炎德文化数学2024年普通高等学校招生全国统一考试考前演练一答案
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孝生用书名师导学·新高考第一轮总复习·数学②当x≥号x时，由于sin≤1，cosx≤1.=1-之>0，故函数f(z)至多一个零点，不合意；h(z)=x2+4-4xsin z-4cos 2z2+4-4z-4=x2-4x=t(x),面《)在（号x,+o∞）单演递增，（≥（号x)>0,当a<-1时，函数fx)在(0，-日）上单澜道减，在(-日，1)上单调所以A()>0恒成立，放A()在（号x,十∞）无零点，道增，在1，十∞)止单词递减，所以函数f)的授小值为f(-日）=所以h(x)在(0，十∞)有一个零点，品+日a-1)-n(-日）-1-六+in(-a>0,哉函数fx至多由于h(x)是偶函数，所以h(x)在（一∞，0）有一个零点，而h(0)=0,一个零点，不合题意.综上，h(x)在R上有且仅有三个零点.综上所述，实数a的取值范围是(2，十o∞)】B组题1.C[解析]令g(x)=e-1-x,则g'(x)=e-1-1,3.解折]（1fc)=ae-h2-b,fa)=ae-子，令g'(x)>0,得x>1:令g'(x)<0,得x<1,因为曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=0,所以g(x)在（一∞，1）上单调递减，在(1，十c∞)上单调递增，故g(x)m=g(1)=0,所以f=0即ae-1=0:8-ef(1)=0,又因为对于任意M>0,在(-o∞，1)总存在x=一M,使得g(一M)e-M-1+M>M,所以)=e1-n工-1，又f(z)=e1-1在(0，十o0)单调递增，在(1，十∞)上由于y=e-1的增长速率比y=x的增长速率要快得多f(1)=0,故x∈(0,1)时，f(x)<0,f(x)单调递减，x∈(1，十o∞)时，所以总存在x=x0,使得eo-1一x>M,f(x)>0,f(x)单调递增，所以g(x)在(-∞，1)与(1，十∞)上都趋于无穷大；所以x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值为0，令h(x)=一x2+2mx-1,则h(x)开口向下，对称轴为x=m综上，函数f(x)的最小值为0，无最大值.(2)f(x)=g(x),e1-In x=cx-c,ex-1-In x-cx+c=0,ig(x)设h(x)=e-1-lnx-cx十c,方程f(x)=g(x)有唯一实根，所以h(x)有唯一的零点，h(x)h'(x)=e-1-1-c在(0，+o∞)上单调递增，h'(1)=-c<0,071mu(x)=e*-x-1,u'(x)=e-1,当x∈（一∞，0）时，u'(x)<0,u(x)单调递减，所以h(x)在（一c∞，m)上单调递增，在(m,十o∞）上单调递减，当x∈(0，十∞)时，4'(x)>0,u(x)单调递增，故h(x)m=h(m)=m2一1，所以u(x)在x=0处取得极小值，也为最小值，所以u(x)≥u(0)=0,因为通数f(x)=min{er-1一x,-x2+2mx-1}有且只有三个零点，即e≥x+1,h'(1+)=e-c中1≥+1-+市c>0,而g(x)已经有唯一零点x=1,所以h(x)必须有两个零点，则h(x)m>0,即m2-1>0,解得m<-1或m>1.所以存在唯-的0∈(1,1+c),使得'(o)=0,即e-1-0c=0,当m<-1时，h(1)=-12+2mX1-1=-2+2m<0,故x∈(0，o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，x∈(o,十o∞)时，h'(x)>0,则f1)=min{g(1),h(1)}=h(1)<0,h(x)单调递增，即f(x)在工=1处取不到零点，放f(x)至多只有两个零点，不满足所以x=o时，h(x)取得极小值，也是最小值，h(1)=1>0,x→十∞，题意；h(x)++∞，当m>1时，h(1)=-12+2mX1-1=-2+2m>0,1则f1)=min{g(1),h(1)}=g(1)=0,所以f(x)在x=1处取得零点，要使h(x)有唯一的零点，即h(to)=0=h(x0),eo-1一-c=0,e0-1结合图象又知g(x)与h(x)必有两个交点，故f(x)在（一∞，1）与=1+c,(m,十∞)必有两个零点，所以f(x)有且只有三个零点，满足题意，h(zo)=1-In xo-cx0+2c=0,x0>1,综上，m的取值范围为(1，十∞).2.[解折])当a=1时，fe)=言2-hx,设p(x)=1-nx-cx+2c,x∈(1，十c∞)，所以f=-之，又有f1)=合，f1)=0,易知p(x)单调递减，又p1)=1+c>0,p(2)=2-lh2<0,所以切线方程为少一宁所以1