18“集合，常用逻辑用语，不等式，函数、导数及其应用“跟踪训练-《中学生数理化》高考数学2024年9月刊

“集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数及其应用”跟踪训练 ■广东信宜教育局教研室 王位高 ■广东信宜砺儒中学 麦 庆 一、单选题 1.已知集合A={x|x=2n,n∈Z},B= {x|x=3n-1,n∈Z},则( )。 A.5∈(A∩B) B.6∈(A∩B) C.8∈(A∩B) D.10∈(A∩B) 2.已 知 U = R 是 实 数 集,M = x 2 x>1 ,N={x|y= x-1},则图1中 阴影部分表示的集合是( )。 图1 A.(0,1) B.(0,1] C.(-∞,1) D.(-∞,0) 3.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且 满足f(x)=ln x+x2f'(1),则 f'(1)= ( )。 A.-e B.e C.-1 D.1 4.函数f(x)=ln(x-1)- 3 x 的零点所 在区间为( )。 A.(2,3) B.(3,4) C.(4,5) D.(5,6) 5.已知函数f(x)为 R 上的奇函数,当 x<0时,f(x)=x+2,则f(3)=( )。 A.-3 B.-1 C.1 D.3 6.若奇函数f(x)在[0,+∞)上单调递 增,且f(2)=3,则满足-3≤f(1-x)≤3的 x 的取值范围是( )。 A.[0,2] B.[-1,3] C.[-2,0] D.[-1,5] 7.已知a= ln 2 4 ,b= 1 e2 ,c= ln 3 3 ,则a, b,c的大小关系为( )。 A.a<c<b B.a<b<c C.b<c<a D.b<a<c 8. 已 知 函 数 f (x ) = x2-(3a+1)x+2,x<1, ax,x≥1, 若函数f(x)在 R 上为减函数,则实数a的取值范围为( )。 A.13 ,1 B.13,12 C.0, 1 3 D.12,1 9.若P是曲线y=x2-ln x+1上任意一点, 则点P到直线y=x-2的最小距离为( )。 A.1 B. 2 2 C.2 D. 32 2 10.若函数f(x)= 1 2x 2-x+aln x 有 两个不同的极值点,则实数a 的取值范围为 ( )。 A.0, 1 4 B.0,12 C.-∞, 1 4 D.-∞,14 11. 已 知 函 数 f (x ) = -x2-2x,x≤0, |lg x|,x>0, 若a<b<c<d,且f(a) =f(b)=f(c)=f(d),则a+b+c+2d 的 取值范围是( )。 A.3, 201 10 B.1,18110 C.22,+∞ D.22-2,+∞ 12.若 不 等 式 t(etx+1) x+1 > ln x x 在 (0, +∞)上恒成立,则t的取值范围为( )。 A.1e ,+∞ B.(e,+∞) C.0, 1 e D.1e,e 二、多选题 13.已知函数f(x)=2x3-6x+1,则 ( )。 A.g(x)=f(x)-1为奇函数 B.f(x)的单调递增区间为(-1,1) C.f(x)的极小值为-3 D.若关于x 的方程f(x)-m=0恰有3 个不等的实根,则m 的取值范围为(-3,5) 24 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 图2 14.已知定义域为R的函 数f(x),且函数y= f'(x) x 的 图像如图2所示,则下列结论 中正确的是( )。 A.f'(1)=f'(-1)=0 B.函数f(x)在区间(-∞,-1)上单调 递增 C.当x=1时,函数f(x)取得极小值 D.方程f'(x)=0与f(x)=0均有三个 实数根 15. 已知函数f(x)的定义域为 R,满足 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(1) =-1,则( )。 A.f(0)=1 B.f(x)为奇函数 C.f(1)+f(2)+…+f(2 024)=0 D.[f(x)]2+ f x+ 1 2 2 =1 三、填空题 图3 16.如图3,直线l是 曲线y=f(x)在点(4, f(4))处的切线,则f(4) +f'(4)= 。 17.某生物科学研究 院为了研究新科研项目需 图4 建造如图4所示的全封闭生态穹 顶,该建筑(不计厚度,长度单位: m)的上方为半球形,下方为圆柱 形,符合设计要求的生态穹顶建 筑的容积为 80π 3 m3,且l≥ 8 3r (其 中l为圆柱的高,r为半球的半径),假设该生 态穹顶建筑的建造费用仅与其表面积有关。 已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3万 元,半球形部分每平方米的建造费用为c 1<c≤ 11 4 万元,则当r= m时,该生态 穹顶建筑的总建造费用最少。 18.已 知 a ≠0,若 函 数 f (x)= ax-1,x<-1, (x-2)ex+2,x≥-1 有最 小 值,则 实 数 a 的最大值为 。 19.直线l与曲线y=ex、y=- 1 4x 2 都 相切,则直线l的方程为 。 20.已知函数f(x)满足f'(x)+f'(-x) =0,且f(4)=9,当x>0时,f'(x)>x,则不等 式f(x-2)< 1 2x 2-2x+3的解集为 。 四、解答题 21.已知f(x)=ax3-bx+4,f(x)在 x=2处取得极小值- 4 3 。 (1)求f(x)的解析式。 (2)求f(x)在x=3处的切线方程。 (3)若方程f(x)+k=0有且只有一个 实数根,求k的取值范围。 22.已知函数f(x)= 1 3x 3+ m 2x 2-x+ 1 6 。 (1)若f(x)在 1 2 ,2 上存在单调递减区 间,求实数m 的取值范围; (2)若f(x)在(m,+∞)上有极小值,求 实数m 的取值范围。 23.已知函数f(x)=ex+xln x-k(x+ 1)2-x+1。 (1)证明:ex≥ex; (2)若对任意x>0,都有f(x)≥0,求k 的最大值。 24.已知函数 f(x)= 1- 2 x+1 ex- k(x-1),x>-1,k∈R。 (1)若k=0,证明:当x∈(-1,0)时, f(x)<-1; (2)若函数f(x)恰有三个零点x1,x2, x3,证明:x1+x2+x3>1。 25.英国数学家泰勒发现了如下公式: ex=1+x+ x2 2! + x3 3! + …+ xn n! + …,其中 n! =1×2×3×4×…×n,e为自然对数的 底数。以上公式称为泰勒公式。设f(x) = ex-e-x 2 ,g(x)= ex+e-x 2 ,根 据 以 上 信 息,并结合高中所学的数学知识,解决如下 问题。 (1)证明:ex≥1+x; 34 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 (2)设x∈(0,+∞),证明:f (x) x <g (x); (3)设F(x)=g(x)-a1+ x2 2 ,若x=0 是F(x)的极小值点,求实数a的取值范围。 参考答案及提示: 一、单选题 1.C 2.A 3.C 提示:因为函数f(x)的导函数为 f'(x),且f(x)=ln x+x2f'(1)(x>0),所 以f'(x)=2f'(1)x+ 1 x ,把x=1代入可得 f'(1)=2f'(1)+1,解得f'(1)=-1。 4.B 提示:易知函数f(x)=ln(x-1) - 3 x 在其定义域(1,+∞)上连续不断,且 f(3)=ln 2-1<0,f(4)=ln 3- 3 4>0 ,则函 数的零点在区间(3,4)上。 5.C 提示:因为函数f(x)为 R上的奇 函数,当x<0时,f(x)=x+2,所以f(3)= -f(-3)=-(-3+2)=1。 6.B 提示:因为f(x)为奇函数,所以 f(-2)=-f(2)=-3,且f(0)=0,所以不 等式-3≤f(1-x)≤3等价于f(-2)≤ f(1-x)≤f(2)。根据f(x)在[0,+∞)上 单调递增,以及奇函数的对称性,可知f(x) 在(-∞,+∞)上单调递增,所以-2≤1- x≤2,解得-1≤x≤3。 7.B 提示:设f(x)= ln x 2x ,则f'(x)= 1-ln x 2x2 。当x>e时,f'(x)<0,所以函数 f(x)在(e,+∞)上单调递减。a= ln 2 4 = 8ln 2 32 = ln 16 32 =f (16);b= 1 e2 = ln e2 2e2 = f(e2);c= ln 3 3 = ln 3 6 =f (3)。因为e<3< e2<16,所以f(3)>f(e2)>f(16),即a<b <c。 8.B 提 示:由 题 意,函 数 f(x)= x2-(3a+1)x+2,x<1, ax,x≥1 在R上为减函数, 只需满足 3a+1 2 ≥1 , 0<a<1, 12-(3a+1)+2≥a, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得 1 3≤a≤ 1 2 。 9.D 提示:函数y=x2-ln x+1的定 义域为(0,+∞),求导得y'=2x- 1 x 。设 P(x0,y0),当曲线y=x2-ln x+1在点 P 处的切线平行于直线y=x-2时,2x0- 1 x0 =1,则(x0-1)(2x0+1)=0。因为x0>0, 所以x0=1,于是y0=12-ln 1+1=2,平行 于y=x-2的直线与曲线y=x2-ln x+1 相切的切点坐标为(1,2),所以点P 到直线 y=x-2的最小距离即为点(1,2)到直线 y=x-2的距离d= |1-2-2| 2 = 32 2 。 10.A 提示:由题意知f(x)= 1 2x 2-x +aln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x)= x-1+ a x= x2-x+a x 。令g(x)=x2-x+ a,x∈(0,+∞),若函数f(x)有两个不同的 极值点,则方程g(x)=0必有两个不同的正 实根。又函数g(x)=x2-x+a的图像开口 向 上,对 称 轴 为 x = 1 2 > 0 ,所 以 g(0)=a>0, g 1 2 =14-12+a<0, 解得0<a<14。 11.B 提示:作出函数f(x)的图像,如 图5 图5所示。不妨设 f(a)= f(b)=f(c)=f(d)=k,则 a,b,c,d 为f(x)=k 的四个 不同的实数根,且k∈(0,1), 于是a,b为方程x2+2x+k =0的不同实根,所以a+b=-2。由|lg c| =|lg d|,知cd=1,且由0<lg d<1,知1< d<10,于是c+2d=2d+ 1 d 。由对勾函数 的性质可知y=2d+ 1 d 的值在(1,10)内随d 的增大而增大,所以c+2d∈ 3, 201 10 ,于是 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 a+b+c+2d∈ 1, 181 10 。 12.A 提示:因为不等式 t(etx+1) x+1 > ln x x 在(0,+∞)上恒成立,所以ln etx·(etx +1)>ln x·(x+1)在(0,+∞)上恒成立。 令f(x)=ln x·(x+1),则f(etx)>f(x) 在(0,+∞)上恒成立,所以f'(x)= 1 x (x+ 1)+ln x=ln x+ 1 x+1 。令g(x)=ln x+ 1 x+1 ,则g'(x)= 1 x- 1 x2 = x-1 x2 。令g'(x) =0,得x=1。所以当x∈(0,1)时,g'(x)< 0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0。所以g(x) 在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递 增,所以g(x)min=g(1)=2,所以f'(x)≥2, 即f(x)=ln x·(x+1)在(0,+∞)上单调 递增。故当f(etx)>f(x)在(0,+∞)上恒 成立时,etx>x 在(0,+∞)上恒成立,所以 t> ln x x 在(0,+∞)上恒成立。令h(x)= ln x x ,则h'(x)= 1-ln x x2 。令h'(x)=0,得 x=e。所以当x∈(0,e)时,h'(x)>0;当 x∈(e,+∞)时,h'(x)<0。所以h(x)在 (0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 故h(x)max=h(e)= 1 e ,所以t> 1 e 。 二、多选题 13.ACD 提示:对于 A,g(x)=f(x) -1=2x3-6x,定义域为 R,所以g(-x)= -2x3+6x=-g(x),所以g(x)为奇函数, 故A正确。对于B,C, f'(x)=6x2-6,令 f'(x)>0,得x<-1或x>1;令f'(x)<0, 得-1<x<1,故f(x)的单调递增区间为 (-∞,-1)和(1,+∞),单调递减区间为 (-1,1),所以函数的极小值点为x=1,此时 f(x)的极小值为f(1)=-3,故B错误,C 正确。对于D,令f(x)-m=0,得f(x)= m,由上可知,函数f(x)的极大值为f(-1) =5,如图6,在同一直角坐标系内作出f(x) 的图像与直线y=m,当关于x 的方程f(x) 图6 -m=0有3个不等的实根时, -3<m<5,故D正确。 14.ABC 提示:对于A,当 x=1时,y=f'(1)=0;当x=-1 时,y=-f'(-1)=0,即f'(1)= f'(-1)=0,所以A正确;由函数 图像可知,y,f'(x)和f(x)随x的变化情况如 表1: 表1 x (-∞,-1)(-1,0)(0,1)(1,+∞) y - + - + f'(x) + - - + f(x) 增 减 减 增 对于B,函数f(x)在(-∞,-1)上单调递 增,故B正确;对于C,函数f(x)在(0,1)上 单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以在x =1处取得极小值,故C正确;对于D,f'(x) =0现在确定有两个实数根,但无法判断 f(x)=0的根的情况,故D错误。 15.ACD 提示:对于A,令x=1,y=0, 可得2f(1)=2f(1)f(0),因为f(1)=-1, 所以f(0)=1,故A正确。对于B,令x=0, 得f(y)+f(-y)=2f(0)f(y),结合f(0) =1,可得f(y)=f(-y),所以f(x)为偶函 数,故B错误。对于C,令y=1,可得f(x+ 1)+f(x-1)=2f(x)f(1),因为f(1)= -1,所以f(x+1)+f(x-1)=-2f(x)⇒ f(x+1)+f(x)=-[f(x)+f(x-1)],进 一步可得f(x+2)+f(x+1)=-[f(x+ 1)+f(x)]=f(x)+f(x-1),令x=y=1, 可得f(2)+f(0)=2f(1)f(1)=2,可得 f(2)=1,且 f(x)最小正 周 期 为2,所 以 f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 023)+ f(2 024)=0,故C正确。对于D,令x=y, 可得f(2x)+f(0)=2[f(x)]2⇒[f(x)]2= f(2x)+1 2 ,用x+ 1 2 代替x,得f(2x+1)+ f(0)=2f x+ 1 2 2 ⇒ f x+ 1 2 2 = f(2x+1)+1 2 ,结合C的结果,可得[f(x)]2 + f x+ 1 2 2 =f (2x)+f(2x+1)+2 2 = 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 f(0)+f(1)+2 2 =1 ,故D正确。 三、填空题 16. 11 2 提示:根据题意,由函数的图像 可得f(4)=5,直线l过点(0,3)和(4,5),则 直线l的斜率k= 5-3 4-0= 1 2 。又直线l是曲 线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线,所以 f'(4)= 1 2 ,故f(4)+f'(4)=5+ 1 2= 11 2 。 17.2 提示:设该建筑的容积为V m3, 由题意知,V=πr2l+ 2 3πr 3,又V= 80π 3 ,故l = V- 2 3πr 3 πr2 = 80 3r2 - 2r 3= 2 3 40 r2 -r 。由于l ≥ 8 3r ,即2 3 40 r2 -r ≥83r,因此0<r≤2。 设建筑的总建造费用为y万元,则y=2πrl· 3+2πr2c+πr2·3=6πr· 2 3 40 r2 -r + 2πr2c+3πr2=(2c-1)πr2+ 160π r ,r∈(0, 2],于 是 y'=2(2c-1)πr- 160π r2 = 2π(2c-1) r2 r 3- 80 2c-1 。由于1<c≤114,所 以 160 9 ≤ 80 2c-1<80 。当r∈(0,2]时,y'<0, 所以y 在(0,2]上单调递减,故当r=2 m时, 建筑的总建造费用y 取得最小值。 18.e-3 提示:当x≥-1时,f(x)=(x -2)ex+2,f'(x)=(x-1)ex,当x∈[-1,1) 时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 故f(x)在x∈[-1,1)上单调递减,在x∈(1, +∞)上单调递增,故f(x)在x=1处取得极 小值,且f(1)=-e+2。当x<-1时,f(x) =ax-1,若a>0,f(x)=ax-1在(-∞, -1)上单调递增,此时f(x)没有最小值;若a <0,f(x)=ax-1在(-∞,-1)上单调递减, 要想函数有最小值,则-a-1≥-e+2,解得 a≤e-3,故实数a的最大值为e-3。 19.x-y+1=0 提示:设直线l:y= kx+b分别与曲线y=ex 和y=- 1 4x 2 相切 于点A(x1,ex1),B x2 ,- 1 4x 2 2 ,曲线y=ex 的导函数为y'=ex,函数y=- 1 4x 2 的导函 数为y'=- 1 2x ,从而k=ex1=- 1 2x2 。又 因为A,B 均在直线l上,故b=ex1-kx1= (1-x1)ex1,b = - x22 4-kx2 = x22 4 ,又 ex1= - 1 2x2 ,整理得x1-1= x2 2 ,从而ex1+x1-1 =0。易知h(x)=ex+x-1在 R上单调递 增,且h(0)=0,所以x1=0,k=b=1,即l:x -y+1=0。 20.{x|-2<x<6} 提示:因为f'(x) +f'(-x)=0,所以f'(x)为奇函数,故f(x) 为偶函数。当x>0时,f'(x)-x>0。令 g(x)=f(x)- 1 2x 2,故当x>0时,g'(x)> 0,且g(x)为偶函数。由f(x-2)< 1 2x 2-2x +3= 1 2 (x-2)2+1,故f(x-2)- 1 2 (x-2)2 <1,即g(x-2)<1。而g(4)=f(4)- 1 2× 42=1,所以g(x-2)<g(4),由于g(x)为偶 函数,且在(0,+∞)上单调递增,因此g(x- 2)<g(4)⇒-4<x-2<4,即-2<x<6。 四、解答题 21.(1)由题意知 f'(x)=3ax2-b ,因 为 f(x) 在 x=2 处取得极小值 - 4 3 ,则 f'(2)=12a-b=0, f(2)=8a-2b+4=- 4 3 , 解 得 a= 1 3 , b=4, 经 检验,满足题意,所以 f(x)= 1 3x 3-4x+4。 (2)由(1)知f(x)= 1 3x 3-4x+4,所 以f'(x)=x2-4,所以 f(3)=1, f'(3) =5, 即切点坐标为(3,1),斜率 k=5,所 以切线方程为y-1=5(x-3),即 5x-y -14=0。 (3)令 f'(x)=0,解得x=-2或x=2, 则x,f'(x),f(x) 的关系如表2: 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 表2 x (-∞,-2)-2 (-2,2) 2 (2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x)单调递增 28 3 单调递减- 4 3 单调递增 其中 f(-2)= 28 3 ,f(2)=- 4 3 ,当x→ +∞时,f(x)→+∞,当x→-∞时,f(x)→ -∞。 方程 f(x)+k=0 有且只有一个实数根 等价于 -k=f(x) 有且只有一个实数根,等 价于函数 y=-k 与 y=f(x) 有且只有一 个公共点,即 -k<- 4 3 或 -k> 28 3 ,解得 k<- 28 3 或 k> 4 3 ,所以实数k 的取值范围 为 -∞,- 28 3 ∪ 43,+∞ 。 22.(1)因为f(x)= 1 3x 3+ m 2x 2-x+ 1 6 ,所以f'(x)=x2+mx-1。 由题可知,f'(x)<0 ,即 x2+mx-1< 0 在 1 2 ,2 上 有 解,即 m < 1x -x 在 1 2 ,2 上有解。 令y= 1 x -x ,则 y'= - 1 x2 -1= - 1+x2 x2 ,故当x∈ 12 ,2 时,y'<0,所以y = 1 x-x 在 1 2 ,2 上单调递减,所以-32< 1 x-x< 3 2 ,所以m< 3 2 ,所以实数m 的取值 范围是 -∞, 3 2 。 (2)因为函数f(x)在(m,+∞)上存在 极小值,所以极小值点应落在(m,+∞)内。 令f'(x)=x2+mx-1=0,得 x1= -m- m2+4 2 ,x2= -m+ m2+4 2 ,所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增, 在(x1,x2)上单调递减,所以x=x2 是函数 f(x)的极小值点,即得 -m+ m2+4 2 >m ⇒ m2+4>3m。 当m≤0时,不等式恒成立;当m>0时, 有m2+4>9m2,解得0<m< 2 2 。 所以实数m 的取值范围是 -∞, 2 2 。 23.(1)令g(x)=ex-ex,则g'(x)=ex-e。 由g'(x)>0,解得x>1,由g'(x)<0, 解得x<1,所以g(x)在(-∞,1)上单调递 减,在(1,+∞)上单调递增,则g(x)min= g(1)=0⇒g(x)≥0⇒ex≥ex。 (2)由f(1)≥0,得k≤ e 4 ,下证k 的最 大值为 e 4 ,即证ex+xln x- e 4 (x+1)2- x+1≥0对任意x>0恒成立。 令h(x)=ex+xln x- e 4 (x+1)2-x+ 1,则h'(x)=ex+ln x+1- e 2 (x+1)-1= ex+ln x- e 2 (x+1)⇒h″(x)=ex+ 1 x- e 2 。 当x∈[1,+∞)时,h″(x)=ex+ 1 x- e 2≥ e+ 1 x- e 2>0 ;当x∈(0,1)时,ex>e0=1, 1 x>1 ,所以h″(x)=ex+ 1 x- e 2>0 。所以 h″(x)>0在(0,+∞)上恒成立⇒h'(x)在 (0,+∞)上单调递增。 由h'(x)=0可得x=1,所以h(x)在 (0,1)上单调递减,在(1,+∞)单调递增。 所以h(x)min=h(1)=0⇒h(x)≥h(1) =0,所以k的最大值为 e 4 。 24.(1)当k=0时,函数f(x)= x-1 x+1 · ex,x∈(-1,0),则f'(x)= x2+1 (x+1)2 ex>0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递增,所以f(x) = x-1 x+1e x<f(0)=-1。 (2)f(x)=(x-1) ex x+1-k ,显 然 x=1为函数的一个零点,设为x3。 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月 设函数 F(x)= ex x+1-k ,则 F'(x)= xex (x+1)2 。 当x∈(-1,0)时,F'(x)<0;当x∈(0, +∞)时,F'(x)>0。故F(x)在(-1,0)上 单调递减,在(0,+∞)上单调递增。 由已知,F(x)必有两个零点x1,x2,且 -1<x1<0<x2,下证:x1+x2>0。 设函数h(x)=F(x)-F(-x),x∈ (-1,0),则h(x)= ex x+1+ e-x x-1 ,h'(x)= xe-x (x+1)2 e x+ x+1 x-1 ex-x+1x-1 ,由于 x∈ (-1,0),则 xe-x (x+1)2 e x- x+1 x-1 <0。 由(1)知ex+ x+1 x-1>0 ,故h'(x)<0,即 函数h(x)在(-1,0)上单调递减,所以h(x) >h(0)=0,即 有 F (x2)=F (x1)> F(-x1)。由 于 -x1,x2∈ (0,+ ∞),且 F(x)在(0,+∞)上单调递增,则x2>-x1, 所以x1+x2>0。 综上可得,x1+x2+x3>1。 25.(1)设 h(x)=ex-x-1 ,则 h'(x) =ex-1。 当 x>0 时, h'(x)>0;当 x<0 时, h'(x)<0。所以 h(x)在(-∞,0)上单调递 减,在(0,+∞)上单调递增。所以h(x)≥ h(0)=0,即ex≥1+x。 (2)由泰勒公式知ex=1+x+ x2 2!+ x3 3!+ x4 4!+ x5 5!+ …+ xn n!+ …; ① 于是 e-x=1-x+ x2 2!- x3 3!+ x4 4!- x5 5!+ …+(-1)n xn n!+ …。 ② 由①②得f(x)= ex-e-x 2 =x+ x3 3!+ x5 5! +…+ x2n-1 (2n-1)!+ …; g(x)= ex+e-x 2 =1+ x2 2!+ x4 4!+ …+ x2n-2 (2n-2)!+ …。 所 以 f (x) x =1+ x2 3! + x4 5! + … + x2n-2 (2n-1)!+ …<1+ x2 2!+ x4 4!+ …+ x2n-2 (2n-2)! +…=g(x),即 f(x) x <g (x)。 (3) F(x)=g(x)-a1+ x2 2 =e x+e-x 2 -a1+ x2 2 ,则F'(x)=e x-e-x 2 -ax 。 令G(x)=F'(x),则G'(x)= ex+e-x 2 - a。 由 基 本 不 等 式 知,e x+e-x 2 ≥ 1 2 × 2 ex·e-x =1,当且仅当 x=0 时等号成 立。 所以当a≤1时,G'(x)≥1-a≥0,所以 F'(x) 在R上单调递增。 又因为F'(x)是奇函数,且 F'(0)=0, 所以当 x>0 时,F'(x)>0;当 x<0 时, F'(x)<0。 所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在 (0,+∞)上单调递增。 因此,x=0是F(x)的极小值点。 下面证明:当 a>1时,x=0不是F(x) 的极小值点。 当a>1时,G'(ln a)= eln a+e-ln a 2 -a= 1 2 a+ 1 a -a= 12 1a-a <0,又 因 为 G'(x)是 R 上 的 偶 函 数,且 G'(x)在(0, +∞)上单调递增,所以当x∈(-ln a,ln a) 时,G'(x)<0。 所以F'(x)在(-ln a,ln a) 上单调递减。 又因为F'(x)是奇函数,且F'(0)=0, 所以当-ln a<x<0 时,F'(x)>0;当 0< x<ln a时,F'(x)<0。 所以F(x)在(-ln a,0)上单调递增,在 (0,ln a)上单调递减。 因此,x=0是F(x)的极大值点,不是 F(x)的极小值点。 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,1]。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年9月