2023-2024学年江苏省扬州市邗江区第一中学高二上学期月考重点复习数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市邗江区第一中学高二上学期月考重点复习数学试题含答案，共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线与平行，则与间的距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由两直线平行的判定有且求参数a，应用平行线距离公式求与间的距离.
【详解】∵直线与平行，
∴且，解得．
∴直线与间的距离．
故选：B．
2．若两条直线与互相垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直线垂直列式求解.
【详解】由题意可得：，解得.
故选：C.
二、填空题
3．已知平面内的动点到两定点的距离分别为和，且，则点到直线的距离的最大值为 .
【答案】
【分析】由题意，结合两点距离公式求得动点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的距离的最值求法即可得解.
【详解】设动点为，
由题意可得，
整理得，即，
故动点的轨迹是半径为，圆心为的圆，
因为圆心到直线的距离，
所以点到此直线的最大距离为．
故答案为：.
三、单选题
4．已知椭圆上的一点到焦点的距离为，点是的中点，为坐标原点，则等于（ ）
A．2B．4C．7D．
【答案】C
【分析】利用椭圆的定义和三角形中位线定理即可求解.
【详解】如图所示，设椭圆的另一焦点为，因为O、M分别是F1F2和PF1的中点，所以,
而由椭圆的方程得a=10，2a=20，所以,
所以=7，
故选：.
5．抛物线的焦点到点的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出抛物线的焦点坐标，再利用两点间的距离公式求解即可.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
所以到点的距离为.
故选：B.
6．试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出抛物线焦点坐标和准线方程，将转为点到抛物线准线的距离，由抛物线的定义，可得，转化为求的最小值，结合图形，即可求解.
【详解】解：由题意得抛物线的焦点为，准线方程为.
过点作于点，由抛物线的定义可得，所以，由图形可得，
当，，三点共线时，最小，最小值为点A到准线的距离.
故选：A.
7．已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设A（，），B（，），因为A、B在椭圆上将两式相减可得直线AB的斜率与直线OM的斜率的关系，建立关于a，b，c的方程，从而求出所求；
【详解】设A（，），B（，），又的中点为，则
又因为A、B在椭圆上
所以
两式相减，得：
∵,
∴，∴，平方可得, ∴=,，
故选A.
【点睛】本题主要考查了点差法求斜率，以及椭圆的几何性质，同时考查了运算求解的能力，属于中档题．
8．已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将与椭圆的左、右焦点连接起来，由椭圆的对称性得到一个平行四边形，利用椭圆的定义和余弦定理，结合重要不等式可得离心率的范围.
【详解】如图设分别为椭圆的左、右焦点，设直线与椭圆相交于，连接.
根据椭圆的对称性可得：四边形为平行四边形.
由椭圆的定义有：
由余弦定理有：
即
所以
当且仅当时取等号，又的斜率存在，故不可能在轴上.
所以等号不能成立,即即，所以
故选：A
【点睛】本题考查椭圆的对称性和焦点三角形，考查利用椭圆的定义和余弦定理、重要不等式求椭圆的离心率的范围，属于难题.
9．已知，是双曲线的左、右焦点，点A是的左顶点，为坐标原点，以为直径的圆交的一条渐近线于、两点，以为直径的圆与轴交于两点，且平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】由直径所对圆周角是直角，结合双曲线的几何性质和角平分线定义可解.
【详解】由圆的性质可知，，，所以，
因为，所以
又因为平分，所以，
由，得，
所以，即
所以
故选：B
四、填空题
10．已知椭圆长轴的右端点为A，其中O为坐标原点若椭圆上不存在点P，使AP垂直PO，则椭圆的离心率的最大值为 .
【答案】
【分析】由垂直，可得点满足方程，代入椭圆得 在，上有解，据此能求出椭圆的离心率的范围．其补集即为不存在点P，使AP垂直PO时的离心率，可得离心率的最大值．
【详解】设点，假设AP垂直PO，
根据题意得，点P在圆上，
，整理得，
即
解得，或（舍去）
又因为，
，化简得：，
，
又因为，
，
若椭圆上不存在点P，使AP垂直PO，椭圆离心率的取值范围为．
即椭圆离心率的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的取值范围的求法，考查满足AP垂直PO的点P的轨迹方程，一元二次方程的根，属于中档题．
五、问答题
11．已知圆C：，直线l：.
(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.
（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.
【详解】（1）由圆：，可得，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.
（2）由（1）知：圆心到直线的距离，
因为，即，解得：，
所以，整理得：，解得：或，
则直线为或.
六、单选题
12．过双曲线（，）的右焦点作双曲线渐近线的垂线段，垂足为，线段与双曲线交于点，且满足，则双曲线离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用渐近线的斜率，求出，，进而利用相似和求出点点A的坐标，代入到双曲线方程中，得到关于的方程，求出离心率即可
【详解】因为双曲线渐近线方程为，所以，如图，在直角三角形中，，，又因为
故，，过、A分别作的垂线，垂足分别为、，
则由得：，又，故，
，故可得点A的坐标为，
所以，整理得，解得，
故选：．
13．已知双曲线，是它的两个焦点，为坐标原点，是双曲线右支上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由题意得出，，，，利用余弦定理计算出；再利用三角形面积公式可计算出；最后根据点P在双曲线上及两点间距离公式即可得出结果.
【详解】
设点坐标为，
由题意可知，，，
则，，，.
在中，由余弦定理可得：，
即，解得．
因为，则．
因为，
所以，解得．
又因为点P在双曲线，所以，
则.
故选：A
14．已知椭圆，P是椭圆C上的点，是椭圆C的左右焦点，若恒成立，则椭圆C的离心率e的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，，求出的最大值，由这个最大值不大于得关于齐次式，变形后可求得的范围．
【详解】设，则，，，
，
因为，所以，又，
所以时，取得最大值，
恒成立，则，变形得，又，故解得，
故选：D．
七、问答题
15．已知点在抛物线上，且点的纵坐标为1，点到抛物线焦点的距离为2
（1）求抛物线的方程；
（2）若抛物线的准线与轴的交点为，过抛物线焦点的直线与抛物线交于，，且，求的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由抛物线定义，点到抛物线焦点的距离为2，故，可得解
（2）可转化为，代入坐标可得，即，可得解
【详解】（1）设，由抛物线定义，点到抛物线焦点的距离为2
故
故抛物线的方程为：；
（2）抛物线的焦点为，准线方程为，；
设，
直线的方程为，代入抛物线方程可得，
∴，，…①
由，可得，
又，，
∴，
∴，
即，
∴，…②
把①代入②得，，
则.
【点睛】本题考查了直线和抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题
16．已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点是椭圆的上顶点，点在椭圆C上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由，结合可得解；
（2）设，直线，将直线与椭圆联立，用坐标表示，代入韦达定理可解得，借助韦达定理表示，用均值不等式即得解.
【详解】（1）依题意得：，．
由椭圆定义知，
又，则，
在中，，由余弦定理得：
即，解得
又
故所求椭圆方程为
（2）设，直线
联立方程组，得，
，得，
，，
，
由题意知，由，，代入化简得
，
故直线过定点，
由，解得，
，
令，则，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．
17．设椭圆的方程为，为坐标原点，直线与椭圆交于点为线段的中点．
（1）若分别为的左顶点和上顶点，且的斜率为，求的标准方程；
（2）若，且，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）的面积取得最大值．
【详解】试题分析：（1）设，代入椭圆的方程，利用点差法，求解斜率，即可求解的值，得到椭圆的方程；（2）设直线，代入椭圆的方程，利用根与系数的关系，得出点的坐标，根据得出三角形的面积，利用不等式即可求解最值．
试题解析：（1）设，
则，两式相减，得，
即，又，
代入化简，得，故的标准方程为
（2）设直线，
由方程组 ①
．
，
②，
设直线与轴的交点为，
则，
令，
设，
则，
当时，即时，的面积取得最大值1
【解析】椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系．
【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质的应用、基本不等式求最值、三角形的面积等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力以及转化与化归思想的应用，此类问题的解答中把直线的方程与圆锥曲线的方程联立，转化为方程的根与系数的关系、判别式和韦达定理的应用是解答的关键，试题运算量大，有一定的难度，属于难题．
八、单选题
18．设是等差数列的前项和，若，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，然后根据等差数列的求和公式并结合下标和的性质可得的值．
【详解】∵，
∴．
∴．
故选A．
【点睛】本题的解题关键是将等差数列性质：若，则与前n项和公式结合在一起，采用整体思想可简化解题过程，提高解题效率．
19．两等差数列，的前n项和分别为，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据等差数列的性质计算：．
【详解】数列是等差数列，
则．
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查等比数列的前项和，掌握等差数列的性质是解题关键．
数列是等差数列，前项和为，则，若也是等差数列，前项和为，则．
九、填空题
20．在数列中，，且，，求前n项和的最大值为 .
【答案】30
【分析】由，可得出数列为等差数列，根据，，求得数列的首项和公差，再利用等差数列前n项和的公式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以数列为等差数列，设首项为，公差为d，
则，解得，
所以，
对称轴，
所以当或时，取得最大值为30.
故答案为：30.
十、单选题
21．已知数列中，且，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将已知式化简得出，即可根据构造法求出数列通项，再代入数值求解即可.
【详解】，
，
即，
两边同时除以得：，
即，
令，则，
则是首项为，公差为的等差数列，
则，即，
则，则.
故选：D
十一、填空题
22．已知数列的前项和为，，则数列的前项和 ．
【答案】
【分析】由已知得，当时，，两式相减，得，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，继而求得数列的通项公式，运用错位相减法可求得数列的和．
【详解】当时，解得．
又由已知可得，当时，，两式相减，
得，
又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以，
，
两式相减得
，
解得．
故答案为：．
十二、多选题
23．等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．数列是递减数列B．
C．是中最小项D．
【答案】BC
【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得、，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
解得，因为，所以.
A：由，得等差数列为递增数列，故A错误；
B：，故B正确；
C：，
因为，由二次函数的性质可知
当或时，取到最小值，即为中最小项，故C正确；
D：，，
由，得，故D错误.
故选：BC
24．已知数列的前n项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的前n项和为B．数列的通项公式为
C．数列为递增数列D．数列为递增数列
【答案】AD
【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得.
【详解】
因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；
所以，即A正确；
当时
所以，即B，C不正确；
故选：AD
【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.
十三、填空题
25．在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【分析】确定，设得到，故，变换得到，设，计算数列的最大值得到答案.
【详解】，故，设，则，，
是首项为，公比为的等比数列，故，，
，即，即恒成立，
设，设的最大项为，则，解得，
故第4项或者第5项最大为，故
故答案为：.
26．设数列的前n项和为，则下列能判断数列是等差数列的是 ．①；②；③；④．
【答案】①②
【分析】根据可以求出，再结合可以判断是否是等差数列.
【详解】①当时，；当也符合，所以，数列为等差数列；
②当时，；当时，，符合，所以，数列为等差数列；
③当时，；当时，，不符合，所以，数列不是等差数列；
④当时，；当时，，不符合，所以，数列不是等差数列.
故答案为：①②.
十四、问答题
27．在公差不为0的等差数列中，成等比数列，数列的前10项和为45.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，由成等比数列可得，，化简得，再由数列的前10项和为45，得，从而可求出的值，进而可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消求和法可求得
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，由成等比数列可得，，即，，
，.
由数列的前10项和为45，得，
即，故，
故数列的通项公式为；
（2）
【点睛】此题考查等差数列的基本量计算，考查等比中项的应用，考查裂项相消求和法，考查计算能力，属于基础题
28．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n(n∈N*).
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{bn}满足bn=ansin(an)，求{bn}的前2n项和T2n
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)先求时，再利用,再验证是否符合，即可.
(2)对n分奇偶讨论，得到的通项公式，再利用并项求和，即可求解.
【详解】时，得
当时成立，
即
，
当时,
当时,
故
十五、证明题
29．已知数列，是其前项和，且满足，.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由得，，两式相减化简后得，可变形为，即，故而得证；
（2）易知，，，然后采用错位相减法即可求得.
【详解】（1）证明：由得，，
两式相减得，，即，
所以，即，
在中，令，得，所以，故，
故，故数列为等比数列.
（2）由（1）知数列的公比为3，所以，所以，
所以，
，
两式相减得，，
整理得，.
【点睛】本题考查等比数列的判定方法､数列的通项公式以及前项和的求法，理解､错位相减法等的使用条件是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
十六、单空题
30．直线是曲线的一条切线，则实数 ．
【答案】
【详解】本小题考查导数的几何意义、切线的求法．，令得，故切点为，代入直线方程，得，所以．
十七、单选题
31．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导得到导函数，计算，再代入计算得到答案.
【详解】，则，，.
，.
故选：B
十八、填空题
32．已知函数，其中，若函数在处取得极大值，则 .
【答案】1
【分析】由题设得显然有不合题设，知：，根据极大值有求，再将所求代入原函数验证处是否取得极大值.
【详解】由题设，，
当时，，则递增，无极大值，与题设矛盾，
∴，此时，，要使在处取得极大值，
∴，可得或.
当时，，则
当得或，即上递增；
当得，即上递减；
∴为极大值点，符合题设.
当时，，则
当得或，即上递增；
当得，即上递减；
∴为极小值点，不合题设.
综上，.
故答案为：1
十九、单选题
33．若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据极值点的意义,可知函数的导函数在上有且仅有一个零点.结合零点存在定理,即可求得的取值范围.
【详解】函数
则
因为函数在上有且仅有一个极值点
即在上有且仅有一个零点
根据函数零点存在定理可知满足即可
代入可得
解得
故选:C
【点睛】本题考查了函数极值点的意义,函数零点存在定理的应用,属于中档题.
34．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念.在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设是函数的导函数，若，且对，，且总有，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，得在上单调递增，并且由的图象是向上凸，进而判断选项.
【详解】由，得在上单调递增，因为，所以，
故A不正确；
对，，且，总有，可得函数的图象是向上凸，可用如图的图象来表示，
由表示函数图象上各点处的切线的斜率，由函数图象可知，
随着的增大，的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，
所以，故B不正确；
，表示点与点连线的斜率，
由图可知，所以D正确，C不正确.
故选：D.
【点睛】本题考查以数学文化为背景，导数的几何意义，根据函数的单调性比较函数值的大小，属于中档题型.
二十、多选题
35．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】首先根据已知条件构造函数，利用其导数得到的单调性，然后结合奇函数，将不等式转化为求解.
【详解】解：设，
则，
当时总有成立，
即当时， 0恒成立，
当时，函数为减函数，
又，
函数为定义域上的偶函数，
又，
所以不等式等价于，
即或，
即或，
所以 成立的x 的取值范围是．
故选：AB．
二一、问答题
36．设函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)求的极值点和极值．
【答案】(1)
(2)极大值点，极小值点，极大值是，极小值是
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可，
（2）令，求得，，然后通过判断函数的单调性可求出的极值点和极值
【详解】（1）函数，函数的导数为．
，，
在处的切线方程：，即．
（2）令，，解得，．
当时，可得，即的单调递减区间，
或，可得，∴函数单调递增区间，．
∴的极大值点，极小值点，
∵，
∴极大值是，极小值是．
二二、单选题
37．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析可知函数为偶函数，且在上为增函数，由已知可得出，解此不等式即可得解.
【详解】函数的定义域为，
，即函数为偶函数，
，当时，，则，
所以，函数在上为增函数，
由，可得，得，
即，解得.
故选：D.
38．已知是函数的导函数，且对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据要求解的不等式可变形为，构造函数，并结合已知可得，从而得，利用求得参数c的值，由此可将不等式 化为，即可求得答案.
【详解】令 ①,则 ，
∵，
∴ ，
即 ，
∴（c为常数）②，
由①②知， ，
∴ ，又，
∴ ，即 ，
，
不等式 即，
∴ 或，
即不等式的解集为，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决此类根据导函数的表达式求解不等式解集的问题时，一般方法是要构造函数，利用导数判断函数性质进行求解，关键点就是要根据求解的不等式进行合理变形，并结合已知的导函数表达式进行构造恰当的新函数.
二三、问答题
39．已知函数的图象在点P(0，f(0))处的切线方程是
（1）求a 、b的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【分析】（1）求出曲线的斜率，切点坐标，求出函数的导数，利用导函数值域斜率的关系，即可求出，．
（2）求出导函数的符号，判断函数的单调性即可得到函数的极值．
【详解】（1）因为函数的图象在点P(0，f(0))处的切线方程是，
所以切线斜率是，且，
求得，即点
又函数，则
所以依题意得
解得
（2）由（1）知
所以
令，解得或
当，或；当，
所以函数的单调递增区间是，，单调递减区间是
所以当变化时，和变化情况如下表：
所以，
40．已知曲线在处的切线方程为，且.
(1)求的解析式；
(2)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据导数的几何意义得，结合对数的运算性质求出m，利用直线的点斜式方程即可得出切线方程；
(2)由(1)将不等式变形为，利用导数研究函数在、、时的单调性，即可得出结果.
【详解】（1），∴，
，，
，，
切线方程为，即，
∴.
（2）令，
，，,
当时，，所以在上单调递增，
所以，即符合题意；
当时，设，
①当，，，所以在上单调递增，
，所以在上单调递增，
所以，故符合题意；
②当时，，，
所以在上递增，在上递减，且，
所以当时，，
则在上单调递减，且，
故，，舍去.
综上：
41．已知函数，；
(Ⅰ)若函数在[1,2]上是减函数，求实数的取值范围；
(Ⅱ)令，是否存在实数，当(是自然对数的底数)时，函数的最小值是．若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【详解】试题分析：(1)在[1,2]上恒成立
令h(x)＝2x2＋ax－1，x∈[1,2]，∴h(x)≤0在[1,2]上恒成立
得，.
(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－x2，x∈(0，e]有最小值3
g(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g′(x)＝a－＝
①当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，e]上单调递减
∴g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，∴a＝(舍去)
②当0<时，在(0，)上，g′(x)<0；在(，e]上，g′(x)>0
∴g(x)在(0，]上单调递减，在(，e]上单调递增
∴g(x)min＝＝1＋lna＝3，∴a＝e2满足条件
③当≥e即0g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3
∴a＝>(舍去)
综上所述，存在a＝e2使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3.
【解析】函数导数判定单调性求最值
点评：第一小题已知函数在某一区间上是减函数得到结论，学生解题时容易忽略等号写成，第二问要分情况讨论极值点与区间(0，e]的关系从而确定在区间(0，e]上的单调性求出函数最值
42．已知函数．
(1)若函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求；
(2)当时，关于的不等式恒成立，求满足条件的实数的最大整数值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求，利用导数的几何意义求得在点处切线方程，由在轴上的截距为列方程即可得的值；
（2）由所给的不等式分离可得，令，利用导数判断的单调性和最小值，由即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
则在点处切线的斜率为，又，
所以函数的图象在点处的切线方程为：，
即，所以，
因为其在轴上的截距为，所以，解得．
（2）即，
又，所以，可得对于恒成立，
当时，令，则．
再令，则，
所以在上单调递增；
又，，
所以使，即，使，
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，又因为，所以实数的最大整数值是．
【点睛】方法点睛： 若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
0
极大值
极小值