2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義壓軸題突破練1含答案

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義壓軸題突破練11．(2023·馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋2lnx.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)－x的零點(diǎn)；(2)證明：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)k，存在x0>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有keq\r(x)>f(x)．2．(2023·湖北聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，且經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，P，Q是橢圓C上的兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線OP與OQ的斜率之積為－eq\f(3,4)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，點(diǎn)D為射線OP上一點(diǎn)，且eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，若線段DQ與橢圓C交于點(diǎn)E，設(shè)eq\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))(λ>0)．①求λ的值；②求四邊形OPEQ的面積．壓軸題突破練21．(2023·馬鞍山模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(3)，離心率e＝eq\f(\r(6),2).(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)P，Q為雙曲線C上異于點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a，b))的兩動(dòng)點(diǎn)，記直線MP，MQ的斜率分別為k1，k2，若k1＋k2＝2k1k2，求證：直線PQ過定點(diǎn)．2．(2023·邵陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝excosx，g(x)＝x－cosx.(1)對(duì)任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，tf(x)－g′(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；(2)設(shè)方程f(x)＝g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)內(nèi)的根從小到大依次為x1，x2，…，xn，…，求證：xn＋1－xn>2π.壓軸題突破練31．(2023·運(yùn)城模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，A，B分別為C上兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△OAB為等邊三角形時(shí)，|AB|＝8eq\r(3).(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)拋物線C在第一象限的部分是否存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝4eq\o(PF,\s\up6(→))，且點(diǎn)P到直線AB的距離為2？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及直線AB的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．2．(2023·齊齊哈爾模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－kx2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈R)).(1)若f(x)在x＝2處取得極值，求k的值；(2)若g(x)＝f(x)＋(x－1)ex，當(dāng)0≤k<eq\f(1,2)時(shí)，判斷函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．壓軸題突破練41．(2023·青島模擬)甲、乙兩人組團(tuán)參加答題挑戰(zhàn)賽，規(guī)定：每一輪甲、乙各答一道題，若兩人都答對(duì)，該團(tuán)隊(duì)得1分；只有一人答對(duì)，該團(tuán)隊(duì)得0分；兩人都答錯(cuò)，該團(tuán)隊(duì)得－1分．假設(shè)甲、乙兩人答對(duì)任何一道題的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(2,3).(1)記X表示該團(tuán)隊(duì)一輪答題的得分，求X的分布列及均值E(X)；(2)假設(shè)該團(tuán)隊(duì)連續(xù)答題n輪，各輪答題相互獨(dú)立．記Pn表示“沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分”的概率，Pn＝aPn－1＋bPn－2＋cPn－3(n≥4)，求a，b，c；并證明：答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．2．(2023·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝e－ax＋sinx－cosx.(1)若a＝－1，x≥－eq\f(π,4)，求證：F(x)＝f′(x)－eq\f(1,3)x－1有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；(2)若對(duì)任意x≤0，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．壓軸題突破練11．(1)解g(x)＝f(x)－x＝eq\f(1,x)＋2lnx－x，定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0，所以函數(shù)g(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，而g(1)＝0，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)是1.(2)證明由(1)可知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，即eq\f(1,x)＋2lnx－x<0?2lnx<x－eq\f(1,x)(x>1)，因此有l(wèi)nx＝2lneq\r(x)<eq\r(x)－eq\f(1,\r(x))<eq\r(x)(x>1)，進(jìn)而有l(wèi)neq\r(x)<eq\r(\r(x))(x>1)?2lneq\r(x)<2eq\r(\r(x))(x>1)?lnx<2eq\r(4,x)(x>1)，當(dāng)k>0時(shí)，eq\f(k,2)eq\r(x)>eq\f(1,x)等價(jià)于x>，eq\f(k,2)eq\r(x)>4eq\r(4,x)等價(jià)于x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4，設(shè)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4,1三個(gè)數(shù)中最大的數(shù)為x0，所以當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，有keq\r(x)>eq\f(1,x)＋4eq\r(4,x)>eq\f(1,x)＋2lnx＝f(x)．2．解(1)依題意有eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1，2y1)).因?yàn)镻，Q均在橢圓上，則eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(3,4)?3x1x2＋4y1y2＝0.因?yàn)閑q\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xE－x2，yE－y2))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－xE，2y1－yE))，可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λx1＋x2,1＋λ)，\f(2λy1＋y2,1＋λ))).又E在橢圓上，則eq\f(4λ2x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋4λx1x2,41＋λ2)＋eq\f(4λ2y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＋4λy1y2,31＋λ2)＝1?4λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)))＋eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＋4λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝(1＋λ)2?4λ2＋1＝(1＋λ)2?λ＝eq\f(2,3)(λ＝0舍去)．②由①可知eq\o(QE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(ED,\s\up6(→))?S△PEQ＝eq\f(2,5)S△QPD＝eq\f(2,5)S△OPQ，則四邊形OPEQ的面積為eq\f(7,5)S△OPQ.當(dāng)直線PQ斜率為0時(shí)，易知kOP＝－kOQ，又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則kOP＝±eq\f(\r(3),2).根據(jù)對(duì)稱性不妨取kOP＝eq\f(\r(3),2)，y1>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),2)x，,3x2＋4y2＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(2)，,y1＝\f(\r(6),2)，))則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(6),2)))，此時(shí)S△OPQ＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3).當(dāng)直線斜率不為0時(shí)，如圖，設(shè)PQ的方程為x＝my＋t，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,3x2＋4y2＝12，))消去x得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0.由題意知，其判別式大于0，則由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4).3x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0?(3m2＋4)y1y2＋3mt(y1＋y2)＋3t2＝0?(3m2＋4)eq\f(3t2－12,3m2＋4)－eq\f(18m2t2,3m2＋4)＋3t2＝0，所以2t2－3m2－4＝0?2t2＝3m2＋4.|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(m2＋1)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mt,3m2＋4)))2－\f(43t2－12,3m2＋4))＝eq\r(1＋m2)eq\r(\f(48－t2＋3m2＋4,3m2＋42))＝2eq\r(3)·eq\f(\r(1＋m2),|t|).又原點(diǎn)到直線PQ距離為eq\f(|t|,\r(1＋m2))，則此時(shí)S△OPQ＝eq\f(1,2)×eq\f(|t|,\r(m2＋1))×2eq\r(3)×eq\f(\r(m2＋1),|t|)＝eq\r(3).綜上可得，四邊形OPEQ的面積為eq\f(7\r(3),5).壓軸題突破練21．(1)解因?yàn)殡p曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(3)，離心率e＝eq\f(\r(6),2)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),2)，,2c＝2\r(3)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,a＝\r(2)))?b2＝c2－a2＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)證明由題意可知直線PQ斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2k2≠0，,16k2m2＋41－2k22m2＋2>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2k2≠0，,m2＋1>2k2，))設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－2m2－2,1－2k2)，顯然M的坐標(biāo)為(2,1)，所以由k1＋k2＝2k1k2?eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝2·eq\f(y1－1,x1－2)·eq\f(y2－1,x2－2)?eq\f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)＝2·eq\f(y1－1,x1－2)·eq\f(y2－1,x2－2)?(kx1＋m－1)(x2－2)＋(kx2＋m－1)(x1－2)＝2(kx1＋m－1)·(kx2＋m－1)?2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)－2k(x1＋x2)－4(m－1)＝2k2x1x2＋2k(m－1)(x1＋x2)＋2(m－1)2?2k(k－1)x1x2＋(2km－m＋1)(x1＋x2)＋2(m－1)(m＋1)＝0，把x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－2m2－2,1－2k2)代入上式，得2k(k－1)·eq\f(－2m2－2,1－2k2)＋(2km－m＋1)·eq\f(4km,1－2k2)＋2(m－1)(m＋1)＝0?2k(m＋1)＋(m＋1)(m－1)＝0?(m＋1)(2k＋m－1)＝0?m＝－1或m＝1－2k，當(dāng)m＝－1時(shí)，直線方程為y＝kx－1，過定點(diǎn)(0，－1)，當(dāng)m＝1－2k時(shí)，直線方程為y＝kx＋1－2k?y－1＝k(x－2)，過定點(diǎn)(2,1)，不符合題意，因此直線PQ過定點(diǎn)(0，－1)．2．(1)解g′(x)＝1＋sinx，對(duì)任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，tf(x)－g′(x)≥0恒成立，即texcosx≥1＋sinx對(duì)任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))恒成立．當(dāng)x＝－eq\f(π,2)時(shí)，則有0≥0對(duì)任意的t∈R恒成立；當(dāng)－eq\f(π,2)<x≤0時(shí)，cosx>0，則t≥eq\f(1＋sinx,excosx)，令h(x)＝eq\f(1＋sinx,excosx)，其中－eq\f(π,2)<x≤0，h′(x)＝eq\f(excos2x－excosx－sinx1＋sinx,e2xcos2x)＝eq\f(1－cosx1＋sinx,excos2x)≥0，且h′(x)不恒為零，故函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，則h(x)max＝h(0)＝1，故t≥1.綜上所述，t≥1.(2)證明由f(x)＝g′(x)可得excosx＝1＋sinx，令φ(x)＝excosx－sinx－1，則φ′(x)＝ex(cosx－sinx)－cosx.因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，則sinx>cosx>0，所以φ′(x)<0，所以函數(shù)φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)上單調(diào)遞減．因?yàn)棣誩q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))＝·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))－1＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)－1≥－eq\f(\r(3),2)－1>0，φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,2)))＝－2<0，所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，使得φ(x0)＝0.所以xn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，則xn＋1－2π∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，所以φ(xn＋1－2π)＝cos(xn＋1－2π)－sin(xn＋1－2π)－1＝cosxn＋1－sinxn＋1－1＝cosxn＋1－cosxn＋1＝(－)cosxn＋1<0＝φ(xn)，因?yàn)楹瘮?shù)φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)上單調(diào)遞減，故xn＋1－2π>xn，即xn＋1－xn>2π.壓軸題突破練31．解(1)由對(duì)稱性可知當(dāng)△OAB為等邊三角形時(shí)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，△OAB的高為eq\f(\r(3),2)|AB|＝12，由題意知點(diǎn)(12,4eq\r(3))在C上，代入y2＝2px，得(4eq\r(3))2＝24p，解得p＝2，所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，根據(jù)題意可知直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ky＋m，,y2＝4x，))得y2－4ky－4m＝0，所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m，由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝4eq\o(PF,\s\up6(→))，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2－4＝－2x0，,y1＋y2＝－2y0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2－m－2k2，,y0＝－2k，))即P(2－m－2k2，－2k)，又點(diǎn)P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，①所以k2＋m＝k2＋2－3k2＝2(1－k2)>0，解得－1<k<1，又點(diǎn)P在第一象限，所以－2k>0，所以－1<k<0.又點(diǎn)P到直線AB的距離d＝eq\f(|2－m－2k2＋2k2－m|,\r(1＋k2))＝eq\f(2|m－1|,\r(1＋k2))＝2，化簡得m2－2m＝k2，②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,3)，,k＝－\f(\r(7),3)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,3)，,k＝\f(\r(7),3)))(舍去)，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,k＝0))(舍去)．此時(shí)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(2\r(7),3)))，直線AB的方程為3x＋eq\r(7)y＋1＝0.2．解(1)f′(x)＝x2－2kx，若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值，則f′(2)＝22－2k×2＝0，解得k＝1，所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(1,2)，經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，所以k＝1.(2)g(x)＝f(x)＋(x－1)ex＝(x－1)ex＋eq\f(1,3)x3－kx2＋eq\f(1,2)，定義域?yàn)镽，g′(x)＝xex＋x2－2kx＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))，令h(x)＝ex＋x－2k，顯然h(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)0≤k<eq\f(1,2)時(shí)，因?yàn)閔(0)＝1－2k>0，h(－1)＝e－1－1－2k<0，所以存在唯一x0∈(－1,0)，使得h(x0)＝0，即g′(x0)＝0，即x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋x0－2k))＝0，所以k＝eq\f(＋x0,2).當(dāng)x<x0時(shí)，h(x)<0，故g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))>0，當(dāng)x0<x<0時(shí)，h(x)>0，故g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))<0，當(dāng)x>0時(shí)，h(x)>0，故g′(x)＝x(ex＋x－2k)>0，所以g(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞增，在(x0,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)＝－1＋eq\f(1,2)<0，g(1)＝eq\f(1,3)－k＋eq\f(1,2)>0，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)恰有1個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g(x)max＝g(x0)＝(x0－1)＋eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－kxeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)＝(x0－1)＋eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－eq\f(＋x0,2)·xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－2x0＋2＋\f(1,3)x\o\al(3,0)－1))，令φ(x)＝(x2－2x＋2)ex＋eq\f(1,3)x3－1，x∈(－1,0)，則φ′(x)＝x2(ex＋1)>0，所以φ(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，所以φ(x)>φ(－1)＝eq\f(5,e)－eq\f(1,3)－1＝eq\f(5,e)－eq\f(4,3)＝eq\f(15－4e,3e)>0，即當(dāng)x0∈(－1,0)時(shí)，φ(x0)>0，所以g(x0)<0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g(x)無零點(diǎn)，綜上，當(dāng)0≤k<eq\f(1,2)時(shí)，g(x)在R上只有1個(gè)零點(diǎn)．壓軸題突破練41．解(1)由題可知，X的取值為－1,0,1，P(X＝－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,12)；P(X＝0)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)＝eq\f(5,12)；P(X＝1)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2).故X的分布列如下：X－101P(X)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,2)則E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由題可知，P1＝1，P2＝1，P3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8)，P4＝1－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(13,16).連續(xù)答題n輪，沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分時(shí)，記第n輪沒有得1分的概率為，則＝eq\f(1,2)Pn－1；記第n輪得1分，且第n－1輪沒有得1分的概率為，則＝eq\f(1,4)Pn－2；記第n輪得1分，且第n－1輪得1分，第n－2輪沒有得1分的概率為，則＝eq\f(1,8)Pn－3；故Pn＝＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3(n≥4)，故a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,8)；因?yàn)镻n＝eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,4)Pn－2＋eq\f(1,8)Pn－3，故Pn＋1＝eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2，故Pn＋1－Pn＝－eq\f(1,2)Pn＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Pn－1＋\f(1,4)Pn－2＋\f(1,8)Pn－3))＋eq\f(1,4)Pn－1＋eq\f(1,8)Pn－2＝－eq\f(1,16)Pn－3<0；故Pn＋1<Pn(n≥4)，且P1＝P2>P3>P4，則P1＝P2>P3>P4>P5>…，所以答題輪數(shù)越多(輪數(shù)不少于3)，出現(xiàn)“連續(xù)三輪每輪得1分”的概率越大．2．(1)證明由題意得，當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，故F(x)＝ex＋cosx＋sinx－eq\f(1,3)x－1＝ex＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(1,3)x－1.①當(dāng)x≥eq\f(3π,4)時(shí)，F(xiàn)(x)≥ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，記G(x)＝ex－eq\r(2)－eq\f(1,3)x－1，則G′(x)＝ex－eq\f(1,3)>0，G(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上單調(diào)遞增，G(x)≥－eq\r(2)－eq\f(π,4)－1>e2－eq\r(2)－2>0，所以F(x)>0，即當(dāng)x≥eq\f(3π,4)時(shí)，F(xiàn)(x)無零點(diǎn)．②當(dāng)0≤x<eq\f(3π,4)時(shí)，eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，令p(x)＝ex－x－1，則p′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時(shí)，p′(x)<0，p(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>0時(shí)，p′(x)>0，p(x)單調(diào)遞增，因此p(0)＝0是p(x)的最小值，即p(x)≥0，所以ex≥x＋1恒成立，所以F(x)>ex－eq\f(1,3)x－1≥x＋1－eq\f(1,3)x－1＝eq\f(2,3)x≥0，所以F(x)>0，即當(dāng)0≤x<eq\f(3π,4)時(shí)，F(xiàn)(x)無零點(diǎn)．③當(dāng)－eq\f(π,4)≤x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex－sinx＋cosx－eq\f(1,3)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－