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2016高考数学二轮复习微专题强化练习题:26函数与方程的思想、分类讨论的思想


第一部分



26

一、选择题 1.(文)方程 m+ 1-x=x 有解,则 m 的最大值为( A.1 C.-1 [答案] A [解析] m=x- 1-x,令 t= 1-x≥0,则 x=1-t2, 1 5 ∴m=1-t2-t=-(t+ )2+ ≤1,故选 A. 2 4 (理)已知对于任意的 a∈[-1,1],函数 f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 的值总大于 0,则 x 的 取值范围是( A.1<x<3 C.1<x<2 [答案] B [解析] 将 f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 看作是 a 的一次函数,记为 g(a)=(x-2)a+x2-4x +4. 当 a∈[-1,1]时恒有 g(a)>0,只需满足条件
?g?1?>0, ?x2-3x+2>0, ? ? ? 即? 2 ? ? ?g?-1?>0, ?x -5x+6>0,

)

B .0 D.-2

) B.x<1 或 x>3 D.x<2 或 x>2

解之得 x<1 或 x>3. [方法点拨] 1.函数与方程的关系 函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程 f(x)=0 的解就是函 数 y=f(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标,函数 y=f(x)也可以看作二元方程 f(x)-y=0,通过 方程进行研究. 2.应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题,是多元问题中的常见题型,常 见的解题思路有以下两种: (1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域), 然后求解. (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次方程,进而构造函数加以解决. 2.(文)(2014· 哈三中二模)一只蚂蚁从正方体 ABCD-A1B1C1D1 的顶点 A 处出发,经正 方体的表面,按最短路线爬行到顶点 C1 处,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行 路线的正视图的是( )

A.(1)(2) C.(2)(4) [答案] C

B.(1)(3) D.(3)(4)

[解析] 爬行路线为 (4),故选 C.

时正视图为(2);爬行路线是

时,正视图为

[方法点拨] 若几何图形的位置不确定时,常常要对各种不同情况加以讨论. (理)有四根长都为 2 的直铁条,若再选两根长都为 a 的直铁条,使这六根铁条端点处相 连能够焊接成一个三棱锥形的铁架,则 a 的取值范围是( A.(0, 6+ 2) C.( 6- 2, 6+ 2) [答案] A [解析] 若构成三棱锥有两种情形. 一种情形是三条长为 2 的线段围成三角形作为棱锥的底面,过 BC 的中点 M 作与 BC 垂直的平面 α,在平面 α 内,以 A 为圆心 AP =2 为半径画圆,点 P 在此圆周上,且不在平面 ABC 内时,构成三 棱锥 P-ABC,此时 PB=PC=a,易求得 6- 2<a< 6+ 2. 另一种情形如图: B.(1,2 2) D.(0,2 2) )

AB=AC=BD=DC=2, AD=BC=a,

此时 2

a2 4- >a, 4

∴0<a<2 2, 又∵ 6+ 2>2 2> 6- 2, 取两者的并集得,0<a< 6+ 2. [方法点拨] 1.分类讨论时,标准必须统一,分类后要做到无遗漏、不重复,还要注意 不越级讨论,层次分明,能避免分类的题目不要分类. 2.分类讨论的步骤:(1)确定分类讨论的对象和分类标准;(2)合理分类,逐类讨论;(3) 归纳总结,得出结论. 3.分类讨论的常见类型 (1)由数学概念引发的分类讨论:如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数、一次、 二次函数、正比例函数、反比例函数、幂函数、复数的概念、三角函数的定义域. (2)由性质、定理、公式、法则的限制条件引起的分类讨论,如等比数列前 n 项和公式、 不等式的一些性质、函数的单调性、根式的性质. (3)由数学运算引起的分类,如除数不为 0,偶次方根的被开方数非负,对数函数的底数 a>0 且 a≠1,指数运算中对底数的限制,不等式两边同乘以一个正数(负数),排列组合中的 分类计数. (4)由图形的不确定性引起的讨论,如图形的类型、位置,角的终边所在象限、点线面 位置等,点斜式(斜截式)直线方程适用范围,直线与圆锥曲线的位置关系. (5)由参数的变化引起的分类讨论:含参数的问题(方程、不等式、函数等),由于参数的 不同取值会导致结果不同或不同的参数求解、证明的方法不同等. (6)由实际问题的实际意义引起的分类讨论. y2 x2 1 3.(文)圆锥曲线 + =1 的离心率 e= ,则 a 的值为( 8 a+7 2 A.-1 11 C.-1 或 3 [答案] C [解析] 因焦点在 x 轴上和 y 轴上的不同,离心率 e 关于 a 的表达式发生变化,故需分 类.当焦点在 x 轴上时, e2= a+7-8 1 11 = ,解得 a= ; 4 3 a+7 11 B. 3 D.以上均不正确 )

当焦点在 y 轴上时, e2= 8-?a+7? 1 = ,解得 a=-1.故选 C. 8 4

(理)将 1,2,3,4,5 排成一列 a1a2a3a4a5(如 43215 中,a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,a5=5), 则满足 a1<a2,a2>a3,a3<a4,a4>a5 的排列个数是( A.10 C.14 [答案] D [解析] ∵a3<a2,a3<a4,∴a3 只能从 1,2,3 中取,故可按 a3 的取值情况分类讨论(或利 用 a2>a1,a2>a3 入手讨论), (1)当 a3=3 时,a2,a4 只能是 4,5,共有 A2 A2 2· 2种; (2)当 a3=2 时,a2,a4 可以为 3,4,5,∵a5<a4,a1<a2,故 5 只能排在 a2 或 a4 位置,和 5 相邻的可从剩下 3 个中任选一个,余下两个,只有一种排法,
1 ∴共有 A1 2A3种;

)

B.12 D.16

(3)当 a3=1 时,从剩下 4 个元素中选两个排在 a1,a2 位置,只有一种排法,余下两个 排在 a4,a5 位置也只有一种排法,∴有 C2 4种.
2 1 2 综上知,共有 A2 A1 2A2+A2· 3+C4=16 种.

x2 y2 4.若 a>1,则双曲线 2- =1 的离心率 e 的取值范围是( a ?a+1?2 A.(1, 2) C.[ 2, 5] [答案] B B.( 2, 5) D.( 3, 5)

)

a2+?a+1?2 c 1 1 [解析] e2=( )2= =1+(1+ )2,因为当 a>1 时,0< <1,所以 2<e2<5,即 2 a a2 a a <e< 5. 5.如图所示,在△AOB 中,点 A(2,1),B(3,0),点 E 在射线 OB 上自 O 开始移动.设 OE=x,过 E 作 OB 的垂线 l,记△AOB 在直线 l 左边部分的面积为 S,则函数 S=f(x)的图 象是( )

[答案] D 1 1 1 2 [解析] 当 0<x≤2 时,f(x)= · x· x= x ,是开口向上的抛物线,且 f(2)=1; 2 2 4 1 1 1 当 2<x≤3 时,f(x)= ×2×1+ (x-2)(3-x+1)=- x2+3x-3. 2 2 2 3 是开口向下,以(3, )为顶点的抛物线. 2 当 x>3 时,f(x)是确定的常数,图象为直线. 二、填空题 → → → 6. 如图, 正六边形 ABCDEF 中, P 是△CDE 内(包括边界)的动点. 设AP=αAB+βAF(α, β∈R),则 α+β 的取值范围是________.

[答案] [3,4] [解析] 建立如图所示的直角坐标系,设正六边形边长为 2,则 C(2,0),A(-1,- 3),B(1,- 3),D(1, 3),E(-1, 3),F(- → → → 2,0), 设 P(x, y)可得AP=(x+1, y+ 3), AB=(2,0), AF=(-1, 3),

?x+1=2α-β, x+1+ 3y+3 1 → → → ∵AP=αAB+βAF, ∴? 则 α+β= = 2 2 ?y+ 3= 3β,
x+ 3 1 3 y+2,当点 P 在如图阴影部分所示的平面区域内时,可作平行直线系 x+ y+2=z, 2 2 2

1 3 当直线过点 E 或 C 时,α+β 取得最小值,(α+β)最小值= ×2+ ×0+2=3;当直线过点 D 2 2 1 3 时,α+β 取得最大值,(α+β)最大值= ×1+ × 3+2=4,则 α+β 的取值范围是[3,4]. 2 2 [方法点拨] 和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于 函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十 分重要. (3)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方 程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.

(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数关 系的方法加以解决,引进空间向量后,立体几何与函数的关系就更加密切. (5)(理)函数 f(x)=(a+bx)n(n∈N*)与二项式定理密切相关,利用这个函数,用赋值法和 比较系数法可以解决很多有关二项式定理的问题及求和问题. 7. (文)若关于 x 的方程 cos2x-2cosx+m=0 有实数根, 则实数 m 的取值范围是________. [分析] 将方程变形为 m=-cos2x+2cosx, 则当方程有实数根时, -cos2x+2cosx 的取 值范围就是 m 的取值范围. 3? [答案] ? ?-3,2? [解析] 原方程可化为 m=-cos2x+2cosx. 令 f(x)=-cos2x+2cosx, 则 f(x)=-2cos2x+1+2cosx 1?2 3 =-2? ?cosx-2? +2, 由于-1≤cosx≤1, 1 3 所以当 cosx= 时,f(x)取得最大值 , 2 2 当 cosx=-1 时,f(x)取得最小值-3, 3? 故函数 f(x)的值域为? ?-3,2?, 3? 即 m∈? ?-3,2?. [方法点拨] 本题若令 cosx=t,则可通过换元法将原方程化为关于 t 的一元二次方程, 但求解过程将非常繁琐,而通过分离参数,引进函数,便可通过函数的值域较为简单地求得 参数 m 的取值范围. π (理)如果方程 cos2x-sinx+a=0 在(0, ]上有解,则 a 的取值范围是________. 2 [答案] (-1,1] [分析] 可分离变量为 a=-cos2x+sinx,转化为确定的相关函数的值域. [解析] 解法 1:把方程变为 a=-cos2x+sinx. π 设 f(x)=-cos2x+sinx(x∈(0, ]). 2 显然当且仅当 a∈f(x)的值域时,a=f(x)有解. 1 5 π ∵f(x)=-(1-sin2x)+sinx=(sinx+ )2- ,且由 x∈(0, ]知,sinx∈(0,1]. 2 4 2 ∴f(x)的值域为(-1,1], ∴a 的取值范围是(-1,1].

π 解法 2:令 t=sinx,由 x∈(0, ]可得 t∈(0,1]. 2 把原方程变为 t2+t-1-a=0, 依题意,该方程在(0,1]上有解, 设 f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴为 x=- ,在区间(0,1]的左侧,如下图所示. 2

因此 f(t)=0 在(0,1]上有解,
? ?f?0?<0 ? ?-1-a<0 当且仅当? ,即? , ?f?1?≥0 ?1-a≥0 ? ?

∴-1<a≤1,故 a 的取值范围是(-1,1]. [方法点拨] 最值、方程有解、恒成立与参数的取值范围问题 此类含参数的三角、指数、对数等复杂方程解的问题,通常有两种处理思路:一是分离 参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂方程问题转化为熟悉的 二次方程,进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决. x2 y2 8.直线 y=kx+2 和椭圆 + =1 在 y 轴左侧部分交于 A、B 两点,直线 l 过点 P(0, 4 3 -2)和线段 AB 的中点 M,则 l 在 x 轴上的截距 a 的取值范围为________. [答案] [- 6 ,0) 3

[分析] 将直线与椭圆方程联立消去 y,得关于 x 的二次方程,则直线与椭圆在 y 轴左 侧部分交于 A、B 两点,转化为方程有两个负根的问题. [解析] 设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),直线 l 与 x 轴的交点为 N(a,0). y=kx+2, ? ?2 2 由?x y 得(3+4k2)x2+16kx+4=0.(*) + = 1 , ? ?4 3 x2 y2 因为直线 y=kx+2 和椭圆 + =1 在 y 轴左侧部分交于 A,B 两点, 4 3

?x +x =- 16k <0, 3+4k 所以? ?x x =3+44k >0,
1 2 2 1 2 2

Δ=?16k?2-4×4?3+4k2?>0,

1 解得 k> . 2 因为 M 是线段 AB 的中点,所以 x +x -8k ? ?x = 2 =3+4k , ? y +y k?x +x ?+4 6 ? ?y = 2 = 2 =3+4k .
1 2 0 2 1 2 1 2 0 2

因为 P(0,-2),M(x0,y0),N(a,0)三点共线, 6 +2 2 3+4k2 0-?-2? 2 12+8k 所以 = ,所以 = , a -8k a-0 -8k 3+4k2 4 3 即- =2k+ . a k 1 3 因为 k> ,所以 2k+ ≥2 6, 2 k 当且仅当 k= 6 时等号成立, 2

4 6 所以- ≥2 6,则- ≤a<0. a 3 三、解答题 9.(文)设函数 f(x)=lnx-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)对任意 x≥1 都有 g(x)≤0 成立,求 p 的取值范围. [解析] (1)当 p=1 时,f(x)=lnx-x+1,其定义域为(0,+∞). 1 所以 f ′(x)= -1. x 1 由 f ′(x)= -1≥0 得 0<x≤1, x 所以 f(x)的单调递增区间为(0,1], 单调递减区间为(1,+∞). (2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1) =xlnx+p(x2-1), 得 g′(x)=lnx+1+2px. 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 lnx≤x-1 成立. 1 ①当 p≤- 时,g′(x)=lnx+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0,即 g(x)在[1,+ 2 ∞)上单调递减,从而 g(x)≤g(1)=0 满足题意;

1 1 ②当- <p<0 时, 存在 x∈(1, - )使得 lnx>0, 1+2px>0, 从而 g′(x)=lnx+1+2px>0, 2 2p 1 1 即 g(x)在(1,- )上单调递增,从而存在 x0∈(1,- )使得 g(x0)≥g(1)=0 不满足题意; 2p 2p ③当 p≥0 时,由 x≥1 知 g(x)=xlnx+p(x2-1)≥0 恒成立,此时不满足题意. 1 综上所述,实数 p 的取值范围为 p≤- . 2 (理)已知函数 f(x)=(a+1)lnx+ax2+1. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设 a<-1,如果对任意 x1、x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求 a 的取值范围. [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞). a+1 2ax2+a+1 f ′(x)= +2ax= . x x 当 a≥0 时,f ′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)单调递增; 当 a≤-1 时,f ′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)单调递减; 当-1<a<0 时, 令 f ′(x)=0, 解得 x= x∈? a+1 ? - .则当 x∈?0, 2a ? a+1? f ′(x)>0; ?时, - 2a ? - a+1 ? ,+∞? 2a ?

? ?



a+1 ? f ′(x)<0.故 f(x)在? ? 0, ,+∞?时, 2a ? ?

a+1? ? 在? ?单调递增, - 2a ? ?

单调递减. (2)不妨假设 x1≥x2.而 a<-1,由(1)知 f(x)在(0,+∞)单调递减,从而?x1,x2∈(0,+ ∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于?x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1① a+1 令 g(x)=f(x)+4x,则 g′(x)= +2ax+4. x ①等价于 g(x)在(0,+∞)单调递减,即 a+1 +2ax+4≤0. x -4x-1 ?2x-1?2-4x2-2 ?2x-1?2 从而 a≤ 2 = = 2 -2. 2x +1 2x2+1 2x +1 故 a 的取值范围为(-∞,-2]. [方法点拨] 导数在近几年来已逐渐成为高考命题中的压轴题,导数作为研究函数性质 的工具, 具备广泛适用性, 可以分析各种函数, 而且容易与参数结合命题, 尤其在问题转化、 构造新函数解决问题等方面体现明显. 因此我们在平日训练时要注意分类讨论思想转化与归 纳思想,函数与方程思想等方面的训练,加强对问题的分析,以及处理问题和解决问题的能 力. 10.(文)(2014· 安徽文,16)设△ABC 的内角 A、B、C 所对边的长分别是 a、b、c,且 b =3,c=1,△ABC 的面积为 2,求 cosA 与 a 的值.

[分析] 已知 b、c 和△ABC 的面积易求 sinA,由平方关系可求 cosA,但要注意开方时 符号的选取及讨论,再结合余弦定理可求 a 的值. 1 2 2 [解析] 由三角形面积公式,得 S= ×3×1· sinA= 2,∴sinA= , 2 3 因为 sin2A+cos2A=1. 所以 cosA=± 1-sin2A=± 8 1 1- =± . 9 3

1 ①当 cosA= 时,由余弦定理得 3 1 a2=b2+c2-2bccosA=32+12-2×1×3× =8, 3 所以 a=2 2. 1 ②当 cosA=- 时,由余弦定理得 3 1 a2=b2+c2-2bccosA=32+12-2×1×3×(- )=12, 3 所以 a=2 3. (理)已知函数 f(x)=sinxcosx-m(sinx+cosx). (1)若 m=1,求函数 f(x)的最值; π π (2)若函数 f(x)在区间[ , ]上的最小值等于 2,求实数 m 的值. 4 2 [解析] (1)当 m=1 时,f(x)=sinxcosx-(sinx+cosx), t2-1 设 sinx+cosx=t,则 sinxcosx= , 2 1 1 所以 f(x)=h(t)= t2-t- 2 2 1 = (t-1)2-1. 2 π 由于 t=sinx+cosx= 2sin(x+ ), 4 所以- 2≤t≤ 2. 1 于是当 t=- 2时函数 f(x)取得最大值 2+ ; 2 当 t=1 时函数 f(x)取得最小值-1. (2)设 sinx+cosx=t, t2-1 则 sinxcosx= , 2 1 1 所以 f(x)=g(t)= t2-mt- 2 2

1 1 1 = (t-m)2- m2- , 2 2 2 π π 又因为 x∈[ , ], 4 2 π t=sinx+cosx= 2sin(x+ ), 4 所以 1≤t≤ 2. 当 m<1 时,g(t)在[1, 2]上单调递增, 当 t=1 时 g(t)取得最小值,得-m=2, 所以 m=-2,符合题意; 当 m> 2时,g(t)在[1, 2]上单调递减, 1 当 t= 2时,g(t)取得最小值,得 - 2m=2, 2 3 2 所以 m=- ,与 m> 2矛盾; 4 1 1 当 1≤m≤ 2时,g(t)在 t=m 处取得最小值,得- m2- =2,所以 m2=-5,无解. 2 2 π π 综上,当函数 f(x)在区间[ , ]上的最小值等于 2 时,实数 m 的值等于-2. 4 2 11.(文)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a.(a∈R),设数列的前 n 项和为 Sn 1 1 1 且 , , 成等比数列. a1 a2 a4 (1)求数列{an}的通项公式及 Sn; 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)记 An= + + +?+ ,Bn= + + +?+ ,当 n≥2 时,试比较 An 与 S1 S2 S3 Sn a1 a2 a22 a2n-1 Bn 的大小. 1 1 1 [解析] 设等差数列{an}的公差为 d,由( )2= · ,得(a1+d)2=a1(a1+3d). a2 a1 a4 因为 d≠0,所以 d=a1=a. an?n+1? 所以 an=na,Sn= . 2 1 21 1 (2)因为 = ( - ),所以 Sn a n n+1 1 1 1 1 2 1 An= + + +?+ = (1- ). S1 S2 S3 Sn a n+1 1 1 1 1 - 因为 a2n-1=2n 1a,所以 Bn= + + +?+ a1 a2 a22 a2n-1 1 1-? ?n 2 1 2 1 = · = (1- n), a 1 a 2 1- 2

1 n 由 n≥2 时,2n=C0 n+Cn+?+Cn>n+1,

即 1-

1 1 <1- n, 2 n+1

所以,当 a>0 时,An<Bn;当 a<0 时,An>Bn. (理)已知 f(x)= x 1 ,数列{an}满足 a1= ,an+1=f(an)(n∈N*), 3 3x+1

?1? (1)求证:数列?a ?是等差数列; ? n?

x x2 xn (2)记 Sn(x)= + +?+ (x>0),求 Sn(x). a1 a2 an [分析] (1)找出 an 与 an+1 关系; (2)用错位相减法求和. [解析] (1)由已知得 an+1= ∴ an , 3an+1

3an+1 1 1 1 1 = =3+ .∴ - =3. an an an+1 an an+1
? n?

?1? ∴?a ?是首项为 3,公差为 3 的等差数列.

1 (2)由(1)得 =3+3(n-1)=3n, an ∴Sn(x)=3x+6x2+9x3+?+3nxn. 3?n+1?n x=1 时,Sn(1)=3+6+9+?+3n= ; 2 x≠1 时,Sn(x)=3x+6x2+9x3+?+3nxn, xSn(x)=3x2+6x3+?+3(n-1)xn+3nxn 1,


(1-x)Sn(x)=3x+3x2+?+3xn-3nxn 1,


Sn(x)=

3x-3?n+1?xn 1+3nxn 2 . ?1-x?2
+ +

3 综上,当 x=1 时,Sn(1)= n(n+1), 2 3x-3?n+1?xn 1+3nxn 2 当 x≠1 时,Sn(x)= . ?1-x?2
+ +

[方法点拨] 一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,均值定理、等比数 列的求和公式等性质、 定理与公式在不同的条件下有不同的结论, 或者在一定的限制条件下 才成立,这时要小心,应根据题目条件确定是否进行分类讨论. 12.(文)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0,求 k 的最大值.

[分析] (1)求函数 f(x)的单调区间,需判断 f ′(x)的正负,因为含参数 a,故需分类讨 论; (2)分离参数 k, 将不含有参数的式子看作一个新函数 g(x), 将求 k 的最大值转化为求 g(x) 的最值问题. [解析] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f ′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f ′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,lna)时,f ′(x)<0;当 x∈(lna,+∞)时,f ′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f ′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x (x>0). e -1 x+1 令 g(x)= x +x,则 e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? g′(x)= x + 1= . ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在 (0,+∞)上存在唯一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α∈ (1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞)上的最小 值为 g(α).又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2. [方法点拨] 本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法.利用导数求参数的取值范 围时,经常需将参数分离出来,转化为恒成立问题,最终转化为求函数的最值问题,求得参 数的取值范围. (理)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. [解析] f′(x)=3x2-2kx+1. (1)当 k=1 时 f′(x) =3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0, ∴f′(x)>0,f(x)在 R 上单调递增.即 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),f(x)没有单调 递减区间. k (2)当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,其开口向上,对称轴 x= ,且过(0,1). 3 ①

(i)当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)≤0,即- 3≤k<0 时,f′(x)≥0,f(x) 在[k,-k] 上单调递增, 从而当 x=k 时,f(x)取得最小值 m=f(k)=k, 当 x=-k 时,f(x) 取得最大值 M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k. (ii)当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)>0,即 k<- 3时,令 f′(x)=3x2-2kx+1=0 k+ k2-3 k- k2-3 解得:x1= ,x2= ,注意到 k<x2<x1<0, 3 3 1 2k (注:可用韦达定理判断 x1· x2= ,x1+x2= >k,从而 k<x2<x1<0;或者由对称结合图象 3 3 判断) ∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}
3 2 ∵f(x1)-f(k)=x1 -kx2 1+x1-k=(x1-k)(x1+1)>0,

∴f(x)的最小值 m=f(k)=k,
2 3 ∵f(x2)-f(-k)=x3 2-kx2+x2-(-2k -k)

=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0, ∴f(x)的最大值 M=f(-k)=-2k3-k. 综上所述,当 k<0 时,f(x)的最小值 m=f(k)=k,最大值 M=f(-k)=-2k3-k. x2 y2 13.(文)(2015· 北京西城区二模)设 F1,F2 分别为椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦 a b 点,点 A 为椭圆 E 的左顶点,点 B 为椭圆 E 的上顶点,且|AB|=2. (1)若椭圆 E 的离心率为 6 ,求椭圆 E 的方程; 3

(2)设 P 为椭圆 E 上一点,且在第一象限内,直线 F2P 与 y 轴相交于点 Q,若以 PQ 为 直径的圆经过点 F1,证明:|OP|> 2. [解析] (1)设 c= a2-b2, c 6 由题意得 a2+b2=4,且 = , a 3 解得 a= 3,b=1,c= 2, x2 所以椭圆 E 的方程为 +y2=1. 3

x2 y2 (2)证明: 由题意得 a2+b2=4, 所以椭圆 E 的方程为 2+ =1, 则 F1(-c,0), F2(c,0), a 4-a2 c= a2-b2= 2a2-4. 设 P(x0,y0),由题意知 x0≠± c, y0 则直线 F1P 的斜率 kF1P= , x0+c y0 直线 F2P 的斜率 kF2P= , x0-c 所以直线 F2P 的方程为 y= y0 (x-c), x0-c

-y0c -y0c 当 x=0 时,y= ,即点 Q(0, ), x0-c x0-c y0 所以直线 F1Q 的斜率为 kF1Q= , c-x0 因为以 PQ 为直径的圆经过点 F1, 所以 PF1⊥F1Q, y0 y0 所以 kF1P×kF1Q= × =-1, x0+c c-x0
2 2 化简得 y2 0=x0-(2a -4), ①

又因为 P 为椭圆 E 上一点,且在第一象限内, x2 y2 0 0 所以 2+ =1,x0>0,y0>0, ② a 4-a2 a2 1 联立①②,解得 x0= ,y0=2- a2, 2 2 1 2 2 2 所以|OP|2=x2 0+y0= (a -2) +2, 2 因为 a2+b2=4<2a2,所以 a2>2, 所以|OP|> 2. (理)(2015· 新课标Ⅱ理,20)已知椭圆 C:9x2+y2=m2(m>0),直线 l 不过原点 O 且不平 行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. (1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值; m ? (2)若 l 过点? ? 3 ,m?,延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形? 若能,求此时 l 的斜率;若不能,说明理由. [立意与点拨] 考查直线的斜率、椭圆方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系.(1)

问中涉及弦的中点坐标问题,故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解;(2)根 据(1)中结论,设直线 OM 方程并与椭圆方程联立,求得 M 坐标,利用 xP=2xM 以及直线 l

m 过点( ,m)列方程求 k 的值. 3 [解析] (1)设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将 y= x1+x2 kb kx+b 代入 9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM= =- 2 ,yM=kxM 2 k +9 +b= 9b yM 9 .于是直线 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOM· k=-9.所以直线 OM 的斜率与 l 的 xM k k2+9

斜率的乘积为定值. (2)四边形 OAPB 能为平行四边形. m 因为直线 l 过点( ,m),所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k≠3. 3 9 ? ?y=-kx, 9 由(1)得 OM 的方程为 y=- x.设点 P 的横坐标为 xP.由? k ? ?9x2+y2=m2, 即 xP= k2m2 得 x2 , P= 2 9k +81

m?3-k? mk?k-3? ± km m .将点( ,m)的坐标代入直线 l 的方程得 b= ,因此 xM= 2 .四 2 3 3 3?k +9? 3 k +9 ± km = 3 k2+9

边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分, 即 xP=2xM.于是

mk?k-3? 2× 2 .解得 k1=4- 7, k2=4+ 7.因为 ki>0, ki≠3, i=1,2, 所以当 l 的斜率为 4- 7 3?k +9? 或 4+ 7时,四边形 OAPB 为平行四边形.


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