【高考數(shù)學(xué)培優(yōu)專題】第50講-函數(shù)與方程

【高考數(shù)學(xué)培優(yōu)專題】第五十講函數(shù)與方程思想A組1．(2016·黑龍江佳木斯模擬)已知符號(hào)函數(shù)sgn(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0.))則函數(shù)f(x)＝sgn(lnx)－lnx的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.1B.2C.3 D.4答案：C解析：依題意得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－lnx，x>1，,0，x＝1，,－1－lnx，0<x<1，))令f(x)＝0得x＝e,1,eq\f(1,e),所以函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)，故選C.2.若等差數(shù)列{an}滿足aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,100)≤10，則S＝a100＋a101＋…＋a199的最大值為()A．600B．500C．400 D．200答案：BS＝a100＋a101＋…＋a199＝100a100＋eq\f(100×99,2)d＝100(a1＋99d)＋eq\f(100×99,2)d，即99d＝eq\f(S,150)－eq\f(2,3)a1，因?yàn)閍eq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,100)≤10，即aeq\o\al(2,1)＋(a1＋99d)2≤10，整理得aeq\o\al(2,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a1＋\f(S,150)))2≤10，即eq\f(10,9)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(S,225)a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,150)))2－10≤0有解，所以Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,225)))2－4×eq\f(10,9)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,150)))2－10))≥0，解得－500≤S≤500，所以Smax＝500，故選B.3.已知點(diǎn)A是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OA的延長(zhǎng)線上，且·＝48，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的最大值為()A．18B．15C．10 D.eq\f(15,2)答案：C當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)最大時(shí)，射線OA的斜率k＞0，設(shè)OA：y＝kx，k＞0，與橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1聯(lián)立解得xA＝eq\f(15,\r(9＋25k2)).又·＝xAxP＋k2xAxP＝48，解得xP＝eq\f(48,1＋k2xA)＝eq\f(16\r(9＋25k2),51＋k2)＝eq\f(16,5)eq\r(\f(9＋25k2,1＋k22))，令9＋25k2＝t＞9，即k2＝eq\f(t－9,25)，則xP＝eq\f(16,5)eq\r(\f(t,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋16,25)))2))＝eq\f(16,5)×25eq\r(\f(t,t2＋162＋32t))＝80eq\r(\f(1,t＋\f(162,t)＋32))≤80×eq\r(\f(1,64))＝10，當(dāng)且僅當(dāng)t＝16，即k2＝eq\f(7,25)時(shí)取等號(hào)，所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的最大值為10，故選C.4.設(shè)方程2x＋x＋2＝0和方程log2x＋x＋2＝0的根分別為p和q，設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋p)(x＋q)＋2，則()A.f(2)＝f(0)<f(3) B.f(0)<f(2)<f(3)C.f(3)<f(2)＝f(0) D.f(0)<f(3)<f(2)答案：C解析：∵方程2x＋x＋2＝0和方程log2x＋x＋2＝0的根分別為函數(shù)y＝2x，y＝log2x與直線y＝－x－2的交點(diǎn)橫坐標(biāo)，而函數(shù)y＝2x，y＝log2x互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于y＝x對(duì)稱，又直線y＝－x－2與直線y＝x垂直，且兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(－1，－1)，∴p＋q＝－2，則f(x)＝x2＋(p＋q)x＋pq＋2＝x2－2x＋pq＋2，∵該二次函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝1，∴f(2)＝f(0)<f(3).故選A.源:m]5.已知奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝2x－x2.若x∈[a，b]時(shí)，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，\f(1,a)))，則ab＝________.答案：eq\f(1＋\r(5),2)解析：由題意知a＜b，且eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a，b同號(hào)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，若0＜a＜b，則eq\f(1,a)≤1，即a≥1.因?yàn)閒(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1＋\r(5),2)，))所以ab＝eq\f(1＋\r(5),2).由f(x)是奇函數(shù)知，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝x2＋2x，同理可知，當(dāng)a＜b＜0時(shí)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－1，,a＝\f(－1－\r(5),2)，))所以ab＝eq\f(1＋\r(5),2).綜上，ab＝eq\f(1＋\r(5),2).6.為了考察某校各班參加課外書(shū)法小組的人數(shù)，從全校隨機(jī)抽取5個(gè)班級(jí)，把每個(gè)班級(jí)參加該小組的人數(shù)作為樣本數(shù)據(jù)．已知樣本平均數(shù)為7，樣本方差為4，且樣本數(shù)據(jù)互不相同，則樣本數(shù)據(jù)中的最大值為_(kāi)_______．答案：10解析：設(shè)5個(gè)班級(jí)的樣本數(shù)據(jù)從小到大依次為0≤a＜b＜c＜d＜e.由平均數(shù)及方差的公式得eq\f(a＋b＋c＋d＋e,5)＝7，＝4.設(shè)a－7，b－7，c－7，d－7，e－7分別為p，q，r，s，t，則p，q，r，s，t均為整數(shù)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＋q＋r＋s＋t＝0，,p2＋q2＋r2＋s2＋t2＝20.))設(shè)f(x)＝(x－p)2＋(x－q)2＋(x－r)2＋(x－s)2＝4x2－2(p＋q＋r＋s)x＋(p2＋q2＋r2＋s2)＝4x2＋2tx＋20－t2，由(x－p)2，(x－q)2，(x－r)2，(x－s)2不能完全相同知f(x)＞0，則判別式Δ＜0，即4t2－4×4×(20－t2)＜0，解得－4＜t＜4，所以－3≤t≤3，故e的最大值為10.7.(2016·江蘇,22)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知直線l：x－y－2＝0,拋物線C：y2＝2px(p＞0).(1)若直線l過(guò)拋物線C的焦點(diǎn),求拋物線C的方程；(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q.①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p,－p)；②求p的取值范圍.(1)解∵l：x－y－2＝0,∴l(xiāng)與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,0).即拋物線的焦點(diǎn)為(2,0),∴eq\f(p,2)＝2,p＝4.∴拋物線C的方程為y2＝8x.(2)①證明設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2).則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2px1，,yeq\o\al(2,2)＝2px2，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(yeq\o\al(2,1),2p)，,x2＝\f(yeq\o\al(2,2),2p)，))∴kPQ＝eq\f(y1－y2,\f(yeq\o\al(2,1),2p)－\f(yeq\o\al(2,2),2p))＝eq\f(2p,y1＋y2),又∵P、Q關(guān)于l對(duì)稱.∴kPQ＝－1,即y1＋y2＝－2p,∴eq\f(y1＋y2,2)＝－p,又∵PQ的中點(diǎn)一定在l上,∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝2－p.∴線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p,－p).②解∵PQ的中點(diǎn)為(2－p,－p),∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,x1＋x2＝\f(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2),2p)＝4－2p，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝8p－4p2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,y1y2＝4p2－4p，))即關(guān)于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0,有兩個(gè)不等實(shí)根.∴Δ＞0.即(2p)2－4(4p2－4p)＞0,解得0＜p＜eq\f(4,3),故所求p的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).8.(2016·全國(guó)Ⅲ,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝acos2x＋(a－1)·(cosx＋1),其中a＞0,記|f(x)|的最大值為A.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)證明|f′(x)|≤2A.解析：(1)f′(x)＝－2asin2x－(a－1)sinx.(2)當(dāng)a≥1時(shí),|f(x)|＝|acos2x＋(a－1)(cosx＋1)|≤a＋2(a－1)＝3a－2.因此A＝3a－2.當(dāng)0＜a＜1時(shí),將f(x)變形為f(x)＝2acos2x＋(a－1)·cosx－1,令g(t)＝2at2＋(a－1)t－1,則A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值,g(-1)＝a,g(1)＝3a-2,且當(dāng)t＝eq\f(1-a,4a)時(shí),g(t)取得極小值,極小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-a,4a)))＝-eq\f(（a-1）2,8a)-1＝-eq\f(a2＋6a＋1,8a).令-1＜eq\f(1－a,4a)＜1,解得a＜－eq\f(1,3)(舍去),a＞eq\f(1,5).(ⅰ)當(dāng)0＜a≤eq\f(1,5)時(shí),g(t)在(-1,1)內(nèi)無(wú)極值點(diǎn),|g(-1)|＝a,|g(1)|＝2－3a,|g(-1)|＜|g(1)|,所以A＝2－3a.(ⅱ)當(dāng)eq\f(1,5)＜a＜1時(shí),由g(－1)－g(1)＝2(1－a)＞0,知g(－1)＞g(1)＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a))).又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))－|g(－1)|＝eq\f(（1－a）（1＋7a）,8a)＞0,所以A＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))＝eq\f(a2＋6a＋1,8a).綜上,A＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－3a，0＜a≤\f(1,5)，,\f(a2＋6a＋1,8a)，\f(1,5)＜a＜1，,3a－2，a≥1.))(3)證明由(1)得|f′(x)|＝|－2asin2x－(a－1)sinx|≤2a＋|a－1|.當(dāng)0＜a≤eq\f(1,5)時(shí),|f′(x)|≤1＋a≤2－4a＜2(2－3a)＝2A.當(dāng)eq\f(1,5)＜a＜1時(shí),A＝eq\f(a,8)＋eq\f(1,8a)＋eq\f(3,4)≥1,所以|f′(x)|≤1＋a＜2A.當(dāng)a≥1時(shí),|f′(x)|≤3a－1≤6a－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.9.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形．(Ⅰ)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(Ⅱ)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，T為直線x＝－3上任意一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q.(ⅰ)證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))；(ⅱ)當(dāng)eq\f(|TF|,|PQ|)最小時(shí)，求點(diǎn)T的坐標(biāo)．【解】(Ⅰ)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝2b，,2c＝2\r(a2－b2)＝4，))解得a2＝6，b2＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(Ⅱ)(ⅰ)【證明】由(Ⅰ)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(－2,0)，設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(－3，m)，則直線TF的斜率kTF＝eq\f(m－0,－3－－2)＝－m.當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(1,m)，直線PQ的方程是x＝my－2.當(dāng)m＝0時(shí)，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x(chóng)＝my－2的形式．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.所以y1＋y2＝eq\f(4m,m2＋3)，y1y2＝eq\f(－2,m2＋3)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(－12,m2＋3).所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6,m2＋3)，\f(2m,m2＋3)))，所以直線OM的斜率kOM＝－eq\f(m,3).又直線OT的斜率kOT＝－eq\f(m,3)，所以點(diǎn)M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.(ⅱ)由(ⅰ)可得，|TF|＝eq\r(m2＋1)，|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(m2＋1[y1＋y22－4y1y2])＝eq\r(m2＋1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,m2＋3)))2－4·\f(－2,m2＋3))))＝eq\f(\r(24)m2＋1,m2＋3)所以eq\f(|TF|,|PQ|)＝eq\r(\f(1,24)·\f(m2＋32,m2＋1))＝eq\r(\f(1,24)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋1＋\f(4,m2＋1)＋4)))≥eq\r(\f(1,24)·4＋4)＝eq\f(\r(3),3).當(dāng)且僅當(dāng)m2＋1＝eq\f(4,m2＋1)，即m＝±1時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)eq\f(|TF|,|PQ|)取得最小值．所以當(dāng)eq\f(|TF|,|PQ|)最小時(shí)，T點(diǎn)的坐標(biāo)是(－3,1)或(－3，－1)．10.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(4x2－7,2－x),x∈[0,1].(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域；(2)設(shè)a≥1,函數(shù)g(x)＝x3－3a2x－2a,x∈[0,1],若對(duì)于任意x1∈[0,1],總存在x0∈[0,1],使得g(x0)＝f(x1)成立,求a的取值范圍.解：(1)f′(x)＝eq\f(－4x2＋16x－7,（2－x）2)＝－eq\f(（2x－1）（2x－7）,（2－x）2).令f′(x)＝0,解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(7,2)(舍去).當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1f′(x)不存在－0＋不存在f(x)－eq\f(7,2)－4－3∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)),單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)的值域?yàn)閇－4,－3].(2)g′(x)＝3(x2－a2).∵a≥1,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<3(1－a2)≤0,因此當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)為減函數(shù),從而當(dāng)x∈[0,1]時(shí),有g(shù)(x)∈[g(1),g(0)].又g(1)＝1－2a－3a2,g(0)＝－2a,即當(dāng)x∈[0,1]時(shí),有g(shù)(x)∈[1－2a－3a2,－2a].對(duì)于任意x1∈[0,1],f(x1)∈[－4,－3],存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立,則[1－2a－3a2,－2a]?[－4,－3].即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a－3a2≤－4，,－2a≥－3.))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))解①式得a≥1或a≤－eq\f(5,3)；解②式得a≤eq\f(3,2).又a≥1,故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).B組1.設(shè)x1，x2是方程ln|x－2|＝m(m為實(shí)常數(shù))的兩根，則x1＋x2的值為()A.4 B.2 C.－4 D.與m有關(guān)答案：A解析：方程ln|x－2|＝m的根即函數(shù)y＝ln|x－2|的圖象與直線y＝m的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝ln|x－2|的圖象關(guān)于x＝2對(duì)稱，且在x＝2兩側(cè)單調(diào)，值域?yàn)镽，所以對(duì)任意的實(shí)數(shù)m，函數(shù)y＝ln|x－2|的圖象與直線y＝m必有兩交點(diǎn)，且兩交點(diǎn)關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，故x1＋x2＝4，選A2.若a>1,設(shè)函數(shù)f(x)=ax+x-4的零點(diǎn)為m,g(x)=logax+x-4的零點(diǎn)為n,則QUOTE+QUOTE的取值范圍是()A.QUOTE B.(1,+∞)C.(4,+∞) D.答案:B解析:函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為y1=ax與y=-x+4交點(diǎn)的橫坐標(biāo),g(x)的零點(diǎn)為y3=logax與y2=-x+4交點(diǎn)的橫坐標(biāo),由于y1=ax與y3=logax互為反函數(shù),圖象關(guān)于y=x對(duì)稱,∴m+n=4,m>0,n>0,則QUOTE+QUOTE=QUOTE(m+n)(QUOTE+QUOTE)=QUOTE(2+QUOTE+QUOTE)≥QUOTE(2+2)=1.由于m≠n,故QUOTE+QUOTE>1.3.定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，則關(guān)于的函數(shù)的所有零點(diǎn)之和為（）[來(lái)源:Zxxk.Com]A．B．C．D．【答案】D【解析】畫(huà)出和的圖象，如下圖：如圖可知兩函數(shù)的圖象共有5個(gè)交點(diǎn)，設(shè)其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左到右分別為，則∴．由∵，∴，且是奇函數(shù)，[來(lái)源:學(xué)#科#網(wǎng)]∴，∴，∴．∴．4.已知函數(shù)f(x)＝x2＋ex－eq\f(1,2)(x<0)與g(x)＝x2＋ln(x＋a)的圖象上存在關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,\r(e)))) B．(－∞，eq\r(e))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(e))，\r(e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(e)，\f(1,\r(e))))答案B解析設(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x\o\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)))是函數(shù)f(x)圖象上任意一點(diǎn)，該點(diǎn)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，x\o\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)))在函數(shù)g(x)的圖象上，則xeq\o\al(2,0)＋ex0－eq\f(1,2)＝xeq\o\al(2,0)＋ln(a－x0)，即ln(a－x0)＝ex0－eq\f(1,2)，∴a＝x0＋eex0－eq\s\up15(eq\f(1,2))(x<0)．記h(x)＝x＋eex－eq\f(1,2)＝x＋eq\f(1,\r(e))eex，則h′(x)＝1＋eq\f(1,\r(e))eex·ex＝1＋eq\f(1,\r(e))eex＋x>0，∴h(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)．∴a<eeq\f(1,2)＝eq\r(e)，故選B.5.已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(1,x2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋a在定義域上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪[2，＋∞)解析f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋a－2，x≠0，令x＋eq\f(1,x)＝t，則t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，[來(lái)源:Z,xx,k.Com]由于f(x)有零點(diǎn)，則關(guān)于t的方程t2＋at＋a－2＝0在(－∞，－2]∪[2，＋∞)上有解．∵t≠－1，∴方程t2＋at＋a－2＝0可化為a＝eq\f(2－t2,t＋1)，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為a＝eq\f(2－t2,t＋1)＝eq\f(－t＋12＋2t＋1＋1,t＋1)＝－(t＋1)＋eq\f(1,t＋1)＋2，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，a＝－(t＋1)＋eq\f(1,t＋1)＋2在(－∞，－2]和[2，＋∞)上都是減函數(shù)，故當(dāng)t≤－2時(shí)，a≥2；當(dāng)t≥2時(shí)，a≤－eq\f(2,3)，∴a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪[2，＋∞)．6.已知定義在R上的函數(shù)f(x)、g(x)滿足eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，eq\f(f（1）,g（1）)＋eq\f(f（-1）,g（-1）)＝eq\f(5,2),若有窮數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))(n∈N*)的前n項(xiàng)和等于eq\f(31,32)，則n＝答案：5解析：令h(x)＝eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)<0，∴h(x)在R上為減函數(shù)，∴0<a<1.由題知，a1＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝eq\f(1,2)或a＝2(舍去),∴eq\f(f(n),g(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，∴有窮數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(31,32)，∴n＝57.如圖，現(xiàn)要在邊長(zhǎng)為100m的正方形ABCD內(nèi)建一個(gè)交通“環(huán)島”．正方形的四個(gè)頂點(diǎn)為圓心在四個(gè)角分別建半徑為xm(x不小于9)的扇形花壇，以正方形的中心為圓心建一個(gè)半徑為eq\f(1,5)x2m的圓形草地．為了保證道路暢通，島口寬不小于60m，繞島行駛的路寬均不小于10m.(1)求x的取值范圍(運(yùn)算中eq\r(2)取1.4)；(2)若中間草地的造價(jià)為a元/m2，四個(gè)花壇的造價(jià)為eq\f(4,33)ax元/m2，其余區(qū)域的造價(jià)為eq\f(12a,11)元/m2，當(dāng)x取何值時(shí)，可使“環(huán)島”的整體造價(jià)最低？解(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥9，,100－2x≥60，,100\r(2)－2x－2×\f(1,5)x2≥2×10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥9，,x≤20，,－20≤x≤15，))即9≤x≤15.(2)記“環(huán)島”的整體造價(jià)為y元，則由題意得y＝a×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))2＋eq\f(4,33)ax×πx2＋eq\f(12a,11)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(104－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))2－πx2))＝eq\f(a,11)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,25)x4＋\f(4,3)x3－12x2))＋12×104))，令f(x)＝－eq\f(1,25)x4＋eq\f(4,3)x3－12x2，則f′(x)＝－eq\f(4,25)x3＋4x2－24x＝－4xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)x2－x＋6))，由f′(x)＝0，解得x＝10或x＝15，列表如下：x9(9,10)10(10,15)15f′(x)－0＋0f(x)↘極小值所以當(dāng)x＝10時(shí)，y取最小值．即當(dāng)x＝10m時(shí)，可使“環(huán)島”的整體造價(jià)最低．8.橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在y軸上，短軸長(zhǎng)為eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2)，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→)).(1)求橢圓C的方程；(2)求m的取值范圍.解(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，設(shè)c>0，c2＝a2－b2，由題意，知2b＝eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝1，b＝c＝eq\f(\r(2),2).故橢圓C的方程為y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1，即y2＋2x2＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,2x2＋y2＝1，))得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq\f(m2－1,k2＋2).因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以－x1＝3x2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2，,x1x2＝－3x\o\al(2,2).))則3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，即3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2km,k2＋2)))2＋4·eq\f(m2－1,k2＋2)＝0，整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，當(dāng)m2＝eq\f(1,4)時(shí)，上式不成立；當(dāng)m2≠eq\f(1,4)時(shí)，k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)，由(*)式，得k2>2m2－2，又k≠0，所以k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)>0，解得－1<m<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<m<1，即所求m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).9.已知函數(shù)其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．（1）證明：是上的偶函數(shù)；（2）若關(guān)于x的不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（3）已知正數(shù)a滿足：存在，使得成立．試比較與的大小，并證明你的結(jié)論．解析：（1），，∴是上的偶函數(shù)（2）由題意，，即∵，∴，即對(duì)恒成立令，則對(duì)任意恒成立∵，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立∴（3），當(dāng)時(shí)，∴在上單調(diào)增令，∵，∴，即在上單調(diào)減∵存在，使得，∴，即∵設(shè)，則當(dāng)時(shí)，，單調(diào)增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)減因此至多有兩個(gè)零點(diǎn)，而∴當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，．10.設(shè)a>1,函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞,＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)；(3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行,且在點(diǎn)M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn)),證明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.解（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex?x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞,＋∞).(2)證明∵f(0)＝1－a,f(a)＝(1＋a2)ea－a,∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0,∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一零點(diǎn),又∵f(x)在(－∞,＋∞)上遞增,∴f(x)在(0,a)上僅有一個(gè)零點(diǎn),∴f(x)在(－∞,＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn).(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex,設(shè)P(x0,y0),則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0,∴x0＝－1,把x0＝-1,代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)-a,∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e),令g(m)＝em－(m＋1),g′(m)＝em－1.令g′(x)>0,則m>0,∴g(m)在(0,＋∞)上增.令g′(x)<0,則m<0,∴g(m)在(－∞,0)上減.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0,即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3,即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e)),即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.C組1.如果函數(shù)沒(méi)有零點(diǎn)，則的取值范圍為（）A．B．C．D．【答案】C【解析】令，得．畫(huà)出和的圖象，要使沒(méi)有零點(diǎn)，則和兩圖象沒(méi)有交點(diǎn)，∴由圖可知，∴．2.（2016湛江二中高三模擬）已知f(x)＝x2－4x＋4，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，函數(shù)y＝fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)記為an，則an等于()A.2nB.2n－1C.2n＋1 D.2n或2n－1答案：B解析f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1個(gè)零點(diǎn)2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，則x＝2＋eq\r(2)或x＝2－eq\r(2)，即y＝f2(x)有2個(gè)零點(diǎn)，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－eq\r(2)或2＋eq\r(2)，則(x－2)2＝2－eq\r(2)或(x－2)2＝2＋eq\r(2)，即y＝f3(x)有4個(gè)零點(diǎn)，以此類推可知，y＝fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)an＝2n－1.故選B.設(shè)函數(shù)，，，記，則（）B.C.D.答案：B4.設(shè)函數(shù)f(x)=QUOTE,g(x)=-x2+bx.若y=f(x)的圖象與y=g(x)的圖象有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則下列判斷正確的是()A.x1+x2>0,y1+y2>0B.x1+x2>0,y1+y2<0C.x1+x2<0,y1+y2>0D.x1+x2<0,y1+y2<0[來(lái)源:學(xué)答案:B網(wǎng)ZXXK]解析:由f(x)-g(x)=0得QUOTE=0,設(shè)F(x)=x3-bx2+1,則F(x)=0有且僅有兩個(gè)不同的根x1,x2,由F′(x)=3x2-2bx=0得x=0或x=QUOTEb,這樣必須且只需F(0)=0或FQUOTE=0,因?yàn)镕(0)=1,故必有F=0,由此得b=QUOTE,不妨設(shè)x1<x2,則x2=QUOTEb=QUOTE,所以F(x)=(x-x1)(x-QUOTE)2,比較系數(shù)得-x1QUOTE=1,故x1=-QUOTE,x1+x2=QUOTE>0,故y1+y2=QUOTE+QUOTE=QUOTE<0.5.已知函數(shù)f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4個(gè)互異的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．【解】原問(wèn)題等價(jià)于方程f(x)＝a|x－1|恰有4個(gè)互異的實(shí)數(shù)根解法一：分別畫(huà)出函數(shù)y＝f(x)與y＝a|x－1|的圖象(1)由x2＋3x＝a(x－1)得，x2＋(3－a)x＋a＝0，Δ＝(3－a)2－4a，由Δ＝0得a＝9或a＝1(舍)，此時(shí)a>9，(2)由－x2－3x＝a(1－x)，得x2＋(3－a)x＋a＝0，由Δ＝0得a＝1或a＝9(舍)，結(jié)合圖象知0<a<1，由(1)(2)知0<a<1或a>9，∴a∈(0,1)∪(9，＋∞)．解法二：分離參數(shù)法a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋3x,x－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5))，由平移和對(duì)稱知畫(huà)出函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5))的圖象，由圖知a∈(0,1)∪(9，＋∞)．【答案】(0,1)∪(9，＋∞)已知函數(shù)是定義域?yàn)榈呐己瘮?shù)，當(dāng)時(shí)，若關(guān)于的方程有且僅有個(gè)不同實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是.答案：7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2),左、右焦點(diǎn)分別是F1,F2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交,且交點(diǎn)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1,P為橢圓C上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A,B兩點(diǎn),射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.(ⅰ)求eq\f(|OQ|,|OP|)的值；(ⅱ)求△ABQ面積的最大值.解(1)由題意知2a＝4,則a＝2,又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2),a2－c2＝b2,可得b＝1,所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)知橢圓E的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(ⅰ)設(shè)P(x0,y0),eq\f(|OQ|,|OP|)＝λ,由題意知Q(－λx0,－λy0).因?yàn)閑q\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1,又eq\f(（－λx0）2,16)＋eq\f(（－λy0）2,4)＝1,即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)))＝1,所以λ＝2,即eq\f(|OQ|,|OP|)＝2.(ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).將y＝kx＋m代入橢圓E的方程,可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0,由Δ＞0,可得m2＜4＋16k2,①則有x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2).所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),所以△OAB的面積S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r(（16k2＋4－m2）m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)).設(shè)eq\f(m2,1＋4k2)＝t,將y＝kx＋m代入橢圓C的方程,可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,由Δ≥0,可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1,因此S＝2eq\r(（4－t）t)＝2eq\r(－t2＋4t),故S≤2eq\r(3),當(dāng)且僅當(dāng)t＝1,即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2eq\r(3).由(ⅰ)知,△ABQ面積為3S,所在△ABQ面積的最大值為6eq\r(3).8.(1)證明:當(dāng)x∈[0,1]時(shí),QUOTEx≤sinx≤x;(2)若不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)證明:記F(x)=sinx-QUOTEx,則F′(x)=cosx-QUOTE.當(dāng)x∈QUOTE時(shí),F′(x)>0,F(x)在上是增函數(shù);當(dāng)x∈時(shí),F′(x)<0,F(x)在上是減函數(shù).又因?yàn)镕(0)=0,F(1)>0,所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí),F(x)≥0,即sinx≥QUOTEx.記H(x)=sinx-x,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),H′(x)=cosx-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是減函數(shù),則H(x)≤H(0)=0,即sinx≤x.綜上,QUOTEx≤sinx≤x,x∈[0,1].(2)解:因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí),ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)sin2QUOTE≤(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)=(a+2)x,所以,當(dāng)a≤-2時(shí),不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立.下面證明,當(dāng)a>-2時(shí),不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]不恒成立.因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí),ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)sin2QUOTE≥(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)QUOTE=(a+2)x-x2-QUOTE≥(a+2)x-QUOTEx2=-QUOTEx[x-QUOTE(a+2)].所以存在x0∈(0,1)(例如x0取QUOTE和QUOTE中的較小值)滿足ax0+QUOTE+QUOTE+2(x0+2)cosx0-4>0,即當(dāng)a>-2時(shí),不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4≤0對(duì)x∈[0,1]不恒成立.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,-2].9.已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2＋(a－e＋1)x－1(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))．(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x·f′(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．(3)試判斷當(dāng)a∈(e－2，1)時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上是否有零點(diǎn)？并說(shuō)明理由解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex＋(－e＋1)x，則f′(x)＝ex＋(－e＋1)，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(ln(e－1)，＋∞)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln(e－1))．(2)∵g(x)＝(1－eq\f(x,2))ex＋eq\f(1,2)(a－e＋1)x－1，∴g′(x)＝eq\f(1,2)(1－x)ex＋eq\f(1,2)(a－e＋1)．令F(x)＝eq\f(1,2)(1－x)ex＋eq\