《2022年山东省高考数学试卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年山东省高考数学试卷.docx（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 山东省高考数学试卷（文科）试题解析一、挑选题：本大题共 12 小题,每道题 5 分,共 60 分.在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合题目要求的 .1（2022.山东）如复数 x 满意 z（2 i）=11+7i（ i 为虚数单位） ,就 z 为（）A 3+5i B 3 5i C 3+5i D 3 5i 考点 ： 复数代数形式的乘除运算；专题 ： 运算题；分析： 等式两边退出2+i ,然后化简求出z 即可解答： 解：由于 z（2 i）=11+7i（i 为虚数单位） ,所以 z（2 i）（2+i ）=（11+7i）（2+i ）,即 5z=15+
2、25i ,z=3+5i 应选 A 点评： 此题考查复数代数形式的混合运算,考查运算才能2（2022.山东）已知全集 U=0 ,1,2,3,4 ,集合 A=1 , 2,3 , B=2 ,4 ,就（ .UA ） B为（）A 1,2,4 B 2,3,4 C 0,2,4 D 0,2, 3,4 考点 ： 交、并、补集的混合运算；专题 ： 运算题；分析： 由题意求出 A 的补集,然后求出（.UA ） B解答： 解：由于全集 U=0 ,1,2, 3,4 ,集合 A=1 ,2,3 ,B=2 , 4 ,就.UA=0 ,4 ,（.UA ） B=0 ,2,4 应选 C点评： 此题考查集合的基本运算,考查运算才能3（
3、2022.山东）函数的定义域为（）A 2,0）（ 0,2 B （ 1, 0）（ 0,C 2,2 D （ 1,2 2 考点 ： 对数函数的定义域；函数的定义域及其求法；专题 ： 运算题；分析： 分式的分母不为0,对数的真数大于0,被开方数非负,解出函数的定义域解答： 解：要使函数有意义,名师归纳总结 必需：,所以 x（1,0）（ 0,2第 1 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以函数的定义域为： （ 1,0）（ 0,2应选 B点评： 此题考查对数函数的定义域,函数的定义域及其求法,考查运算才能4（2022.山东）在某次测量中得到的 A
4、样本数据如下：82,84,84,86,86,86, 88,88,88,88如 B 样本数据恰好是 A 样本数据都加 2 后所得数据,就 A,B 两样本的以下数字特点对应相同的是（）A 众数 B 平均数 C 中位数 D 标准差考点 ： 极差、方差与标准差；众数、中位数、平均数；专题 ： 阅读型；分析： 利用众数、平均数、中位标准差的定义,分别求出,即可得出答案解答： 解： A 样本数据： 82, 84,84,86,86,86,88,88,88,88B 样本数据 84,86,86,88,88, 88,90,90,90,90 众数分别为 88, 90,不相等, A 错平均数 86,88 不相等, B
5、 错中位数分别为86,88,不相等, C 错2+3（86 86）2+4（88 86）2=4,标准A 样本方差 S 2=（82 86）2+2（84 86）差 S=2,B 样本方差 S 2=（84 88）2+2（ 86 88）2+3（ 88 88）2+4（90 88）2=4 ,标准差S=2,D 正确应选 D点评： 此题考查众数、平均数、中位标准差的定义,属于基础题5（2022.山东）设命题 p：函数 y=sin2x 的最小正周期为；命题 q：函数 y=cosx 的图象关于直线 对称就以下判定正确选项（）A p 为真 B q 为假 Cpq 为假 Dpq 为真考点 ： 复合命题的真假；专题 ： 规律型
6、；分析： 由题设条件可先判定出两个命题的真假,再依据复合命题真假的判定规章判定出选项中复合命题的真假即可得出正确选项解答： 解：由于函数y=sin2x 的最小正周期为,故命题 P 是假命题；函数y=cosx 的图象关于直线 x=k 对称, k Z,故 q 是假命题由此结合复合命题的判定规章知：考查四个选项,C 选项正确,应选 C q 为真命题, pq 为假命题, pq 为是假命题点评： 此题考查复合命题的真假判定,解题的关键是正确判定所涉及命题的真假及娴熟把握复合 命题的真假判定规章,此题属于高考常考题型也是对命题考查的常规题型,学问性强,难 度不大名师归纳总结 - - - - - - -第
7、2 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 6（2022.山东）设变量 x,y 满意约束条件就目标函数z=3x y 的取值范畴是 （）ABC 1,6 D考点 ： 简洁线性规划；专题 ： 运算题；分析： 作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；由目标函数中 z 的几何意义可求 z 的最大值与最小值,进而可求 z 的范畴解答： 解：作出不等式组表示的平面区域,如下列图由 z=3x y 可得 y=3x z,就z 为直线 y=3x z 在 y 轴上的截距,截距越大,z 越小结合图形可知,当直线 y=3x z 平移到 B 时, z 最小,平移到 C 时 z 最大由
8、可得 B（,3）,由 可得 C（2,0）,zmax=6 应选 A 点评： 此题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值解题的关键是精确理解目标函数的几何意义名师归纳总结 7（2022.山东）执行程序框图,假如输入a=4,那么输出的n 的值为（）第 3 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A 2B 3C 4D 5考点 ： 循环结构；专题 ： 运算题；分析： 通过循环求出 P,Q 的值,当 PQ 时终止循环,输出结果即可解答： 解：第 1 次判定后循环,P=1,Q=3,n=1,第 2 次判定循环, P=5,Q=7, n=2,第
9、3 次判定循环, P=21,Q=15,n=3,第 3 次判定,不满意体积,退出循环,输出 n=3应选 B点评： 此题考查循环结构的作用,留意判定框与循环后,各个变量的数值的求法,考查运算才能8（2022.山东）函数B 0C 1 的最大值与最小值之和为（）AD考点 ： 三角函数的最值；复合三角函数的单调性；专题 ： 运算题；分析： 通过 x 的范畴,求出的范畴,然后求出函数的最值名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解答： 解：由于函数,所以,的最大值与最小值之和为所以所以函数应选 A 点评： 此题考查三角函数的最值,复
10、合三角函数的单调性,考查运算才能9（2022.山东）圆（ x+2）2+y2=4 与圆（ x 2）2+（y 1）2=9 的位置关系为（）A 内切B 相交C 外切D 相离考点 ： 圆与圆的位置关系及其判定；专题 ： 运算题；分析： 求出两圆的圆心和半径,运算两圆的圆心距,将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对 比,判定两圆的位置关系解答： 解：圆（ x+2）2+y 2=4 的圆心 C1（2,0）,半径 r=22=9 的圆心 C2（ 2,1）,半径 R=3,圆（ x 2）2+（y 1）两圆的圆心距 d= =,R+r=5 ,R r=1,R+rdR r,所以两圆相交,应选 B点评： 此题考查圆与圆的位置
11、关系及其判定的方法,关键是求圆心距和两圆的半径10（2022.山东）函数y=的图象大致为（）ABCD考点 ： 余弦函数的图象；奇偶函数图象的对称性；专题 ： 运算题；名师归纳总结 分析：由于函数 y=为奇函数,其图象关于原点对称, 可排除 A,利用极限思想 （如 x0+,第 5 页,共 16 页y+）可排除B,C,从而得到答案D- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解答：解：令 y=f （x）=,f （ x）= f（x）,函数 y= 为奇函数,其图象关于原点对称,可排除 A；又当 x0 +, y+,故可排除 B；当 x+,y0,故可排除 C；而 D 均满意
12、以上分析应选 D点评： 此题考查奇偶函数图象的对称性,考查极限思想的运用,考查排除法的应用,属于中档题11（2022.山东）已知双曲线C1：的离心率为2如抛物线A的焦点到双曲线C1 的渐近线的距离为2,就抛物线C2 的方程为（）Bx2=y C x2=8y D x2=16y 考点 ： 抛物线的简洁性质；点到直线的距离公式；双曲线的简洁性质；专题 ： 运算题；分析： 利用双曲线的离心率推出a,b 的关系,求出抛物线的焦点坐标,通过点到直线的距离求出p,即可得到抛物线的方程解答：解：双曲线C1：=4,所以的离心率为2所以,即：；双曲线的渐近线方程为：抛物线的焦点（ 0,）到双曲线C1 的渐近线的距离
13、为2,所以 2=,由于,所以 p=8抛物线 C2 的方程为 x2=16y 应选 D点评： 此题考查抛物线的简洁性质,点到直线的距离公式,双曲线的简洁性质,考查运算才能名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 12（2022.山东）设函数,g（x）= x2 +bx 如 y=f（x）的图象与y=g（x）的图象有且仅有两个不同的公共点A （x1, y1）,B（x2,y2）,就以下判定正确选项（）A x1+x20,y1+y20 B x1+x20,y1+y20 C x1+x20,y1+y20 D x1+x20,y1+y20 考点 ：
14、 根的存在性及根的个数判定；专题 ： 运算题；分析： 构造函数设 F（x）=x3 bx2+1,就方程 F（x）=0 与 f（x）=g（x）同解,可知其有且仅有两个不同零点 x1, x2利用函数与导数学问求解解答： 解：设 F（x）=x3 bx2+1,就方程 F（ x）=0 与 f （x） =g（x）同解,故其有且仅有两个不同零点 x1,x2由 F（x）=0 得 x=0 或,故这样,必需且只须F（0）=0 或,所由于 F（ 0）=1,故必有由此得不妨设 x1x2,就以,比较系数得.由此知,应选 B点评： 此题考查的是函数图象,但如直接利用图象其实不易判定,为此利用了构造函数的方法,利用函数与导数
15、学问求解要求具有转化、分析解决问题的才能题目立意较高,很好的考查才能二、填空题：本大题共4 小题,每道题4 分,共 16 分 .13（2022.山东）如图,正方体ABCD A 1B 1C1D 1的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点,就三棱锥 A DED 1 的体积为考点 ： 棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特点；专题 ： 运算题；分析： 将三棱锥 A DED 1 挑选 ADD 1 为底面, E 为顶点,进行等体积转化 V A DED1=V E ADD1后体积易求名师归纳总结 解答： 解：将三棱锥A DED 1 挑选 ADD 1 为底面, E 为顶点,就V A DED1=V E ADD1
16、,第 7 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 其中 S ADD1 =SA1D1DA =,E 究竟面 ADD 1的距离等于棱长1,故故答案为：点评： 此题考查了三棱柱体积的运算,等体积转化法是经常需要优先考虑的策略14（2022.山东）如图是依据部分城市某年6 月份的平均气温（单位：）数据得到的样本频率分布直方图, 其中平均气温的范畴是 20.5,26.5,样本数据的分组为 20.5 ,21.5）,21.5,22.5）,22.5,23.5）,23.5 ,24.5）, 24.5,25.5）,25.5,26.5 已知样本中平均气温低于 22.5
17、的城市个数为11,就样本中平均气温不低于 25.5的城市个数为 9考点 ： 用样本的频率分布估量总体分布；频率分布直方图；专题 ： 运算题；分析： 由频率分布直方图,先求出平均气温低于22.5的频率,不低于25.5的频率,利用频数=频率 样本容量求解解答： 解：平均气温低于 22.5的频率,即最左边两个矩形面积之和为 0.101+0.121=0.22,所以总城市数为 110.22=50,平均气温不低于 25.5的频率即为最右面矩形面积为 0.181=0.18,所以平均气温不低于 25.5的城市个数为 500.18=9故答案为： 9点评： 此题考查频率分布直方图,考查同学的阅读才能,运算才能留意
18、关系式：频数 =频率 样本容量15（2022.山东）如函数f（x）=a x（a0,a1）在 1,2上的最大值为4,最小值为m,且函数在0,+）上是增函数,就a=考点 ： 指数函数综合题；分析： 依据指数函数的性质, 需对 a 分 a1 与 0a1 争论,结合指数函数的单调性可求得 g（x）,依据 g（ x）的性质即可求得 a与 m 的值解答： 解：当 a 1 时,有 a2=4,a 1=m,此时 a=2,m=,此时 g（x）=为减函数,不合题意； 1 2如 0a1,就 a =4,a =m,故 a= ,m=,g（x）= 在0,+）上是增函数,符合题意名师归纳总结 - - - - - - -第 8
19、页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故答案为：点评： 此题考查指数函数综合应用,对 的应用,属于中档题a 分 a1 与 0a1 争论是关键,着重考查分类争论思想16（2022.山东）如图,在平面直角坐标系 xOy 中,一单位圆的圆心的初始位置在（0,1）,此时圆上一点 P 的位置在（ 0,0）,圆在 x 轴上沿正向滚动当圆滚动到圆心位于（2,1）时,的坐标为（2 sin2,1 cos2）考点 ： 圆的参数方程；平面对量坐标表示的应用；专题 ： 运算题；综合题；分析： 设滚动后圆的圆心为O,切点为 A,连接 OP过 O作与 x 轴正方向平行的射线,交圆O于 B（3,
20、1）,设 BOP=,就依据圆的参数方程,得P 的坐标为（ 2+cos,1+sin）,再根据圆的圆心从（0,1）滚动到（ 2,1）,算出 = 2,结合三角函数的诱导公式,化简可得 P 的坐标为（ 2 sin2,1 cos2）,即为向量 的坐标解答： 解：设滚动后的圆的圆心为O,切点为 A（2,0）,连接 OP,过 O作与 x 轴正方向平行的射线,交圆 2 2 O的方程为（ x 2）+（y 1）O于 B（ 3,1）,设 BOP= =1,依据圆的参数方程,得P 的坐标为（ 2+cos,1+sin）,单位圆的圆心的初始位置在（0,1）,圆滚动到圆心位于（2,1） AOP=2 ,可得 = 2 可得 co
21、s=cos（ 2）= sin2,sin=sin（ 2）= cos2,代入上面所得的式子,得到P 的坐标为（ 2 sin2,1 cos2）的坐标为（ 2 sin2,1 cos2）故答案为：（2 sin2,1 cos2）名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 点评： 此题依据半径为 1 的圆的滚动,求一个向量的坐标,着重考查了圆的参数方程和平面对量的坐标表示的应用等学问点,属于中档题三、解答题：本大题共 6 小题,共 74 分.17（2022.山东）在 ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 =tanAtanC （）求
22、证： a,b,c 成等比数列；（）如 a=1,c=2,求 ABC 的面积 S考点 ： 等比数列的性质；三角函数中的恒等变换应用；解三角形；专题 ： 综合题；a,b,c,已知 sinB（ tanA+tanC ）分析： （I ）由已知,利用三角函数的切化弦的原就可得,sinB（sinAcosC+sinCcosA ）=sinAsinC ,利用两角和的正弦公式及三角形的内角和公式代入可得 sin2B=sinAsinC ,由正弦定理可证（II ）由已知结合余弦定理可求 cosB,利用同角平方关系可求 sinB,代入三角形的面积公式 S= 可求解答： （I ）证明： sinB（tanA+tanC ）=ta
23、nAtanC sinB（）=sinB.sinB（ sinAcosC+sinCcosA ）=sinAsinc sinBsin （A+C ）=sinAsinC ,A+B+C= sin（A+C ）=sinB 2即 sin B=sinAsinC ,由正弦定理可得：b2=ac,所以 a,b,c 成等比数列2（II ）如 a=1, c=2,就 b =ac=2,0BsinB=名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - ABC 的面积点评： 此题主要考查了三角形的切化弦及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理的应用及余弦定理和三角形的面积公
24、式的综合应用18（2022.山东）袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 号分别为 1,21,2, 3；蓝色卡片两张,标（）从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率；（） 现袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率考点 ： 列举法运算基本领件数及大事发生的概率；专题 ： 运算题；分析： （）由列举法可得从五张卡片中任取两张的全部情形,分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于 4 的情形数目,由古典概型公式,运算可得答案；（）加入一张标号为0 的绿色卡片后,共有六张卡片,由列举法可得从中任取
25、两张的所有情形,分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于 4 的情形数目,由古典概型公式,运算可得答案解答： 解：（I）从五张卡片中任取两张的全部可能情形有如下10 种：红 1 红 2,红 1 红 3,红 1 蓝 1,红 1 蓝 2,红 2 红 3,红 2 蓝 1,红 2 蓝 2,红 3 蓝 1,红 3 蓝 2,蓝 1 蓝 2其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4 的有红1蓝1、红1蓝2、红2蓝1,共 3 种情形,故所求的概率为（II ）加入一张标号为0 的绿色卡片后,共有六张卡片,从六张卡片中任取两张,有红 1红2,红1红3,红1蓝1,红1蓝2,红2红3,红2蓝1,红2蓝2,红3蓝1,红3蓝
26、2,蓝1蓝2,红1绿0,红2绿0,红3绿0,蓝1绿0,蓝2绿0,共有 15 种情形,其中颜色不同且标号之和小于4 的有红1 蓝 1,红 1 蓝 2,红 2 蓝 1,红 1 绿 0,红 2 绿 0,红3绿0,蓝1绿0,蓝2绿0,共 8 种情形,所以概率为点评： 此题考查古典概型的运算,涉及列举法的应用,解题的关键是正确列举,分析得到大事的情形数目19（2022.山东）如图,几何体（）求证： BE=DE ；E ABCD 是四棱锥, ABD 为正三角形, CB=CD ,ECBD 名师归纳总结 （）如 BCD=120 , M 为线段 AE 的中点,求证：DM 平面 BEC第 11 页,共 16 页-
27、- - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ： 直线与平面平行的判定；专题 ： 证明题；分析： （1）设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,就 COBD ,CEBD ,于是 BD 平面 OCE,从而BD OE,即 OE 是 BD 的垂直平分线,问题解决；（2）证法一： 取 AB 中点 N,连接 MN ,DN ,MN ,易证 MN 平面 BEC,DN 平面 BEC,由面面平行的判定定理即可证得平面 面 BEC；DMN 平面 BEC,又 DM .平面 DMN ,于是 DM 平证法二： 延长 AD ,BC 交于点 F,连接 EF,易证 AB= AF ,D 为线段
28、AF 的中点, 连接 DM ,就 DM EF,由线面平行的判定定理即可证得结论解答： 证明：（I）设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,就由 BC=CD 知, COBD ,又已知 CE BD,ECCO=C,所以 BD平面 OCE所以 BD OE,即 OE 是 BD 的垂直平分线,所以 BE=DE （II ）证法一：取 AB 中点 N,连接 MN ,DN ,M 是 AE 的中点,MN BE,又 MN .平面 BEC ,BE.平面 BEC ,MN 平面 BEC, ABD 是等边三角形, BDN=30 ,又 CB=CD , BCD=120 , CBD=30 ,ND BC,又 DN .平面 BEC
29、,BC.平面 BEC ,DN 平面 BEC,又 MN DN=N ,故平面 DMN 平面 BEC,又 DM .平面 DMN ,DM 平面 BEC 名师归纳总结 证法二：延长AD ,BC 交于点 F,连接 EF,第 12 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - CB=CD , BCD=120 , CBD=30 , ABD 是等边三角形, BAD=60 , ABC=90 ,因此 AFB=30 ,AB= AF ,又 AB=AD ,D 为线段 AF 的中点,连接DM 平面 BEC DM ,DM EF,又 DM .平面 BEC,EF.平面 BEC,点评：
30、 此题考查直线与平面平行的判定,考查线面垂直的判定定理与面面平行的判定定理的应用,着重考查分析推理才能与表达、运算才能,属于中档题20（2022.山东）已知等差数列an 的前 5 项和为 105,且 a10=2a5（）求数列 an 的通项公式；（）对任意 mN*,将数列 an 中不大于 72m 的项的个数记为bm求数列 b m 的前 m 项和 Sm考点 ： 数列的求和；等差数列的前n 项和；等差数列的性质；专题 ： 综合题；分析： （I ）由已知利用等差数列的通项公式及求和公式代入可求a1,d,从而可求通项（II ）由（ I）及已知可得,就可得,可证 b m 是等比数列,代入等比数列的求和公式
31、可求 解答：解：（I）由已知得：解得 a1=7,d=7,名师归纳总结 所以通项公式为an=7+（n 1）.7=7n第 13 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （II ）由,得 n7 2m 1,即,b m 是公比为 49 的等比数列,点评： 此题主要考查了利用基本量,结合等差数列的通项公式及求和公式求解等差数列的项目、和,等比数列的证明及求和公式等学问的综合应用21（2022.山东）如图,椭圆的离心率为,直线 x=a 和 y=b 所围成的矩形 ABCD 的面积为 8（）求椭圆 M 的标准方程；（） 设直线 l ：y=x+m （mR）与椭圆
32、 M 有两个不同的交点的交点 S,T求的最大值及取得最大值时m 的值考点 ： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；专题 ： 运算题；转化思想；P,Q,l 与矩形 ABCD 有两个不同分析： （）通过椭圆的离心率,矩形的面积公式,直接求出 a,b,然后求椭圆 M 的标准方程；（）通过,利用韦达定理求出 |PQ|的表达式,通过判别式推出的 m 的范畴, 当 时,求出 取得最大值利用由对称性,推出,取得最大值 当 1m1 时,取得最大值求 的最大值及取得最大值时 m 的值解答：名师归纳总结 解：（I） 第 14 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -
33、 - - 矩形 ABCD 面积为 8,即 2a.2b=8 由解得： a=2,b=1,椭圆 M 的标准方程是（II ）由 =64m2 20（4m2 4） 0 得设 P（x1, y1）,Q（x2,y2）,就当 l 过 A 点时, m=1,当 l 过 C 点时, m= 1 当时,有,其中 t=m+3 ,由此知当,即时,取得最大值 由对称性,可知如,就当时,取得最大值 当 1m1 时,由此知,当m=0 时,取得最大值综上可知,当或 m=0 时,取得最大值点评： 此题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的综合问题,考查分类争论思想,转化思想,韦达定理以及判别式的应用,设而不求的解题方法,考查分析问题解决问
34、题,运算才能22（2022.山东） 已知函数为常数, e=2.71828是自然对数的底数） ,曲线 y=f（x）在点（ 1, f（1）处的切线与 x 轴平行（）求 k 的值；（）求 f（x）的单调区间；（）设 g（x）=xf （x）,其中 f（x）为 f（x）的导函数证明：对任意x0,g（x） 1+e 2考点 ： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数争论函数的单调性；利用导数争论曲线上某点切线方程；专题 ： 综合题；探究型；转化思想；名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 分析： （）由题意,求出函数的导数,再由曲线
35、y=f（x）在点（ 1,f（ 1）处的切线与 x 轴平行可得出 f（1） =0,由此方程即可解出 k 的值；（II ）由（ I）知,=,x（ 0,+）,利用导数解出函数的单调区间即可；（III ）先给出 g（x）=xf （x）,考查解析式发觉当 x1 时, g（x）=xf （x）01+e 2 肯定成立,由此将问题转化为证明 g（x） 1+e 2 在 0x 1 时成立,利用导数求出函数在（0,1）上的最值,与 1+e 2 比较即可得出要证的结论解答： 解：（I）函数为常数, e=2.71828是自然对数的底数） ,=, k=1 ,x（ 0,+）,由已知,=,x（ 0,+）,（II ）由（ I）知
36、,设 h（x）=1 xlnx x,x（ 0,+）,即 h（x）在（ 0,+）上是减函数,由 h（1）=0 知,当 0x1 时 h（x） 0,从而 f（ x） 0,当 x1 时 h（x） 0,从而 f（x） 0综上可知, f（ x）的单调递增区间是（0,1）,单调递减区间是（1,+）（III ）由（ II ）可知,当 x1 时, g（x）=xf （x）01+e 2,故只需证明 g（x） 1+e 2在 0x1 时成立当 0x1 时, e x1,且 g（x） 0,设 F（x）=1 xlnx x,x（ 0,1）,就 F（x）= （ lnx+2 ）,当 x（ 0,e 2）时, F（x） 0,当 x（ e 2,1）时, F（x） 0,所以当 x=e 2 时, F（x）取得最大值 F（e 2）=1+e 2所以 g（ x） F（x）1+e 2综上,对任意 x0,g（ x） 1+e 2点评： 此题考查利用导数争论函数的最值及曲线上某点处的切线方程,解题的关键是敏捷利用导 数工具进行运算及懂得导数与要解决问题的联系,此类题运算量大,易出错,且考查了转 化的思想,判定推理的才能,综合性强,是高考常考题型,学习时要严谨仔细,留意总结 其解题规律名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 16 页