解三角形 測(cè)試練習(xí)題

1.解三角形1.已知△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且asinA＋csinC－bsinB＝eq\r(2)asinC.(1)求角B的大小；(2)設(shè)向量m＝(cosA,cos2A),n＝(12,－5),邊長(zhǎng)a＝4,當(dāng)m·n取最大值時(shí),求b的值.解：(1)由題意得,asinA＋csinC－bsinB＝eq\r(2)asinC,∴a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac,∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2),∵B∈(0,π),∴B＝eq\f(π,4).(2)∵m·n＝12cosA－5cos2A＝－10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(3,5)))2＋eq\f(43,5),∴當(dāng)cosA＝eq\f(3,5)時(shí),m·n取最大值,此時(shí)sinA＝eq\f(4,5).由正弦定理得,b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(5\r(2),2).2.已知△ABC中,AC＝2,A＝eq\f(2π,3),eq\r(3)cosC＝3sinB.(1)求AB；(2)若D為BC邊上一點(diǎn),且△ACD的面積為eq\f(3\r(3),4),求∠ADC的正弦值.解：(1)因?yàn)锳＝eq\f(2π,3),所以B＝eq\f(π,3)－C,由eq\r(3)cosC＝3sinB得,cosC＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C)),所以cosC＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC－\f(1,2)sinC))＝eq\f(3,2)cosC－eq\f(\r(3),2)sinC,所以eq\f(1,2)cosC＝eq\f(\r(3),2)sinC,即tanC＝eq\f(\r(3),3).又因?yàn)镃∈(0,π),所以C＝eq\f(π,6),從而得B＝eq\f(π,3)－C＝eq\f(π,6),所以AB＝AC＝2.(2)由已知得eq\f(1,2)·AC·CDsineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3),4),所以CD＝eq\f(3\r(3),2),在△ACD中,由余弦定理得,AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcosC＝eq\f(7,4),即AD＝eq\f(\r(7),2),由正弦定理得,eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC),故sin∠ADC＝eq\f(ACsinC,AD)＝eq\f(2\r(7),7).3.已知函數(shù)f(x)＝1＋2eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－2cos2eq\f(x,2),△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.(1)求f(A)的取值范圍；(2)若A為銳角且f(A)＝eq\r(2),2sinA＝sinB＋eq\r(2)sinC,△ABC的面積為eq\f(3＋\r(3),4),求b的值.解：(1)f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))),∴f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))),由題意知,0<A<π,則A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6))),∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)),故f(A)的取值范圍為(－1,2].(2)由題意知,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),2),∵A為銳角,即A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))),∴A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3))),∴A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,4),即A＝eq\f(5π,12).由正、余弦定理及三角形的面積公式,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝b＋\r(2)c，,\f(1,2)bc·sin\f(5π,12)＝\f(3＋\r(3),4)，,cos\f(5π,12)＝\f(b2＋c2－a2,2bc)，))解得b＝eq\r(2).4.(2018·北京11中模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(3),2))),且相鄰兩條對(duì)稱軸的距離為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式及其在[0,π]上的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對(duì)邊,若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＋cosA＝eq\f(1,2),求角A的大小.解：(1)由相鄰兩條對(duì)稱軸的距離為eq\f(π,2),可得其周期為T＝eq\f(2π,ω)＝π,所以ω＝2,由圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(3),2))),且ω>0,0<φ<eq\f(π,2),得φ＝eq\f(π,6),所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2),k∈Z,得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3),k∈Z.所以函數(shù)f(x)在[0,π]上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).(2)由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＋cosA＝eq\f(1,2),可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＋cosA＝eq\f(1,2),則eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＝eq\f(1,2),得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2),因?yàn)?<A<π,所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6),所以A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6),所以A＝eq\f(2π,3).2.數(shù)列1.在等差數(shù)列{an}中,a1＝－2,a12＝20.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an；(2)若bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n),求數(shù)列{3bn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)因?yàn)閍n＝－2＋(n－1)d,所以a12＝－2＋11d＝20,于是d＝2,所以an＝2n－4(n∈N*).(2)因?yàn)閍n＝2n－4,所以a1＋a2＋…＋an＝eq\f(n2n－6,2)＝n(n－3),于是bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)＝n－3,令cn＝3bn,則cn＝3n－3,顯然數(shù)列{cn}是等比數(shù)列,且c1＝3－2,公比q＝3,所以數(shù)列{3bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(c1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－qn)),1－q)＝eq\f(3n－1,18)(n∈N*).2.(2018·鞏義模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2),eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).(1)解：由條件可知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列,且首項(xiàng)為2,公差為2,所以eq\f(1,an)＝2＋(n－1)×2＝2n,故an＝eq\f(1,2n)(n∈N*).(2)證明依題意可知aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))2＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n2)<eq\f(1,4)·eq\f(1,n)·eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))),n≥2,n∈N*.又因?yàn)閍eq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4),所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n)))<eq\f(1,4)×2＝eq\f(1,2).故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).3.(2018·衡水金卷模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝5,3a5＋a9＝S6.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＋1＝an＋1an,且b1＝a6,求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由a1＝5,3a5＋a9＝S6,得3(5＋4d)＋(5＋8d)＝6×5＋eq\f(6×5,2)d,解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋2(n－1)＝2n＋3(n∈N*).(2)由(1)得,b1＝a6＝2×6＋3＝15.又因?yàn)閎n＋1＝an＋1an,所以當(dāng)n≥2時(shí),bn＝anan－1＝(2n＋3)(2n＋1),當(dāng)n＝1時(shí),b1＝5×3＝15,符合上式,所以bn＝(2n＋3)(2n＋1)(n∈N*).所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n＋32n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,32n＋3)(n∈N*).4.(2018·大慶模擬)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1＝1,S9＝81.記bn＝[log5an],其中[x]表示不超過x的最大整數(shù),如[0.9]＝0,[log516]＝1.(1)求b1,b14,b61；(2)求數(shù)列{bn}的前200項(xiàng)和.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由已知S9＝81,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知,S9＝9a5＝9(a1＋4d)＝81,∴a1＋4d＝9.∵a1＝1,∴d＝2,∴an＝2n－1,∴b1＝[log51]＝0,b14＝[log527]＝2,b61＝[log5121]＝2.(2)當(dāng)1≤n≤2時(shí),1≤an≤3(an∈N*),bn＝[log5an]＝0,共2項(xiàng)；當(dāng)3≤n≤12時(shí),5≤an≤23,bn＝[log5an]＝1,共10項(xiàng)；當(dāng)13≤n≤62時(shí),25≤an≤123,bn＝[log5an]＝2,共50項(xiàng)；當(dāng)63≤n≤200時(shí),125≤an≤399,bn＝[log5an]＝3,共138項(xiàng).∴數(shù)列{bn}的前200項(xiàng)和為2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524.3.立體幾何1.如圖,在三棱柱ABF－DCE中,∠ABC＝120°,BC＝2CD,AD＝AF,AF⊥平面ABCD.(1)求證：BD⊥EC；(2)若AB＝1,求四棱錐B－ADEF的體積.(1)證明已知ABF－DCE為三棱柱,且AF⊥平面ABCD,∴DE∥AF,ED⊥平面ABCD.∵BD?平面ABCD,∴ED⊥BD,又ABCD為平行四邊形,∠ABC＝120°,故∠BCD＝60°,又BC＝2CD,故∠BDC＝90°,故BD⊥CD,∵ED∩CD＝D,ED,CD?平面ECD,∴BD⊥平面ECD,∵EC?平面ECD,故BD⊥EC.(2)解：由BC＝2CD得AD＝2AB,∵AB＝1,故AD＝2,作BH⊥AD于點(diǎn)H,∵AF⊥平面ABCD,BH?平面ABCD,∴AF⊥BH,又AD∩AF＝A,AD,AF?平面ADEF,∴BH⊥平面ADEF,又∠ABC＝120°,∴在△ABH中,∠BAH＝60°,又AB＝1,∴BH＝eq\f(\r(3),2),∴VB－ADEF＝eq\f(1,3)×(2×2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3).2.如圖,在△BCD中,∠BCD＝90°,BC＝CD＝1,AB⊥平面BCD,∠ADB＝60°,E,F分別是AC,AD上的動(dòng)點(diǎn),且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1).(1)求證：無論λ為何值,總有平面BEF⊥平面ABC；(2)是否存在實(shí)數(shù)λ,使得平面BEF⊥平面ACD.(1)證明∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AB⊥CD.∵CD⊥BC,AB∩BC＝B,AB,BC?平面ABC,∴CD⊥平面ABC.又∵eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1),∴無論λ為何值,恒有EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.又∵EF?平面BEF,∴無論λ為何值,總有平面BEF⊥平面ABC.(2)解：假設(shè)存在λ,使得平面BEF⊥平面ACD.由(1)知BE⊥EF,∵平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD＝EF,BE?平面BEF,∴BE⊥平面ACD.又∵AC?平面ACD,∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1,∠BCD＝∠ABD＝90°,∠ADB＝60°,∴BD＝eq\r(2),∴AB＝eq\r(2)tan60°＝eq\r(6),∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7).由Rt△AEB∽R(shí)t△ABC,得AB2＝AE·AC,∴AE＝eq\f(6,\r(7)),∴λ＝eq\f(AE,AC)＝eq\f(6,7).故當(dāng)λ＝eq\f(6,7)時(shí),平面BEF⊥平面ACD.3.如圖,在四棱錐P—ABCD中,PC＝AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若M為線段PA的中點(diǎn),且過C,D,M三點(diǎn)的平面與線段PB交于點(diǎn)N,確定點(diǎn)N的位置,說明理由；并求三棱錐A—CMN的高.(1)證明連接AC,在直角梯形ABCD中,AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝2eq\r(2),BC＝eq\r(AB－CD2＋AD2)＝2eq\r(2),所以AC2＋BC2＝AB2,即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PC⊥BC,又AC∩PC＝C,AC,PC?平面PAC,故BC⊥平面PAC.(2)解：N為PB的中點(diǎn),連接MN,CN.因?yàn)镸為PA的中點(diǎn),N為PB的中點(diǎn),所以MN∥AB,且MN＝eq\f(1,2)AB＝2.又因?yàn)锳B∥CD,所以MN∥CD,所以M,N,C,D四點(diǎn)共面,所以N為過C,D,M三點(diǎn)的平面與線段PB的交點(diǎn).因?yàn)锽C⊥平面PAC,N為PB的中點(diǎn),所以點(diǎn)N到平面PAC的距離d＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2).又S△ACM＝eq\f(1,2)S△ACP＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AC×PC＝eq\r(2),所以V三棱錐N—ACM＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3).由題意可知,在Rt△PCA中,PA＝eq\r(AC2＋PC2)＝2eq\r(3),CM＝eq\r(3),在Rt△PCB中,PB＝eq\r(BC2＋PC2)＝2eq\r(3),CN＝eq\r(3),所以S△CMN＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).設(shè)三棱錐A—CMN的高為h,V三棱錐N—ACM＝V三棱錐A—CMN＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×h＝eq\f(2,3),解得h＝eq\r(2),故三棱錐A—CMN的高為eq\r(2).4.(2018·樂山聯(lián)考)如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)C是圓O上異于A,B的點(diǎn),PO垂直于圓O所在的平面,且PO＝OB＝1.(1)若D為線段AC的中點(diǎn),求證：AC⊥平面PDO；(2)求三棱錐P－ABC體積的最大值；(3)若BC＝eq\r(2),點(diǎn)E在線段PB上,求CE＋OE的最小值.(1)證明在△AOC中,因?yàn)镺A＝OC,D為AC的中點(diǎn),所以AC⊥OD.又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC.因?yàn)镈O∩PO＝O,DO,PO?平面PDO,所以AC⊥平面PDO.(2)解：因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上,所以當(dāng)CO⊥AB時(shí),C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB＝2,所以△ABC面積的最大值為eq\f(1,2)×2×1＝1.又因?yàn)槿忮FP－ABC的高PO＝1,故三棱錐P－ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×1×1＝eq\f(1,3).(3)解：在△POB中,PO＝OB＝1,∠POB＝90°,所以PB＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).同理PC＝eq\r(2),所以PB＝PC＝BC.在三棱錐P－ABC中,將側(cè)面BCP繞PB旋轉(zhuǎn)至平面C′PB,使之與平面ABP共面,如圖所示.當(dāng)O,E,C′共線時(shí),CE＋OE取得最小值.又因?yàn)镺P＝OB,C′P＝C′B,所以O(shè)C′垂直平分PB,即E為PB中點(diǎn).從而OC′＝OE＋EC′＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2),即CE＋OE的最小值為eq\f(\r(2)＋\r(6),2).4.解析幾何1.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),且C過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2))).(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)(點(diǎn)P,Q均在第一象限),且直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,證明：直線l的斜率為定值.(1)解：由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y,整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0,∵直線l與橢圓交于兩點(diǎn),∴Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－1,1＋4k2),∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.∵直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,∴k2＝eq\f(y2,x2)·eq\f(y1,x1)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2),整理得km(x1＋x2)＋m2＝0,∴eq\f(－8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0,又m≠0,∴k2＝eq\f(1,4),結(jié)合圖象(圖略)可知k＝－eq\f(1,2),故直線l的斜率為定值.2.已知拋物線Γ：x2＝2py(p>0),直線y＝2與拋物線Γ交于A,B(點(diǎn)B在點(diǎn)A的左側(cè))兩點(diǎn),且|AB|＝4eq\r(3).(1)求拋物線Γ在A,B兩點(diǎn)處的切線方程；(2)若直線l與拋物線Γ交于M,N兩點(diǎn),且MN的中點(diǎn)在線段AB上,MN的垂直平分線交y軸于點(diǎn)Q,求△QMN面積的最大值.解：(1)由x2＝2py,令y＝2,得x＝±2eq\r(p),所以4eq\r(p)＝4eq\r(3),解得p＝3,所以x2＝6y,由y＝eq\f(x2,6),得y′＝eq\f(x,3),故y′|x＝2eq\r(3)＝eq\f(2,3)eq\r(3).所以在A點(diǎn)的切線方程為y－2＝eq\f(2\r(3),3)(x－2eq\r(3)),即2x－eq\r(3)y－2eq\r(3)＝0,同理可得在B點(diǎn)的切線方程為2x＋eq\r(3)y＋2eq\r(3)＝0.(2)由題意得直線l的斜率存在且不為0,故設(shè)l：y＝kx＋m,M(x1,y1),N(x2,y2),由x2＝6y與y＝kx＋m聯(lián)立,得x2－6kx－6m＝0,Δ＝36k2＋24m>0,所以x1＋x2＝6k,x1x2＝－6m,故|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(36k2＋24m)＝2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(3k2＋2m).又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6k2＋2m＝4,所以m＝2－3k2,所以|MN|＝2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(4－3k2),由Δ＝36k2＋24m>0,得－eq\f(2\r(3),3)<k<eq\f(2\r(3),3)且k≠0.因?yàn)镸N的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3k,2),所以MN的垂直平分線方程為y－2＝－eq\f(1,k)(x－3k),令x＝0,得y＝5,即Q(0,5),所以點(diǎn)Q到直線kx－y＋2－3k2＝0的距離d＝eq\f(|－5＋2－3k2|,\r(1＋k2))＝3eq\r(1＋k2),所以S△QMN＝eq\f(1,2)·2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(4－3k2)·3eq\r(1＋k2)＝3eq\r(3)·eq\r(1＋k224－3k2).令1＋k2＝u,則k2＝u－1,則1<u<eq\f(7,3),故S△QMN＝3eq\r(3)·eq\r(u27－3u).設(shè)f(u)＝u2(7－3u),則f′(u)＝14u－9u2,結(jié)合1<u<eq\f(7,3),令f′(u)>0,得1<u<eq\f(14,9)；令f′(u)<0,得eq\f(14,9)<u<eq\f(7,3),所以當(dāng)u＝eq\f(14,9),即k＝±eq\f(\r(5),3)時(shí),(S△QMN)max＝3eq\r(3)×eq\f(14,9)eq\r(7－3×\f(14,9))＝eq\f(14\r(7),3).3.已知A,F分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)、右焦點(diǎn),點(diǎn)P為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)PF⊥x軸時(shí),|AF|＝2|PF|.(1)求橢圓C的離心率；(2)若橢圓C上存在點(diǎn)Q,使得四邊形AOPQ是平行四邊形(點(diǎn)P在第一象限),求直線AP與OQ的斜率之積；(3)記圓O：x2＋y2＝eq\f(ab,a2＋b2)為橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”.若b＝eq\r(3),過點(diǎn)P作橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”的兩條切線,切點(diǎn)為M,N,直線MN在x軸和y軸上的截距分別為m,n,求證：eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)為定值.(1)解：由PF⊥x軸,知xP＝c,代入橢圓C的方程,得eq\f(c2,a2)＋eq\f(y\o\al(2,P),b2)＝1,解得yP＝±eq\f(b2,a).又|AF|＝2|PF|,所以a＋c＝eq\f(2b2,a),所以a2＋ac＝2b2,即a2－2c2－ac＝0,所以2e2＋e－1＝0,由0<e<1,解得e＝eq\f(1,2).(2)解：因?yàn)樗倪呅蜛OPQ是平行四邊形,所以PQ＝a且PQ∥x軸,所以xP＝eq\f(a,2),代入橢圓C的方程,解得yP＝±eq\f(\r(3),2)b,因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限,所以yP＝eq\f(\r(3),2)b,同理可得xQ＝－eq\f(a,2),yQ＝eq\f(\r(3),2)b,所以kAPkOQ＝eq\f(\f(\r(3)b,2),\f(a,2)－－a)·eq\f(\f(\r(3)b,2),－\f(a,2))＝－eq\f(b2,a2),由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4),所以kAPkOQ＝－eq\f(3,4).(3)證明由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),又b＝eq\r(3),解得a＝2,所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1,圓O的方程為x2＋y2＝eq\f(2\r(3),7).①連接OM,ON(圖略),由題意可知,OM⊥PM,ON⊥PN,所以四邊形OMPN的外接圓是以O(shè)P為直徑的圓,設(shè)P(x0,y0),則四邊形OMPN的外接圓方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y0,2)))2＝eq\f(1,4)(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)),即x2－xx0＋y2－yy0＝0.②①－②,得直線MN的方程為xx0＋yy0＝eq\f(2\r(3),7),令y＝0,則m＝eq\f(2\r(3),7x0),令x＝0,則n＝eq\f(2\r(3),7y0).所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3))),因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C上,所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1,所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49(為定值).4.如圖,橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A(2,0),左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過點(diǎn)A且斜率為eq\f(1,2)的直線與y軸交于點(diǎn)P,與橢圓交于另一個(gè)點(diǎn)B,且點(diǎn)B在x軸上的射影恰好為點(diǎn)F1.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)P且斜率大于eq\f(1,2)的直線與橢圓交于M,N兩點(diǎn)(|PM|>|PN|),若S△PAM∶S△PBN＝λ,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解：(1)因?yàn)锽F1⊥x軸,得到點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a))),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(b2,aa＋c)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因?yàn)閑q\f(S△PAM,S△PBN)＝eq\f(\f(1,2)|PA||PM|·sin∠APM,\f(1,2)|PB||PN|·sin∠BPN)＝eq\f(2·|PM|,1·|PN|)＝λ,所以eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(λ,2)(λ>2),所以eq\o(PM,\s\up6(→))＝－eq\f(λ,2)eq\o(PN,\s\up6(→)).由(1)可知P(0,－1),設(shè)MN方程為y＝kx－1,M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8kx－8＝0,Δ>0恒成立,即得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8k,4k2＋3)，,x1·x2＝\f(－8,4k2＋3)，))(*)又eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x1,y1＋1),eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x2,y2＋1),有x1＝－eq\f(λ,2)x2,將x1＝－eq\f(λ,2)x2代入(*)可得,eq\f(2－λ2,λ)＝eq\f(16k2,4k2＋3).因?yàn)閗>eq\f(1,2),所以eq\f(16k2,4k2＋3)＝eq\f(16,\f(3,k2)＋4)∈(1,4),則1<eq\f(2－λ,λ)2<4且λ>2,即得4<λ<4＋2eq\r(3).綜上所述,實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(4,4＋2eq\r(3)).5.概率與統(tǒng)計(jì)1.(2018·安徽省六安一中適應(yīng)性考試)全世界越來越關(guān)注環(huán)境保護(hù)問題,某監(jiān)測(cè)站點(diǎn)于2019年1月某日起連續(xù)n天監(jiān)測(cè)空氣質(zhì)量指數(shù)(AQⅠ),數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下：空氣質(zhì)量指數(shù)(μg/m3)[0,50)[50,100)[100,150)[150,200)[200,250]空氣質(zhì)量等級(jí)空氣優(yōu)空氣良輕度污染中度污染重度污染天數(shù)2040m105(1)根據(jù)所給統(tǒng)計(jì)表和頻率分布直方圖中的信息求出n,m的值,并完成頻率分布直方圖；(2)在空氣質(zhì)量指數(shù)分別屬于[50,100)和[150,200)的監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)中,用分層抽樣的方法抽取5天,再?gòu)闹腥我膺x取2天,求事件A“兩天空氣質(zhì)量等級(jí)都為良”發(fā)生的概率.解：(1)∵0.004×50＝eq\f(20,n),∴n＝100,∵20＋40＋m＋10＋5＝100,∴m＝25,eq\f(40,100×50)＝0.008；eq\f(25,100×50)＝0.005；eq\f(10,100×50)＝0.002；eq\f(5,100×50)＝0.001.(2)在空氣質(zhì)量指數(shù)為[50,100)和[150,200)的監(jiān)測(cè)天數(shù)中分別抽取4天和1天,在所抽取的5天中,將空氣質(zhì)量指數(shù)為[50,100)的4天分別記為a,b,c,d；將空氣質(zhì)量指數(shù)為[150,200)的1天記為e,從中任取2天的基本事件分別為：(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10種,其中事件A“兩天空氣質(zhì)量等級(jí)都為良”包含的基本事件為(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),共6種,所以事件A“兩天空氣質(zhì)量等級(jí)都為良”發(fā)生的概率是P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).2.為了豐富退休生活,老王堅(jiān)持每天健步走,并用計(jì)步器記錄每天健步走的步數(shù).他從某月中隨機(jī)抽取20天的健步走步數(shù)(老王每天健步走的步數(shù)都在[6,14]之間,單位：千步),繪制出頻率分布直方圖(不完整)如圖所示.(1)完成頻率分布直方圖,并估計(jì)該月老王每天健步走的平均步數(shù)(每組數(shù)據(jù)可用區(qū)間中點(diǎn)值代替)；(2)某健康組織對(duì)健步走步數(shù)的評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)如下表：每天步數(shù)分組(千步)[6,8)[8,10)[10,14]評(píng)價(jià)級(jí)別及格良好優(yōu)秀現(xiàn)從這20天中評(píng)價(jià)級(jí)別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機(jī)抽取2天,求這2天的健步走結(jié)果屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的概率.解：(1)設(shè)落在分組[10,12)中的頻率為x,則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.05＋0.075＋\f(x,2)＋0.125))×2＝1,得x＝0.5,所以各組中的頻數(shù)分別為2,3,10,5.完成的頻率分布直方圖如圖所示：老王該月每天健步走的平均步數(shù)約為(7×0.05＋9×0.075＋11×0.25＋13×0.125)×2＝10.8(千步).(2)設(shè)評(píng)價(jià)級(jí)別是及格的2天分別為a,b,評(píng)價(jià)級(jí)別是良好的3天分別為x,y,z,則從這5天中任意抽取2天,共有10種不同的結(jié)果：ab,ax,ay,az,bx,by,bz,xy,xz,yz,所抽取的2天屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的結(jié)果共4種：ab,xy,xz,yz.所以,從這20天中評(píng)價(jià)級(jí)別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機(jī)抽取2天,屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).3.為了解某地區(qū)某種農(nóng)產(chǎn)品的年產(chǎn)量x(單位：噸)對(duì)價(jià)格y(單位：千元/噸)和利潤(rùn)Z的影響,對(duì)近五年該農(nóng)產(chǎn)品的年產(chǎn)量和價(jià)格統(tǒng)計(jì)如表：x12345y7.06.55.53.82.2(1)求y關(guān)于x的線性回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))；(2)若每噸該農(nóng)產(chǎn)品的成本為2千元,假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品可全部賣出,預(yù)測(cè)當(dāng)年產(chǎn)量約為多少時(shí),年利潤(rùn)Z取到最大值？(保留兩位小數(shù))參考公式：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2),eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解：(1)eq\x\to(x)＝eq\f(1,5)(1＋2＋3＋4＋5)＝3,eq\x\to(y)＝eq\f(1,5)(7.0＋6.5＋5.5＋3.8＋2.2)＝5,eq\i\su(i＝1,5,x)iyi＝1×7.0＋2×6.5＋3×5.5＋4×3.8＋5×2.2＝62.7,eq\i\su(i＝1,5,x)eq\o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55,∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,5,x)\o\al(2,i)－5\x\to(x)2)＝eq\f(62.7－5×3×5,55－5×32)＝－1.23,eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝5－(－1.23)×3＝8.69,∴y關(guān)于x的線性回歸方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝8.69－1.23x.(2)年利潤(rùn)Z＝x(8.69－1.23x)－2x＝－1.23x2＋6.69x,∴當(dāng)年產(chǎn)量約為2.72噸時(shí),年利潤(rùn)Z最大.4.某校高二奧賽班N名學(xué)生的物理測(cè)評(píng)成績(jī)(滿分120分)的頻率分布直方圖如下,已知分?jǐn)?shù)在100～110的學(xué)生有21人.(1)求總?cè)藬?shù)N和分?jǐn)?shù)在110～115的人數(shù)n；(2)現(xiàn)準(zhǔn)備從分?jǐn)?shù)在110～115的n名學(xué)生eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(女生占\f(1,3)))中任選2人,求其中恰好有一名女生的概率；(3)為了分析某個(gè)學(xué)生的學(xué)習(xí)狀態(tài),對(duì)其下一階段的學(xué)習(xí)提供指導(dǎo)性建議,對(duì)他前7次考試的數(shù)學(xué)成績(jī)x(滿分150分),物理成績(jī)y進(jìn)行分析,下面是該生7次考試的成績(jī).數(shù)學(xué)888311792108100112物理949110896104101106已知該生的物理成績(jī)y與數(shù)學(xué)成績(jī)x是線性相關(guān)的,若該生的數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)到130分,請(qǐng)你估計(jì)他的物理成績(jī)大約是多少？附：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2),eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解：(1)分?jǐn)?shù)在100～110內(nèi)的學(xué)生的頻率為P1＝(0.04＋0.03)×5＝0.35,所以該班總?cè)藬?shù)N＝eq\f(21,0.35)＝60,分?jǐn)?shù)在110～115內(nèi)的學(xué)生的頻率為P2＝1－(0.01＋0.04＋0.05＋0.04＋0.03＋0.01)×5＝0.1,分?jǐn)?shù)在110～115內(nèi)的人數(shù)n＝60×0.1＝6.(2)由(1)可知,分?jǐn)?shù)在110～115內(nèi)有6名學(xué)生,其中女生有2名,男生有4名,設(shè)男生為A1,A2,A3,A4,女生為B1,B2,從6名學(xué)生中選出2人的基本事件有(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,A4),(A2,B1),(A2,B2),(A3,A4),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2),共15個(gè).其中恰好有一名女生的基本事件有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),共8個(gè),所以所求的概率為P＝eq\f(8,15).(3)eq\x\to(x)＝100＋eq\f(－12－17＋17－8＋8＋12,7)＝100,eq\x\to(y)＝100＋eq\f(－6－9＋8－4＋4＋1＋6,7)＝100.由于x與y之間具有線性相關(guān)關(guān)系,根據(jù)公式得到eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(497,994)＝0.5,eq\o(a,\s\up6(^))＝100－0.5×100＝50,所以線性回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝0.5x＋50,所以當(dāng)x＝130時(shí),eq\o(y,\s\up6(^))＝115.所以他的物理成績(jī)的估計(jì)值是115分.6.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x2＋x)＋lnx.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；(2)求證：f(x)>0.(1)解：f(x)＝eq\f(2,x2＋x)＋lnx的定義域是(0,＋∞),f′(x)＝eq\f(－22x＋1,x2＋x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x3＋2x2－3x－2,x2＋x2),所以f′(1)＝－eq\f(1,2),又f(1)＝1,則切線方程為x＋2y－3＝0.(2)證明令h(x)＝x3＋2x2－3x－2,則h′(x)＝3x2＋4x－3,設(shè)h′(x)＝0的兩根為x1,x2,由于x1x2＝－1<0,不妨設(shè)x1<0,x2>0,則h(x)在(0,x2)上是單調(diào)遞減的,在(x2,＋∞)上是單調(diào)遞增的.而h(0)<0,h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x0,且x0∈(1,2),所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)≥f(x0)＝eq\f(2,x\o\al(2,0)＋x0)＋lnx0,因?yàn)閤0∈(1,2),lnx0>0,f(x)>eq\f(2,x\o\al(2,0)＋x0)>0,所以f(x)>0.2.已知函數(shù)f(x)＝lnx,g(x)＝f(x)＋ax2＋bx,函數(shù)g(x)的圖象在點(diǎn)(1,g(1))處的切線平行于x軸.(1)確定a與b的關(guān)系；(2)若a≥0,試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性.解：(1)依題意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx,x>0,則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b,由函數(shù)g(x)的圖象在點(diǎn)(1,g(1))處的切線平行于x軸得,g′(1)＝1＋2a＋b＝0,∴b＝－2a－1.(2)由(1)得g′(x)＝eq\f(2ax2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋1))x＋1,x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x).∵函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0,＋∞),∴當(dāng)a＝0時(shí),g′(x)＝－eq\f(x－1,x),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得0<x<1,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得x>1；若0<eq\f(1,2a)<1,即a>eq\f(1,2)時(shí),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得x>1或0<x<eq\f(1,2a),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得eq\f(1,2a)<x<1；若eq\f(1,2a)>1,即0<a<eq\f(1,2)時(shí),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得x>eq\f(1,2a)或0<x<1,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得1<x<eq\f(1,2a)；若eq\f(1,2a)＝1,即a＝eq\f(1,2)時(shí),在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上恒有g(shù)′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0.綜上得,當(dāng)a＝0時(shí),函數(shù)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在(0,1)上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí),函數(shù)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí),函數(shù)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí),函數(shù)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上單調(diào)遞增.3.已知函數(shù)f(x)＝xlnx,g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實(shí)數(shù)).(1)當(dāng)a＝5時(shí),求函數(shù)g(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)求f(x)在區(qū)間[t,t＋2](t>0)上的最小值；(3)若存在兩個(gè)不等實(shí)數(shù)x1,x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)),使方程g(x)＝2exf(x)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)當(dāng)a＝5時(shí),g(x)＝(－x2＋5x－3)ex,g(1)＝e,g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex,故切線的斜率為g′(1)＝4e,所以切線方程為y－e＝4e(x－1),即4ex－y－3e＝0.(2)函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域?yàn)?0,＋∞).因?yàn)閒′(x)＝lnx＋1,所以在(0,＋∞)上,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)↘極小值(最小值)↗當(dāng)t≥eq\f(1,e)時(shí),在區(qū)間[t,t＋2]上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min＝f(t)＝tlnt,當(dāng)0<t<eq\f(1,e)時(shí),在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上,f(x)為減函數(shù),在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(3)由g(x)＝2exf(x),可得2xlnx＝－x2＋ax－3,則a＝x＋2lnx＋eq\f(3,x),令h(x)＝x＋2lnx＋eq\f(3,x),x>0,則h′(x)＝1＋eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當(dāng)x變化時(shí),h′(x),h(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))1(1,e)h′(x)－0＋h(x)↘極小值(最小值)↗因?yàn)閔eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋3e－2,h(e)＝eq\f(3,e)＋e＋2,h(1)＝4,所以h(e)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq\f(2,e)<0,所以h(e)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))),所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(3,e)＋e＋2)).4.(2018·安徽省六安一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx(a為實(shí)常數(shù)).(1)若a＝－2,求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤0成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)當(dāng)a＝－2時(shí),f(x)＝x2－2lnx,則f′(x)＝2x－eq\f(2,x),f′(1)＝0,所求切線方程為y＝1.(2)f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x),x∈[1,e].當(dāng)eq\f(a,2)≤1,即a≤2時(shí),x∈[1,e],f′(x)≥0,此時(shí)f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增.所以f(x)的最小值為f(1)＝－a－1,所以－1≤a≤2；當(dāng)1<eq\f(a,2)<e,即2<a<2e,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))時(shí),f′(x)<0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))時(shí),f′(x)>0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上單調(diào)遞增,所以f(x)的最小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)－a＋alneq\f(a,2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)－\f(a,4)－1)).因?yàn)?<a<2e,所以0<ln

eq\f(a,2)<1,所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)－\f(a,4)－1))<0恒成立,所以2<a<2e；當(dāng)eq\f(a,2)≥e,即a≥2e時(shí),x∈[1,e],f′(x)≤0,此時(shí)f(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,所以f(x)的最小值為f(e)＝e2－(a＋2)e＋a,因?yàn)閍≥2e>eq\f(e2－2e,e－1),所以f(e)<0,所以a≥2e,綜上,a≥－1.7.坐標(biāo)系與參數(shù)方程1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知曲線C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cosα，,y＝sinα))(α為參數(shù)),在以原點(diǎn)O為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立的極坐標(biāo)系中,直線l的極坐標(biāo)方程為eq\f(\r(2),2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1.(1)求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標(biāo)方程；(2)過點(diǎn)M(－1,0)且與直線l平行的直線l1交C于A,B兩點(diǎn),求點(diǎn)M到A,B兩點(diǎn)的距離之積.解：(1)曲線C化為普通方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1,由eq\f(\r(2),2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1,得ρcosθ－ρsinθ＝－2,所以直線l的直角坐標(biāo)方程為x－y＋2＝0.(2)直線l1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t))(t為參數(shù)),代入eq\f(x2,3)＋y2＝1化簡(jiǎn)得,2t2－eq\r(2)t－2＝0,設(shè)A,B兩點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,則t1t2＝－1,所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝1.2.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知直線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－t，,y＝t－1))(t是參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,則曲線C2：ρ＝8sinθ.(1)求C1的普通方程和C2的直角坐標(biāo)方程；(2)判斷直線C1與曲線C2的位置關(guān)系,若相交,求出弦長(zhǎng).解：(1)由C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－t，,y＝t－1))(t是參數(shù))消去t得x＋y－3＝0,所以直線C1的普通方程為x＋y－3＝0.把ρ＝8sinθ的兩邊同時(shí)乘ρ,得ρ2＝8ρsinθ,因?yàn)閤2＋y2＝ρ2,y＝ρsinθ,所以x2＋y2＝8y,即x2＋(y－4)2＝16,所以曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋(y－4)2＝16.(2)由(1)知,曲線C2：x2＋(y－4)2＝16是圓心坐標(biāo)為(0,4),半徑為4的圓,所以圓心(0,4)到直線x＋y－3＝0的距離d＝eq\f(|0＋4－3|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)<4,所以直線C1與曲線C2相交,其弦長(zhǎng)為2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(62).3.(2018·河北省武邑中學(xué)期中)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cost，,y＝2sint))(t為參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,并使得它與直角坐標(biāo)系有相同的長(zhǎng)度單位,曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ,曲線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,6)(ρ>0).(1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程和C3的直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè)C3分別交C1,C2于點(diǎn)P,Q,求△C1PQ的面積.解：(1)曲線C1的普通方程為(x－2)2＋y2＝4,即x2＋y2－4x＝0,所以C1的極坐標(biāo)方程為ρ2－4ρcosθ＝0,即ρ＝4cosθ.曲線C3的直角坐標(biāo)方程為y＝eq\f(\r(3),3)x(x>0).(2)依題意,設(shè)點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，\f(π,6))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，\f