（通用版）2017版高考数学一轮复习 专题突破提升练（打包4套）.zip

1专题突破提升练(一)基本初等函数与函数应用中的热点问题命题点一 幂、指、对数函数的概念及运算题型：选择、填空题 难度：中 命题指数：★★1.(2015·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝Error!则 f(－2)＋ f(log212)＝( )A．3 B．6 C．9 D．12【解析】 ∵－21，∴ f(log212)＝2log12 2－1＝ ＝6.122∴ f(－2)＋ f(log212)＝3＋6＝9.故选 C.【答案】 C2．(2015·山东高考)设函数 f(x)＝Error!若 f ＝4，则 b＝( )(f(56))A．1 B. C. D.78 34 12【解析】 f ＝3× － b＝ － b，若 － b ，则 3× － b＝ －4 b＝4，(56) 56 52 52 32 (52－ b) 152解得 b＝ ，不符合题意，舍去；若 － b≥1，即 b≤ ，则 2 － b＝4，解得 b＝ .78 52 32 52 12【答案】 D3．(2015·浙江高考)若 a＝log 43，则 2a＋2 － a＝________.【解析】 ∵ a＝log 43＝log 223＝ log23＝log 2 ，12 3∴2 a＋2 － a＝2log 2 ＋2－log 2 ＝ ＋2log 2 ＝ ＋ ＝ .3 3 333 3 33 433【答案】 433命题点二 函数图象的识别与判断题型：选择题 难度：中 命题指数：★★1.函数 y＝ f(x)的图象如图 1 所示．则函数 y＝log f(x)的图象大致是( )12图 12【解析】 由函数 y＝ f(x)的图象知，当 x∈(0,2)时， f(x)≥1，所以 log f(x)≤0.12又函数 f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以 y＝log f(x)在(0,1)上是增函12数，在(1,2)上是减函数，结合各选项知，选 C.【答案】 C2．设 D＝{( x， y)|(x－ y)(x＋ y)≤0}，记“平面区域 D 夹在直线 y＝－1 与y＝ t(t∈[－1,1])之间的部分的面积”为 S，则函数 S＝ f(t)的图象的大致形状为( )【解析】 建立目标函数，确定函数图象．区域 D 如图，当 t＝0 时， S＝1；当t∈[－1,0)时，平面区域 D 夹在直线 y＝－1 与 y＝ t 之间的部分是等腰梯形，其面积为S＝ (－2 t＋2)( t＋1)＝1－ t2；当 t∈(0,1]时，平面区域 D 夹在直线 y＝－1 与12y＝ t(t∈[－1,1])之间的部分是两个等腰三角形，其面积为 ×2×1＋ ×2t2＝ t2＋1，故12 12选 C.【答案】 C3．已知函数 f(x)＝| x|＋ ，则函数 y＝ f(x)的大致图象为( )1x3【解析】 依题意，当 x＞0 时， f(x)＝ x＋ ，1x又 f′( x)＝1－ ，所以其在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；当 x＜0 时，1x2f(x)＝－ x＋ ，又 f′( x)＝－1－ ＜0，所以其在(－∞，0)上是减函数，且 f(－1)＝0，1x 1x2故选 B.【答案】 B命题点三 函数的性质及应用题型：选择、填空题 难度：高 命题指数：★★★1.(2015·陕西高考)设 f(x)＝ x－sin x，则 f(x)( )A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数【解析】 因为 f′( x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项 A 和 C；又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项 D，故选 B.【答案】 B2．(2015·天津高考)已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2 |x－ m|－1( m 为实数)为偶函数，记a＝ f(log0.53)， b＝ f(log25)， c＝ f(2m)，则 a， b， c 的大小关系为( )A． af(2x－1)成立11＋ x2的 x 的取值范围是( )A.(13， 1)B. ∪(1，＋∞)(－ ∞ ，13)C.(－13， 13)D. ∪(－ ∞ ， －13) (13， ＋ ∞ )【解析】 法一：∵ f(－ x)＝ln(1＋|－ x|)－ ＝ f(x)，11＋  － x 2∴函数 f(x)为偶函数．∵当 x≥0 时， f(x)＝ln(1＋ x)－ ，11＋ x2在(0，＋∞)上 y＝ln(1＋ x)递增， y＝－ 也递增，11＋ x2根据单调性的性质知， f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可知： f(x)f(2x－1)⇔ f(|x|)f(|2x－1|)⇔| x||2x－1|⇔ x2(2x－1)2⇔3x2－4 x＋10，12 e∴ x＝0 不满足 f(x)f(2x－1)，故 C 错误．5令 x＝2，此时 f(x)＝ f(2)＝ln 3－ ， f(2x－1)＝ f(3)＝ln 4－ .∵ f(2)－ f(3)＝ln 15 1103－ln 4－ ，110其中 ln 3f(2x－1)，故 B，D 错误．故选 A.【答案】 A5．(2015·山东高考)已知函数 f(x)＝ ax＋ b(a0， a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则 a＋ b＝________.【解析】 当 a1 时，函数 f(x)＝ ax＋ b 在[－1,0]上为增函数，由题意得Error!无解．当 02 时， g(x)＝ x－1， f(x)＝( x－2) 2；当 0≤ x≤2 时， g(x)＝3－ x， f(x)＝2－ x；当 x2 时，方程 f(x)－ g(x)＝0 可化为 x2－5 x＋5＝0，其根为 x＝ 或 x＝ (舍5＋ 52 5－ 52去)；当 0≤ x≤2 时，方程 f(x)－ g(x)＝0 可化为 2－ x＝3－ x，无解；当 x0 时，方程 f(x)－ g(x)＝0 可化为 x2＋ x－1＝0，其根为 x＝ 或 x＝－ 1－ 52(舍去)．－ 1＋ 52所以函数 y＝ f(x)－ g(x)的零点个数为 2.【答案】 A4．(2016·大连模拟)已知函数 f(x)＝Error!若方程 f(x)＝ x＋ a 有且只有两个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是( )A．(－∞，0] B．[0,1)C．(－∞，1) D．[0，＋∞)【解析】 函数 f(x)＝Error!的图象如图所示，当 a＜1 时，函数 y＝ f(x)的图象与函数 y＝ x＋ a 的图象有两个交点，即方程 f(x)＝ x＋ a 有且只有两个不相等的实数根．【答案】 C1专题突破提升练(二)导数与函数、不等式等知识的热点交汇问题命题点一 应用导数研究函数的性质题型：选择、填空、解答题 难度：中、高 命题指数：★★★1.(2015·吉林模拟)已知函数 f(x)＝ x3－2 x2－4 x－7，其导函数为 f′( x)．① f(x)的单调减区间是 ；② f(x)的极小值是－15；③当 a＞2 时，对任意的(23， 2)x＞2 且 x≠ a，恒有 f(x)＞ f(a)＋ f′( a)(x－ a)；④函数 f(x)有且只有一个零点．其中真命题的个数为( )A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个【解析】 因为 f(x)＝ x3－2 x2－4 x－7，所以其导函数为 f′( x)＝3 x2－4 x－4＝( x－2)(3x＋2)，令 f′( x)＜0，解得－ ＜ x＜2；令 f′( x)＞0，解得 x＜－ 或 x＞2；所以函数23 23f(x)的单调递减区间为 ，所以①错误；根据单调性可判断 f(x)的极小值是 f(2)(－23， 2)＝－15， f(x)的极大值为 f ＜0，故函数 f(x)有且只有一个零点，所以④和②正确；(－23)又因为 a＞2，对任意的 x＞2 且 x≠ a，所以 f(x)－ f(a)－ f′( a)(x－ a)＝ x3－2 x2－4 x－ a3＋2 a2＋4 a－(3 a2－4 a－4)( x－ a)，所以x3＋2 a3－2 x2－2 a2－3 a2x＋4 ax＞0，所以恒有 f(x)＞ f(a)＋ f′( a)(x－ a)，故③正确；故选 C.【答案】 C2．(2015·安徽高考)设 x3＋ ax＋ b＝0，其中 a， b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)① a＝－3， b＝－3；② a＝－3， b＝2；③ a＝－3， b2；④ a＝0， b＝2；⑤ a＝1， b＝2.【解析】 令 f(x)＝ x3＋ ax＋ b，则 f′( x)＝3 x2＋ a.当 a≥0 时， f′( x)≥0， f(x)单调递增，④⑤正确；当 a0，∴ b2，①③正确，②不正确．故填①③④⑤.【答案】 ①③④⑤23．(2015·衡水二模)已知函数 f(x)＝ ex， a∈R.(x＋ax)(1)当 a＝0 时，求曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))处的切线方程；(2)当 a＝－1 时，求证： f(x)在(0，＋∞)上为增函数；(3)若 f(x)在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求 a 的取值范围．【解】 函数 f(x)的定义域为{ x|x≠0}， f′( x)＝ ex.x3＋ x2＋ ax－ ax2(1)当 a＝0 时， f(x)＝ xex， f′( x)＝( x＋1)e x，所以 f(1)＝e， f′(1)＝2e.所以曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))处的切线方程是 y－e＝2e( x－1)，即 2ex－ y－e＝0.(2)证明：当 a＝－1 时， f′( x)＝ ex(x＞0)．x3＋ x2－ x＋ 1x2设 g(x)＝ x3＋ x2－ x＋1，则 g′( x)＝3 x2＋2 x－1＝(3 x－1)( x＋1)．令 g′( x)＝(3 x－1)( x＋1)＞0，得 x＞ .13令 g′( x)＝(3 x－1)( x＋1)＜0，得 0＜ x＜ .13所以函数 g(x)在 上是减函数，在 上是增函数，(0，13) (13， ＋ ∞ )所以函数 g(x)在 x＝ 处取得最小值，且 g ＝ ＞0.13 (13) 2227所以 g(x)在(0，＋∞)上恒大于零．于是，当 x∈(0，＋∞)时， f′( x)＝ ex＞0 恒成立．x3＋ x2－ x＋ 1x2所以当 a＝－1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上为增函数．(3)f′( x)＝ ex.x3＋ x2＋ ax－ ax2设 h(x)＝ x3＋ x2＋ ax－ a，则 h′( x)＝3 x2＋2 x＋ a.①当 a＞0 时， h′( x)＞0 在(0，＋∞)上恒成立，即函数 h(x)在(0，＋∞)上为增函数．而 h(0)＝－ a＜0， h(1)＝2＞0.则函数 h(x)在区间(0,1)上有且只有一个零点 x0，即 h(x0)＝0，即 f′( x0)＝0，且在(0， x0)上， f′( x)＜0，在( x0,1)上， f′( x)＞0.故 x0为函数 f(x)在区间(0,1)上唯一的极小值点．②当 a＝0 时， h′( x)＝3 x2＋2 x＞0， x∈(0,1)恒成立，则函数 h(x)在区间(0,1)上为增函数，此时 h(0)＝0，所以函数 h(x)＞0 在区间(0,1)上恒成立，3即 f′( x)＞0.故函数 f(x)在区间(0,1)上为单调递增函数．所以 f(x)在区间(0,1)上无极值．③当 a＜0 时， h(x)＝ x3＋ x2＋ ax－ a＝ x3＋ x2＋ a(x－1)，总有 h(x)＞0， x∈(0,1)成立，即 f′( x)＞0 成立．故函数 f(x)在区间(0,1)上为单调递增函数．所以 f(x)在区间(0,1)上无极值．综上所述， a＞0，即 a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2015·江苏高考)已知函数 f(x)＝ x3＋ ax2＋ b(a， b∈R)．(1)试讨论 f(x)的单调性；(2)若 b＝ c－ a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同的零点时， a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪ ∪ ，求 c 的值．(1，32) (32， ＋ ∞ )【解】 (1) f′( x)＝3 x2＋2 ax，令 f′( x)＝0，解得 x1＝0， x2＝－ .2a3当 a＝0 时，因为 f′( x)＝3 x2≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当 a＞0 时， x∈ ∪(0，＋∞)时， f′( x)＞0， x∈ 时， f′( x)(－ ∞ ， －2a3) (－ 2a3， 0)＜0，所以函数 f(x)在 ，(0，＋∞)上单调递增，在 上单调递减；(－ ∞ ， －2a3) (－ 2a3， 0)当 a＜0 时， x∈(－∞，0)∪ 时， f′( x)＞0， x∈ 时， f′( x)(－2a3， ＋ ∞ ) (0， － 2a3)＜0，所以函数 f(x)在(－∞，0)， 上单调递增，在 上单调递减．(－2a3， ＋ ∞ ) (0， － 2a3)(2)由(1)知，函数 f(x)的两个极值为 f(0)＝ b，f ＝ a3＋ b，(－2a3) 427则函数 f(x)有三个零点等价于f(0)·f ＝ b ＜0，(－2a3) (427a3＋ b)从而Error! 或Error!4又 b＝ c－ a，所以当 a＞0 时， a3－ a＋ c＞0 或当 a＜0 时， a3－ a＋ c＜0.427 427设 g(a)＝ a3－ a＋ c，因为函数 f(x)有三个零点时， a 的取值范围恰好是(－∞，－3)427∪ ∪ ，则在( －∞，－3)上 g(a)＜0，且在 ∪ 上 g(a)＞0 均(1，32) (32， ＋ ∞ ) (1， 32) (32， ＋ ∞ )恒成立，从而 g(－3)＝ c－1≤0，且 g ＝ c－1≥0，因此 c＝1.(32)此时， f(x)＝ x3＋ ax2＋1－ a＝( x＋1)[ x2＋( a－1) x＋1－ a]．因为函数有三个零点，则 x2＋( a－1) x＋1－ a＝0 有两个异于－1 的不等实根，所以 Δ ＝( a－1) 2－4(1－ a)＝ a2＋2 a－3＞0，且(－1) 2－( a－1)＋1－ a≠0，解得 a∈(－∞，－3)∪ ∪ .(1，32) (32， ＋ ∞ )综上 c＝1.5.(2015·辽宁五校联考)已知函数 f(x)＝ln x＋ ＋ ax(a 是实数)， g(x)＝ ＋1.1x 2xx2＋ 1(1)当 a＝2 时，求函数 f(x)在定义域上的最值；(2)若函数 f(x)在[1，＋∞)上是单调函数，求 a 的取值范围；(3)是否存在正实数 a 满足：对于任意 x1∈[1,2]，总存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)＝ g(x2)成立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由．【解】 (1)当 a＝2 时， f(x)＝ln x＋ ＋2 x， x∈(0，＋∞)，1xf′( x)＝ － ＋2＝ ＝ ，1x 1x2 2x2＋ x－ 1x2  2x－ 1  x＋ 1x2令 f′( x)＝0，得 x＝－1 或 x＝ .12当 x∈ 时， f′( x)＜0；当 x∈ 时， f′( x)＞0，所以 f(x)在 x＝ 处取(0，12) (12， ＋ ∞ ) 12到最小值，最小值为 3－ln 2；无最大值．(2)f′( x)＝ － ＋ a＝ ， x∈[1，＋∞)，1x 1x2 ax2＋ x－ 1x2显然 a≥0 时， f′( x)≥0，且不恒等于 0，所以函数 f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当 a＜0 时，令 h(x)＝ ax2＋ x－1，易知 h(x)≥0 在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数 f(x)在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以 Δ ＝1＋4 a≤0 或Error!，解得 a≤－ .145综上，满足条件的 a 的取值范围是 ∪[0，＋∞)．(－ ∞ ， －14](3)不存在满足条件的正实数 a.由(2)知， a＞0 时 f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以 f(x)在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意 x1∈[1,2]， f(1)≤ f(x1)≤ f(2)，即 f(x1)∈ .[1＋ a， ln 2＋12＋ 2a]g′( x)＝ ，当 x∈[1,2]时， g′( x)≤0，所以 g(x)在[1,2]上是单调递减函2 1－ x2 1＋ x2 2数．所以当 x2∈[1,2]时， g(x2)∈ .[95， 2]若对于任意 x1∈[1,2]，总存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)＝ g(x2)成立，则⊆ ，此时 a 无解．[1＋ a， ln 2＋12＋ 2a] [95， 2]所以不存在满足条件的正实数 a.6.(2015·四川高考)已知函数 f(x)＝－2 xln x＋ x2－2 ax＋ a2，其中 a0.(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；(2)证明：存在 a∈(0,1)，使得 f(x)≥0 恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋∞)内有唯一解．【解】 (1)由已知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝ f′( x)＝2( x－1－ln x－ a)，所以 g′( x)＝2－ ＝ .2x 2 x－ 1x当 x∈(0,1)时， g′( x)0， g(x)单调递增．(2)证明：由 f′( x)＝2( x－1－ln x－ a)＝0，解得 a＝ x－1－ln x.令 φ (x)＝－2 xln x＋ x2－2 x(x－1－ln x)＋( x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2 xln x，则 φ (1)＝10， φ (e)＝2(2－e)f(x0)＝0；当 x∈( x0，＋∞)时， f′( x)0，从而 f(x)f(x0)＝0；又当 x∈(0,1]时， f(x)＝( x－ a0)2－2 xln x0.故 x∈(0，＋∞)时， f(x)≥0.综上所述，存在 a∈(0,1)，使得 f(x)≥0 恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋∞)内有唯一解．命题点二 应用导数解决与不等式有关的问题题型：选择、解答题 难度：高 命题指数：★★★1.(2015·湖北省部分重点中学联考)已知定义在实数集 R 上的函数 f(x)满足 f(1)＝2，且 f(x)的导函数 f′( x)在 R 上恒有 f′( x)＜1，则不等式 f(x)＜ x＋1 的解集为( )A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】 不等式 f(x)＜ x＋1 可化为 f(x)－ x－1＜0，令 g(x)＝ f(x)－ x－1，则g′( x)＝ f′( x)－1，因为 f′( x)＜1，∴ g′( x)＜0，即 g(x)在 R 上单调递减，又 g(1)＝ f(1)－1－1＝2－2＝0，则 g(x)＜0 的解集为{ x|x＞1}．所以 f(x)＜ x＋1 的解集为{x|x＞1}．【答案】 B2．(2015·福建高考)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)＝－1，其导函数 f′( x)满足 f′( x)k1，则下列结论中一定错误的是( )A． f (1k)1k (1k) 1k－ 1C． f (1k－ 1) 1k－ 1 ( 1k－ 1) kk－ 1【解析】 令 g(x)＝ f(x)－ kx＋1，则 g(0)＝ f(0)＋1＝0，g ＝ f － k· ＋1＝ f － .(1k－ 1) ( 1k－ 1) 1k－ 1 ( 1k－ 1) 1k－ 1∵ g′( x)＝ f′( x)－ k0，∴ g(x)在[0，＋∞)上为增函数．又∵ k1，∴ 0，∴ g g(0)＝0，1k－ 1 ( 1k－ 1)∴ f － 0，即 f .(1k－ 1) 1k－ 1 ( 1k－ 1) 1k－ 1【答案】 C73.(2014·全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝ aln x＋ x2－ bx(a≠1)，曲线 y＝ f(x)在点1－ a2(1， f(1))处的切线斜率为 0.(1)求 b；(2)若存在 x0≥1，使得 f(x0)0， f(x)在(1，＋∞)单调递12 a1－ a增．所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)1，故当 x∈ 时， f′( x)0， f(x)在 单调递减，在 单调递增．(1，a1－ a) ( a1－ a， ＋ ∞ )所以，存在 x0≥1，使得 f(x0) ，所以不合题意．(a1－ a) a1－ a a22 1－ a aa－ 1 aa－ 1③若 a1，则 f(1)＝ －1＝ .1－ a2 － a－ 12 aa－ 1综上， a 的取值范围是(－ －1， －1)∪(1，＋∞)．2 24．已知函数 f(x)＝ ax＋ln x(a∈R)．(1)若 a＝2，求曲线 y＝ f(x)在 x＝1 处的切线方程；(2)求 f(x)的单调区间；(3)设 g(x)＝ x2－2 x＋2，若对任意 x1∈(0，＋∞)，均存在 x2∈[0,1]使得 f(x1)＜ g(x2)，求 a 的取值范围．【解】 (1)由已知得 f′( x)＝2＋ (x＞0)，所以 f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率 k＝3.1x8又切点为(1,2)，所以切线方程为 y－2＝3( x－1)，即 3x－ y－1＝0，故曲线 y＝ f(x)在 x＝1 处的切线方程为 3x－ y－1＝0.(2)f′( x)＝ a＋ ＝ (x＞0)，1x ax＋ 1x①当 a≥0 时，由于 x＞0，故 ax＋1＞0， f′( x)＞0，所以 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．②当 a＜0 时，由 f′( x)＝0，得 x＝－ .1a在区间 上， f′( x)＞0，在区间 上， f′( x)＜0，所以函数 f(x)的(0， －1a) (－ 1a， ＋ ∞ )单调递增区间为 ，单调递减区间为 .(0， －1a) (－ 1a， ＋ ∞ )(3)由已知知所求可转化为 f(x)max＜ g(x)max，g(x)＝( x－1) 2＋1， x∈[0,1]，所以 g(x)max＝2，由(2)知，当 a≥0 时， f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为 R，故不符合题意．当 a＜0 时， f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，故 f(x)的极大值(0， －1a) (－ 1a， ＋ ∞ )即为最大值，是 f ＝－1＋ln ＝－1－ln(－ a)，所以 2＞－1－ln(－ a)，解得(－1a) (－ 1a)a＜－ ， a 的取值范围为 .1e3 (－ ∞ ， － 1e3)5.(2015·长春二模)已知函数 f(x)＝ x2－ ax－ aln x(a∈R)．(1)若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，求 a 的值；(2)在(1)的条件下，求证： f(x)≥－ ＋ －4 x＋ ；x33 5x22 116(3)当 x∈[e，＋∞)时， f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围．【解】 (1) f′( x)＝2 x－ a－ ，由题意可得 f′(1)＝0，解得 a＝1.ax经检验， a＝1 时 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 a＝1.(2)由(1)知， f(x)＝ x2－ x－ln x，令 g(x)＝ f(x)－ ＝ － ＋3 x－ln x－ ，(－x33＋ 5x22－ 4x＋ 116) x33 3x22 116由 g′( x)＝ x2－3 x＋3－ ＝ －3( x－1)＝ (x＞0)，可知 g(x)在(0,1)上1x x3－ 1x  x－ 1 3x是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以 g(x)≥ g(1)＝0，所以 f(x)≥－ ＋ －4 x＋ 成立．x33 5x22 116(3)由 x∈[e，＋∞)知， x＋ln x＞0，9所以 f(x)≥0 恒成立等价于 a≤ 在 x∈[e，＋∞)时恒成立，x2x＋ ln x令 h(x)＝ ， x∈[e，＋∞)，有 h′( x)＝ ＞0，x2x＋ ln x x x－ 1＋ 2ln x x＋ ln x 2所以 h(x)在[e，＋∞)上是增函数，有 h(x)≥ h(e)＝ ，所以 a≤ ，即 a 的取e2e＋ 1 e2e＋ 1值范围为 .(－ ∞ ，e2e＋ 1)6.(2015·山西四校联考)设函数 f(x)＝ln x＋ ， k∈R.kx(1)若曲线 y＝ f(x)在点(e， f(e))处的切线与直线 x－2＝0 垂直，求 f(x)的单调递减区间和极小值(其中 e 为自然对数的底数)；(2)若对任意 x1＞ x2＞0， f(x1)－ f(x2)＜ x1－ x2恒成立，求 k 的取值范围．【解】 (1)由条件得 f′( x)＝ － (x＞0)，1x kx2∵曲线 y＝ f(x)在点(e， f(e))处的切线与直线 x－2＝0 垂直，∴此切线的斜率为 0，即 f′(e)＝0， － ＝0，得 k＝e，1e ke2∴ f′( x)＝ － ＝ (x＞0)，1x ex2 x－ ex2由 f′( x)＜0 得 0＜ x＜e，由 f′( x)＞0 得 x＞e，∴ f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，当 x＝e 时 f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋ ＝2.ee故 f(x)的单调递减区间为(0，e)，极小值为 2.(2)条件等价于对任意 x1＞ x2＞0， f(x1)－ x1＜ f(x2)－ x2恒成立，(*)设 h(x)＝ f(x)－ x＝ln x＋ － x(x＞0)．kx则(*)式等价于 h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由 h′( x)＝ － －1≤0 在(0，＋∞)上恒成立，1x kx2得 k≥－ x2＋ x＝－ 2＋ (x＞0)恒成立，(x－12) 14∴ k≥ ，14(对 k＝ 14， h′  x ＝ 0仅 在 x＝ 12时 成 立 )故 k 的取值范围是 .[14， ＋ ∞ )101专题突破提升练(三) 不等式与函数、数列的交汇问题命题点一 不等式与函数交汇题型：选择、填空、解答题 命题指数★★★ 难度：中、高1.(2015·陕西高考)设 f(x)＝ln x,0p D． p＝ rq【解析】 因为 ba0，故 .又 f(x)＝ln x(x0)为增函数，所以 f f(a＋ b2 ab (a＋ b2 ))，即 qp.又 r＝ (f(a)＋ f(b))＝ (ln a＋ln b)＝ln ＝ p.ab12 12 ab【答案】 B2．(2015·四川高考)如果函数 f(x)＝ (m－2) x2＋( n－8) x＋1( m≥0， n≥0)在区间12上单调递减，那么 mn 的最大值为( )[12， 2]A．16 B．18 C．25 D.812【解析】 ①当 m＝2 时，∵ f(x)在 上单调递减，[12， 2]∴0≤ n2 时，抛物线开口向上，∵ f(x)在 上单调递减，∴－ ≥2，即[12， 2] n－ 8m－ 22m＋ n≤12.又 2m＋ n≥2 ，∴2 ≤12，∴ mn≤18.当 2m＝ n＝6，即 m＝3， n＝6 时取2mn 2mn等号，∴ mn 的最大值为 18. b．当 m0，则 a2＋ a30B．若 a1＋ a3 a1a3D．若 a10 【解析】 设等差数列 { an}的公差为 d，若 a1＋ a20， a2＋ a3＝ a1＋ d＋ a2＋ d＝( a1＋ a2)＋2 d，由于 d 正负不确定，因而 a2＋ a3符号不确定，故选项 A 错；若a1＋ a30， d0， a20， a30，∴ a － a1a3＝( a1＋ d)2－ a1(a1＋2 d)2＝ d20，∴ a2 ，故选项 C 正确；若 a10，(23)所以 fn(x)在 内至少存在一个零点．(0，23)又 f′ n(x)＝1＋2 x＋…＋ nxn－1 0，所以 fn(x)在 内单调递增，(0，23)因此， fn(x)在 内有且仅有一个零点 an.(0，23)由于 fn(x)＝ －1，x－ xn＋ 11－ x所以 0＝ fn(an)＝ －1，an－ an＋ 1n1－ an由此可得 an＝ ＋ a ，12 12n＋ 1n 12故 an ，12 23所以 0an－ ＝ a × n＋1 ＝ n.12 12n＋ 1n 12 (23) 13(23)1专题突破提升练(四) 直线、圆与圆锥曲线的交汇问题命题点一 直线与圆问题题型：选择、填空题 难度：中、低 命题指数：★★1.已知在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为 x2＋ y2＝－2 y＋3，直线 l 经过点(1,0)且与直线 x－ y＋1＝0 垂直，若直线 l 与圆 C 交于 A， B 两点，则△ OAB 的面积为( )A．1 B. C．2 D．22 2【解析】 圆 C 的圆心为(0，－1)，半径为 2，直线 l 过点(1,0)且斜率为－1，故其方程为 x＋ y－1＝0，所以圆心到直线 l 的距离为 d＝ ＝ ，弦长|0－ 1－ 1|2 2|AB|＝2 ＝2 ，又坐标原点 O 到 AB 的距离为 ，所以△ OAB 的面积为r2－ d2 212×2 × ＝1.12 2 12【答案】 A2．设直线过点(0， a)，其斜率为 1，且与圆 x2＋ y2＝2 相切，则 a 的值为________．【解析】 由题意得直线方程为 y＝ x＋ a，由直线与圆相切的性质得，＝ ，∴ a＝±2.|a|2 2【答案】 ±23．在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l： y＝2 x－4，设圆 C 的半径为 1，圆心在 l 上，若圆 C 上存在点 M，使| MA|＝2| MO|，则圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为________．【解析】 设点 M(x， y)，由| MA|＝2| MO|知， ＝2 ，化简得x2＋  y－ 3 2 x2＋ y2x2＋( y＋1) 2＝4，所以点 M 的轨迹为以(0，－1)为圆心，2 为半径的圆 D，又点 M 在圆 C 上，故圆 C 与圆 D 相交或相切，所以 1≤| CD|≤3，而 CD＝ ，所以 1≤a2＋  2a－ 3 2≤3，解得 0≤ a≤ .a2＋  2a－ 3 2125【答案】 [0，125]命题点二 直线与圆锥曲线问题题型：选择、填空、解答题 难度：中、高 命题指数：★★★1.抛物线 y＝－ x2上的点到直线 4x＋3 y－8＝0 距离的最小值是( )A. B. C. D．343 75 85【解析】 设与直线 4x＋3 y－8＝0 平行且与抛物线相切的直线方程为24x＋3 y＋ t＝0，与抛物线 y＝－ x2联立得 3x2－4 x－ t＝0，由 Δ ＝16＋12 t＝0 得 t＝－ ，43两条平行线间的距离即为所求最小距离，由两平行线的距离公式得 d＝ .43【答案】 A2．双曲线 － ＝1( a＞0， b＞0)的左、右焦点分别为 F1， F2，渐近线分别为x2a2 y2b2l1， l2，点 P 在第一象限内且在 l1上．若 l2⊥ PF1， l2∥ PF2，则双曲线的离心率是( )A. B．2 C. D.5 3 2【解析】 双曲线的左焦点 F1(－ c,0)，右焦点 F2(c,0)，渐近线l1： y＝ x， l2： y＝－ x.因为点 P 在第一象限内且在 l1上，所以设 P(x0， y0)， x0＞0.因ba ba为 l2⊥ PF1， l2∥ PF2，所以 PF1⊥ PF2，即| OP|＝ |F1F2|＝ c，即 x ＋ y ＝ c2.又因为12 20 20y0＝ x0，代入得 x ＋ 2＝ c2，解得 x0＝ a， y0＝ b，即 P(a， b)，所以 kPF1＝ .l2的ba 20 (bax0) ba＋ c斜率为－ ，因为 l2⊥ PF1，所以 × ＝－1，即 b2＝ a(a＋ c)＝ a2＋ ac＝ c2－ a2，所ba ba＋ c (－ ba)以 c2－ ac－2 a2＝0，所以 e2－ e－2＝0，解得 e＝2，所以双曲线的离心率 e＝2，故选 B.【答案】 B3．抛物线 C 的顶点在原点，焦点 F 与双曲线 － ＝1 的右焦点重合，过点 P(2,0)且x23 y26斜率为 1 的直线 l 与抛物线 C 交于 A， B 两点，则弦 AB 的中点到抛物线准线的距离为________．【解析】 设抛物线方程为 y2＝2 px(p＞0)，因为焦点 F 与双曲线的右焦点重合，故F(3,0)，所以 ＝3， p＝6，抛物线方程为 y2＝12 x，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，过点 P(2,0)p2且斜率为 1 的直线方程为 y＝ x－2，代入抛物线方程得 x2－16 x＋4＝0，∴ x1＋ x2＝16，∴弦中点到抛物线准线的距离为 ＝11.x1＋ x2＋ p2【答案】 114．(2015·百校联盟模拟)已知椭圆 C： ＋ ＝1( a＞ b＞0)的离心率为 ，短轴端点x2a2 y2b2 32到焦点的距离为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 A， B 为椭圆 C 上任意两点， O 为坐标原点，且 OA⊥ OB.(ⅰ)求证原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值；3(ⅱ)任取以椭圆 C 的长轴为直径的圆上一点 P，求△ PAB 面积的最大值．【解】 (1)由题意知， e＝ ＝ ， ＝2，又 a2＝ b2＋ c2，所以ca 32 b2＋ c2a＝2， c＝ ， b＝1，所以椭圆 C 的方程为 ＋ y2＝1.3x24(2)(ⅰ)当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x＝± ，此时，原点 O 到直255线 AB 的距离为 .255当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝ kx＋ m， A(x1， y1)， B(x2， y2)．由Error! 得(1＋4 k2)x2＋8 kmx＋4 m2－4＝0.则 Δ ＝(8 km)2－4(1＋4 k2)(4m2－4)＝16(1＋4 k2－ m2)＞0， x1＋ x2＝－ ， x1x2＝8km1＋ 4k2，则 y1y2＝( kx1＋ m)(kx2＋ m)＝ ，4m2－ 41＋ 4k2 m2－ 4k21＋ 4k2由 OA⊥ OB 得 kOA·kOB＝－1，即 · ＝－1，所以 x1x2＋ y1y2＝ ＝0，即y1x1 y2x2 5m2－ 4－ 4k21＋ 4k2m2＝ (1＋ k2)，45所以原点 O 到直线 AB 的距离为 ＝ .|m|1＋ k2 255综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值 .255(ⅱ)当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x＝± ，结合椭圆 C 的方程可得255|AB|＝ .455当直线 AB 的斜率存在时，由(ⅰ)可得| AB|＝ |x1－ x2|＝ ＝ 1＋ k2  1＋ k2 [ x1＋ x2 2－ 4x1x2]45，1＋ 9k216k4＋ 8k2＋ 1当 k≠0 时，| AB|＝ ≤ ，当且仅当 k＝± 时等号成立．451＋ 916k2＋ 8＋ 1k2 5 12当 k＝0 时，| AB|＝ .所以| AB|的最大值为 ，455 5又点 P 到直线 AB 的最大距离为 ＋2.2554所以 S△ PAB的最大值为 × × ＝1＋ .12 5 (255＋ 2) 55．(2015·石家庄一模)已知椭圆 C： ＋ ＝1( a＞ b＞0)的离心率 e＝ ，点 A 为椭圆x2a2 y2b2 12上一点，∠ F1AF2＝60°，且 S△ F1AF2＝ .3(1)求椭圆 C 的方程；(2)设动直线 l： y＝ kx＋ m 与椭圆 C 有且只有一个公共点 P，且与直线 x＝4 相交于点 Q.问：在 x 轴上是否存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过定点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由．【解】 (1)由 e＝ 可得 a2＝4 c2，①12S△ F1AF2＝ |AF1||AF2|sin 60°＝ ，可得| AF1||AF2|＝4，12 3在△ F1AF2中，由余弦定理可得| F1A|2＋| F2A|2－2| F1A|·|F2A|cos 60°＝4 c2，又| AF1|＋| AF2|＝2 a，可得 a2－ c2＝3，②联立①②得 a2＝4， c2＝1.∴ b2＝3，∴椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1.x24 y23(2)设点 P(x0， y0)，由Error!得(4 k2＋3) x2＋8 kmx＋4 m2－12＝0，由题意知 Δ ＝64 k2m2－4(4 k2＋3)(4 m2－12)＝0，化简得 4k2－ m2＋3＝0，∴ x0＝－ ＝－ ， y0＝ ，4km4k2＋ 3 4km 3m∴ P .(－4km， 3m)由Error! 得 Q(4,4k＋ m)，假设存在点 M，坐标为( x1,0)，则 ＝ ， ＝(4－ x1,4k＋ m)．MP→ (－ 4km－ x1， 3m) MQ→ ∵以 PQ 为直径的圆恒过 M 点，∴ · ＝0，MP→ MQ→ 即－ ＋ －4 x1＋ x ＋ ＋3＝0，16km 4kx1m 21 12km∴(4 x1－4) ＋ x －4 x1＋3＝0 对任意 k， m 都成立．km 21则Error! 解得 x1＝1，故存在定点 M(1,0)符合题意．命题点三 直线、圆与圆锥曲线问题5题型：选择、填空、解答题 难度：中、高 命题指数：★★1.若圆 x2＋ y2－4 x－9＝0 与 y 轴的两个交点 A， B 都在双曲线上，且 A， B 两点恰好将此双曲线的焦距三等分，则此双曲线的标准方程为( )A. － ＝1 B. － ＝1y29 x272 x29 y272C. － ＝1 D. － ＝1x216 y281 y281 x216【解析】 解方程组Error!得Error!或Error!因为圆与 y 轴的两个交点 A， B 都在双曲线上，且 A， B 两点恰好将此双曲线的焦距三等分，所以 A(0，－3)， B(0,3)，∴ a＝3,2 c＝18， b2＝72，即双曲线方程为 － ＝1.y29 x272【答案】 A2．直线 3x－4 y＋4＝0 与抛物线 x2＝4 y 和圆 x2＋( y－1) 2＝1 从左到右的交点依次为A， B， C， D，则 的值为________．ABCD【解析】 由Error!得 x2－3 x－4＝0，所以 xA＝－1， xD＝4，所以 yA＝ ， yD＝4，直14线 3x－4 y＋4＝0 恰过抛物线的焦点 F(0,1)，所以 AF＝ yA＋1＝ ， DF＝ yD＋1＝5，∴ ＝54 ABCD＝ .AF－ 1DF－ 1 116【答案】 1163．过双曲线 － ＝1( a＞0， b＞0)的左焦点 F 作圆 x2＋ y2＝ 的切线，切点为 E，x2a2 y2b2 a24延长 FE 交双曲线右支于点 P.若 E 为 PF 的中点，则双曲线的离心率为________．【解析】 ∵ E 为 PF 的中点，∴ ＝ ( ＋ )，令右焦点为 F2，则 O 为 FF2的中点，OE→ 12OF→ OP→ 则 PF2＝2 OE＝ a，∵ E 为切点，∴ OE⊥ PF，∴ PF2⊥ PF，∵ PF－ PF2＝2 a，∴ PF＝ PF2＋2 a＝3 a，在 Rt△ PFF2中，PF2＋ PF ＝ FF ，即 9a2＋ a2＝4 c2，∴离心率 e＝ .2 2102【答案】 1024．已知椭圆 E： ＋ ＝1( a＞ b＞0)， F1(－ c,0)， F2(c,0)为椭圆的两个焦点， M 为x2a2 y2b2椭圆上任意一点，且| MF1|，| F1F2|，| MF2|构成等差数列，点 F2(c,0)到直线 l： x＝ 的距a2c6离为 3.(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点A， B，且 ⊥ ？若存在，写出该圆的方程；若不存在，请说明理由；OA→ OB→ (3)在(2)的条件下，求证： ＋ 为定值．1|OA|2 1|OB|2【解】 (1)由题意知，2| F1F2|＝| MF1|＋| MF2|，即 2×2c＝2 a，得 a＝2 c，∴ e＝ .又12由 － c＝3，解得 c＝1，∴ a＝2， b＝ .a2c 3∴椭圆 E 的方程为 ＋ ＝1.x24 y23(2)假设存在以原点为圆心， r 为半径的圆满足条件．①若圆的切线的斜率存在，并设其方程为 y＝ kx＋ m，则 r＝ ， r2＝ .由|m|k2＋ 1 m2k2＋ 1Error!消去 y，整理得(3＋4 k2)x2＋8 kmx＋4( m2－3)＝0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则Error!又∵ ⊥ ，∴ x1x2＋ y1y2＝0，∴4(1＋ k2)(m2－3)－8 k2m2＋3 m2＋4 k2m2＝0，化简得OA→ OB→ m2＝ (k2＋1)，127∴ r2＝ ，127∴所求圆的方程为 x2＋ y2＝ .127②若直线 AB 的斜率不存在，则 A(x1， y1)， B(x1，－ y1)．由 · ＝0，得 x － y ＝0， x ＝ y ，代入 ＋ ＝1，得 x ＝ .此时仍有OA→ OB→ 21 21 21 21 x214 y213 21 127r2＝| x |＝ .21127综上，总存在以原点为圆心的圆： x2＋ y2＝ 满足题设条件．127(3)证明：∵点 A 在椭圆上，故设 A(|OA|cos α ，| OA|sin α )，代入椭圆方程，得＝ ＋ .1|OA|2 cos2α4 sin2α3又由于 ⊥ ，可设 BError!，OA→ OB→ Error!，同理，7得 ＝ ＋ .1|OB|2 sin2α4 cos2α3∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ 为定值．1|OA|2 1|OB|2 sin2α ＋ cos2α4 sin2α ＋ cos2α3 14 13 712