得 ,
則
，
令，則，
故，函數(shù) 在單調(diào)遞減，故當(dāng) 時(shí)，，
故當(dāng) ，直線斜率不存在時(shí)，的最小為 2.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：
（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；
（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
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（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.
18. 某汽車公司研發(fā)了一款新能源汽車，并在出廠前對(duì) 100 輛汽車進(jìn)行了單次最大續(xù)航里程的測(cè)試．現(xiàn)對(duì)測(cè)
試數(shù)據(jù)進(jìn)行整理，得到如下的頻率分布直方圖：
（1）估計(jì)這 100 輛汽車的單次最大續(xù)航里程的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值代表）；
（2）由頻率分布直方圖計(jì)算得樣本標(biāo)準(zhǔn)差 s 的近似值為 49.75，根據(jù)大量的汽車測(cè)試數(shù)據(jù)，可以認(rèn)為這款汽
車的單次最大續(xù)航里程 X 近似地服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數(shù) ，近似為樣本標(biāo)
準(zhǔn)差 s．
（?。├迷撜龖B(tài)分布，求；
（ⅱ）假設(shè)某企業(yè)從該汽車公司購買了 20 輛該款新能源汽車，記 Z 表示這 20 輛新能源汽車中單次最大續(xù)
航里程的車輛數(shù)，求；
參考數(shù)據(jù)：若隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，則，
，．
（3）為迅速搶占市場(chǎng)舉行促銷活動(dòng)，銷售公司現(xiàn)面向意向客戶推出“玩游戲，贏大獎(jiǎng)，送汽車模型”活動(dòng)，
客戶可根據(jù)拋擲骰子向上的點(diǎn)數(shù)，遙控汽車模型在方格圖上行進(jìn)，若汽車模型最終停在“幸運(yùn)之神”方格，
則可獲得購車優(yōu)惠券 3 萬元；若最終停在“贈(zèng)送汽車模型”方格，則可獲得汽車模型一個(gè)．方格圖上標(biāo)有
第 0 格，第 1 格，第 2 格，……，第 25 格，第 26 格．汽車模型開始在第 0 格，客戶每擲一次骰子，汽車模
型向前移動(dòng)一次．若擲出 1，2，4，5 點(diǎn)，汽車模型向前移動(dòng)一格（從第 k 格到第格），若擲出 3，6
點(diǎn)，汽車模型向前移動(dòng)兩格（從第 k 格到第格），直到移到第 25 格（幸運(yùn)之神）或第 26 格（贈(zèng)送汽
車模型）時(shí)游戲結(jié)束．設(shè)汽車模型移到第 n（）格的概率為試證明數(shù)列
（）是等比數(shù)列，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，并比較和的大?。?br>第 20頁/共 25頁
【答案】（1）300 千米
（2），
（3）證明見解析，，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖中平均數(shù)的計(jì)算公式即可求解，
（2）根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱性即可求解（?。?，根據(jù)二項(xiàng)分布的期望公式即可求解.
（3）根據(jù) 可得為等比數(shù)列，即可求解通項(xiàng)，利用作差即可求
解和的大小.
【小問 1 詳解】
（千米）
【小問 2 詳解】
（ⅰ）因?yàn)?服從正態(tài)分布所以，
（ⅱ）因?yàn)?服從二項(xiàng)分布所以，
【小問 3 詳解】
由題意可知，汽車模型移動(dòng)到第格的情況有且也只有兩種：
①汽車模型先到第格，又挪出 3，6 點(diǎn)，其概率為，
②汽車模型先到第格，又挪出 1，2，4，5 點(diǎn)，其概率為，
所以則
又，
則數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，
所以，
第 21頁/共 25頁
，
則，當(dāng) 時(shí)，也滿足上式，
所以，
特別地，汽車模型移動(dòng)到第 26 格的情況僅有一種，從第 24 格連跳 2 格至第 26 格，
，所以，
19. 已知函數(shù) ，，．
（1）過原點(diǎn)作直線 l 與，的圖象均相切，求實(shí)數(shù) k 的值；
（2）令，
（ⅰ）討論的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（ⅱ）若為的極小值點(diǎn)，為的零點(diǎn)，求證：．
【答案】（1）
（2）（?。?時(shí)，有一個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng) 時(shí)，無極值點(diǎn)，當(dāng) 時(shí)，有兩個(gè)極
值點(diǎn)，（ⅱ）證明見解析
【解析】
【分析】（1）設(shè)出切點(diǎn)，根據(jù)點(diǎn)斜式求解直線方程即可求解，
（2）（?。?duì) 進(jìn)行討論，即可根據(jù)導(dǎo)數(shù) 正負(fù)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性以及極值的定義求解，
（ii）根據(jù)（i）的結(jié)論，利用導(dǎo)數(shù)證明時(shí)，，以及，根據(jù)極值點(diǎn)的定義，結(jié)合
零點(diǎn)存在性定理得零點(diǎn)，即可求解.
【小問 1 詳解】
設(shè) 的切點(diǎn)為，又，
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則，
由于過原點(diǎn)，所以，可得，所以切線的斜率為，
設(shè) 的切點(diǎn)為故 .
【小問 2 詳解】
（?。┯深}意有所以
令
當(dāng) 時(shí)，單調(diào)遞增，此時(shí)無極值點(diǎn)，
當(dāng) 時(shí)，，則為單調(diào)遞增函數(shù)，且，
故存在使得，所以在遞減，在單調(diào)遞增，故有一個(gè)極
值點(diǎn)，
當(dāng) 時(shí)，令得，則為單調(diào)遞增函數(shù)，且
，
故存在使得，所以在遞減，在單調(diào)遞增，故
，
當(dāng) ，，則為單調(diào)遞增函數(shù)，無極值點(diǎn)，
時(shí)，，
令（），則，令，則，
當(dāng) ，故單調(diào)遞增，故
，
故單調(diào)遞增，故，故（），
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所以當(dāng) ，
所以，
故，使得，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故有兩個(gè)極值點(diǎn)，
綜上可得時(shí)，有一個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng) 時(shí)，無極值點(diǎn)，當(dāng) 時(shí)，有兩個(gè)極值
點(diǎn)，
（ⅱ）由（i）知，時(shí)，有一個(gè)負(fù)的極小值點(diǎn)，設(shè)為，
又在遞減，在單調(diào)遞增，即為的極小值點(diǎn)也是最小值點(diǎn)，
所以又，即，
所以，故無零點(diǎn)，不滿足題意，
當(dāng) 時(shí)，有兩個(gè)正數(shù)極值點(diǎn)，不妨設(shè)極大值點(diǎn)為，極小值點(diǎn)為，
由（i）可知，
在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
，
故時(shí)，，即在無零點(diǎn)，
先證明時(shí)，，
記（），則，，，
令，則，
當(dāng) 時(shí) ，此時(shí) 單調(diào)遞增，
故，故單調(diào)遞增，
故，
故單調(diào)遞增，
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則
，
故時(shí)，，
所以，
又，故使得故有唯一的零點(diǎn).
又，
所以，
令，
，
當(dāng) 單調(diào)遞增，當(dāng) 單調(diào)遞減，所以，故
，
所以
即在上為單調(diào)遞增函數(shù)，故，
，又在為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，
綜上：若為的極小值點(diǎn)，為的零點(diǎn)時(shí)，恒有 .
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的
新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，
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