“2＋1＋2”压轴满分练(二)
1．已知A，B，C，D四点均在以点O1为球心的球面上，且AB＝AC＝AD＝2，BC＝BD＝4，CD＝8.若球O2在球O1内且与平面BCD相切，则球O2直径的最大值为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选D 由题意，得BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD，所以△BCD为等腰直角三角形．如图，设CD的中点为O，则O为△BCD的外心，且外接圆半径r＝4.连接AO，BO，因为AC＝AD＝2，所以AO⊥CD，AO＝2，又BO＝4，所以AO2＋BO2＝AB2，所以AO⊥BO，所以AO⊥平面BCD，所以球心O1在直线AO上．设球O1的半径为R，则有r2＋OO＝R2，即16＋(R－2)2＝R2，解得R＝5.当球O2直径最大时，球O2与平面BCD相切，且与球O1内切，此时A，O，O1，O2四点共线，所以球O2直径的最大值为R＋OO1＝8.
2．已知函数f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是( )
A．[0,3] B．[0,2]
C．[2,3] D．(－1,3]
解析：选A 由题意，得f′(x)＝3(x－a)2－3＝3(x－a＋1)(x－a－1)．由f′(x)＝0，得x＝a＋1或x＝a－1，所以当a－1
a＋1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(a－1，a＋1)上单调递减，在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上单调递增．又f(a＋1)＝－2a－2，f(a－1)＝－2a＋2.若f(－1)＝－2a－2，即(－1－a)3＋3＋a＝－2a－2，则a＝1，此时f(x)＝(x－1)3－3x＋1，且f(x)＝－4时，x＝－1或x＝2；由f(x)＝0，解得x＝0或x＝3.因为函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－4,0]，所以0≤b≤3.若f(－1)>－2a－2，因为a>0，所以a－1>－1，要使函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，需a＋1≤b，此时a－1∈[－1，b]，所以
即无解．综上所述，b的取值范围是[0,3]．
3．在平面四边形ABCD中，AB＝1，AC＝，BD⊥BC，BD＝2BC，则AD的最小值为________．
解析：设∠BAC＝α，∠ABD＝β(β∈(0，π))，则∠ABC＝β＋.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos α＝6－2cos α，由正弦定理，得＝，即BC＝.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DBcos β＝1＋4BC2－4BCcos β＝1＋4(6－2cos α)－4··cos β＝25－8cos α－4sin α＝25－20sin(α＋θ)（其中sin θ＝，cos θ＝），所以当sin(α＋θ)＝1，即sin α＝，cos α＝时，AD2取得最小值5，所以AD的最小值为.
答案：
4．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|＝，直线CF交线段AB于点D，且|BD|＝2|DA|.
(1)求E的标准方程；
(2)是否存在直线l，使得l交椭圆于M，N两点，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)法一：由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)，
所以直线AB的方程为＋＝1，
直线CF的方程为－＝1，
由得，xD＝.
因为|BD|＝2|DA|，所以＝2，
所以＝| |，得＝a，
解得a＝2c，所以b＝＝c.
因为|AB|＝，即＝，所以c＝，
所以c＝1，a＝2，b＝，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
法二：如图，设椭圆E的左焦点为G，连接BG，
由椭圆的对称性得BG∥CF，
则＝＝2，
即|GF|＝2|FA|，
由题意知F(c,0)，则|GF|＝2c，
|FA|＝a－c，
所以2c＝2(a－c)，得a＝2c，
所以b＝＝c.
因为|AB|＝，即＝，即c＝，
所以c＝1，a＝2，b＝，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在直线l，使得F是△BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BF⊥MN，MF⊥BN.
由(1)知，B(0，)，F(1,0)，
所以直线BF的斜率kBF＝－，
易知l的斜率存在，设为k，则kBF·k＝－1，所以k＝，
设l的方程为y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由消去y得13x2＋8mx＋12(m2－3)＝0，
由Δ＝(8m)2－4×13×12(m2－3)>0得，
－x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为MF⊥BN，所以·＝0，
因为＝(1－x1，－y1)，＝(x2，y2－)，
所以(1－x1)x2－y1(y2－)＝0，
即(1－x1)x2－＋＝0，
整理得(x1＋x2)－x1x2－m2＋m＝0，
所以·－·－m2＋m＝0，
整理得21m2－5m－48＝0，
解得m＝或m＝－.
当m＝时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；
当m＝－时，满足－所以存在直线l，使得F是△BMN的垂心，l的方程为y＝x－.
5．已知函数f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2.
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若a<－，求证：当x≥0时，f(x)<0.
解：(1)因为f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2，
所以f′(x)＝(ax2＋4ax＋2a＋1)ex，
令u(x)＝ax2＋4ax＋2a＋1，
①当a＝0时，u(x)>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a>0时，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(ⅰ)当a>时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x1所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，u(x)>0，f′(x)>0，
当x∈(x1，x2)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，)).
(ⅱ)当0所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
③当a<0时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x2所以当x∈(x2，x1)时，u(x)>0，f′(x)>0，
当x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，))，单调递减区间为－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∞，))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)).
综上，当a>时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，))；
当0≤a≤时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞)).
(2)证明：f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
显然当x≥0时，ex(x2＋2x)≥0，
所以当a<－时，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要证当x≥0时，f(x)<0，只需证当x≥0时，
－＋ex－2≤0，
即证当x≥0时，ex(x2＋2x－7)＋14≥0.
令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14，
则g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥0时，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
从而当x≥0时，f(x)<0.
“2＋1＋2”压轴满分练(六)
1．已知函数f(x)＝，当x>0时，函数f(x)的图象恒在直线y＝kx的下方，则k的取值范围是( )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，)) B. eq \b\lc\[\rc\) (\a\vs4\al\co1(，＋∞))
C. eq \b\lc\[\rc\) (\a\vs4\al\co1(，＋∞)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－，))
解析：选B f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，得x＝＋2kπ，k∈Z，所以函数f(x)在x＝＋2kπ，k∈Z时取得极大值，当直线y＝kx与f(x)＝的图象在原点处相切时，可得k＝f′(0)＝，由图(图略)易得k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\) (\a\vs4\al\co1(，＋∞)).
2．已知f(x)是定义在R上的可导函数，若3f(x)>f′(x)恒成立，且f(1)＝e3(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是( )
A．f(0)＝1 B．f(0)<1
C．f(2)e6
解析：选C 由3f(x)>f′(x)可得3f(x)－f′(x)>0，
令h(x)＝＝f(x)e－3x，
则h′(x)＝e－3x[f′(x)－3f(x)]<0，
所以函数h(x)在R上单调递减，
所以h(0)>h(1)，即>＝＝1，
所以f(0)>1，同理有h(2)即<＝＝1，所以f(2)3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，若anan－1＋2anan＋1＝3an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
解析：由anan－1＋2anan＋1＝3an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，
得anan－1－an－1an＋1＝2(an－1an＋1－anan＋1)(n≥2，n∈N*)，
得－＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－)) (n≥2，n∈N*)，
因为－＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－))是首项为2，公比为2的等比数列，
所以－＝2n，所以＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1，所以an＝.
答案：
4．已知F1，F2分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，))在椭圆上，且|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于点A，C和点B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得 ，λ，成等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为|PF1|＋|PF2|＝4，所以2a＝4，a＝2，
椭圆E的方程为＋＝1.
将Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，))代入可得b2＝3，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)若直线AC的斜率为零或不存在，易知＋＝＋＝，
此时，存在λ＝，使，λ，成等差数列．
若直线AC的斜率存在，且不为0，设直线AC的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，代入方程＋＝1，
化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
于是|AC|＝|x1－x2|
＝＝，
将k换为－，得|BD|＝，
所以＋＝＋＝，
此时，存在λ＝，使得，λ，成等差数列 .
综上，存在λ＝，使得，λ，成等差数列．
5．已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直．
(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；
(2)若存在x∈[e，＋∞)，使函数g(x)＝aeln x＋x2－ln x·f(x)≤a成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为ln x≠0，x>0，
所以x∈(0,1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝，
所以f′(e2)＝＝，解得m＝2，
所以f(x)＝，
f′(x)＝，
由f′(x)<0得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．
(2)g(x)＝aeln x＋x2－ln x·f(x)
＝aeln x＋x2－(a＋e)x，
若存在x∈[e，＋∞)，使函数g(x)＝aelnx＋x2－(a＋e)x≤a成立，
只需x∈[e，＋∞)时，g(x)min≤a.
因为g′(x)＝＋x－(a＋e)＝
＝，
若a≤e，则g′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[e，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(e)＝ae＋e2－e(a＋e)＝－，
所以a≥－，
又a≤e，所以－≤a≤e.
若a>e，则g(x)在[e，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在[e，＋∞)上的最小值g(x)min＝g(a)，
又g(a)e，所以一定满足条件．
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－，＋∞)).
“2＋1＋2”压轴满分练(三)
1．已知函数f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是( )
A. B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，))
C．(0,2] D．[2，＋∞)
解析：选A 由题意可得f′(x)＝＋＝，x>0，
令f′(x)＝0，得x＝2或ex＝kx2(x>0)，
由x＝2是函数f(x)的唯一极值点知ex≥kx2(x>0)恒成立或ex≤kx2(x>0)恒成立，由y＝ex(x>0)和y＝kx2(x>0)的图象可知，只能是ex≥kx2(x>0)恒成立．
法一：由x>0知，ex≥kx2，则k≤，
设g(x)＝，则k≤g(x)min.
由g′(x)＝，得当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当0所以g(x)min＝g(2)＝，所以k≤.
法二：ex≥kx2(x>0)恒成立，则y＝ex(x>0)的图象在y＝kx2(x>0)的图象的上方(含相切)，
①若k≤0，易知满足题意；
②若k>0，设y＝ex(x>0)与y＝kx2(x>0)的图象在点(x0，y0)处有相同的切线，
则解得数形结合可知，02．定义“有增有减”数列{an}如下：?t∈N*，atas＋1.已知“有增有减”数列{an}共4项，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且xA．64个 B．57个
C．56个 D．54个
解析：选D 法一：不妨设x＝1，y＝2，z＝3，则ai∈{1,2,3}(i＝1,2,3,4)，所以ai＝1或2或3.
考虑反面，即数列{an}不是“有增有减”数列，此时有三种情况：常数数列、不增数列(a1≥a2≥a3≥a4，且等号不同时成立)及不减数列(a1≤a2≤a3≤a4，且等号不同时成立)．
①常数数列，有1,1,1,1；2,2,2,2；3,3,3,3，共3个．
②不减数列，含1,2,3中的任意两个数或三个数，
若含两个数，则有C＝3种情况，以含有1,2为例，不减数列有1,1,1,2；1,1,2,2；
1,2,2,2，共3个，所以含两个数的不减数列共有3×3＝9个．
若含三个数，则不减数列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3个．
所以不减数列共有9＋3＝12个．
③不增数列，同理②，共有12个．
综上，数列{an}不是“有增有减”数列共有3＋12×2＝27个．
所以，数列{an}是“有增有减”数列共有34－27＝54个．
法二：根据题设“有增有减”数列的定义，数列{an}共有两类．
第一类：数列{an}的4项只含有x，y，z中的两个，则有C＝3种情况，以只含x，y为例，满足条件的数列{an}有x，y，x，x；x，x，y，x；y，x，y，y；y，y，x，y；x，y，x，y；y，x，y，x；x，y，y，x；y，x，x，y，共8个，所以此类共有3×8＝24个．
第二类：数列{an}的4项含有x，y，z中的三个，必有两项是同一个，有C＝3种情况，以两项是x，另两项分别为y，z为例，满足条件的数列{an}有x，x，z，y；x，y，x，z；x，z，x，y；x，y，z，x；x，z，y，x；y，x，x，z；y，x，z，x；y，z，x，x；z，x，x，y；z，x，y，x，共10个，所以此类共有3×10＝30个．
综上，数列{an}共有24＋30＝54个．
3．如图，等腰三角形PAB所在平面为α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分别为PA，AB的中点，G为CD的中点．平面α内经过点G的直线l将△PAB分成两部分，把点P所在的部分沿直线l翻折，使点P到达点P′(P′?平面α)．若点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，则线段P′H的长度的取值范围是________．
解析：在等腰三角形PAB中，∵PA⊥PB，AB＝4，
∴PA＝PB＝2.
∵C，D分别为PA，AB的中点，
∴PC＝CD＝且PC⊥CD.
连接PG，P′G，
∵G为CD的中点，∴PG＝P′G＝.
连接HG，
∵点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，
∴P′H⊥平面α，∴P′H⊥HG，
∴HG＜P′G＝.
易知点G到线段AB的距离为，
∴HG≥，∴≤HG＜.
又P′H＝，∴0＜P′H≤.
答案：
4．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.
(1)求p的值；
(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．
解：(1)连接AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是边长为4的正三角形，所以∠FAE＝60°，设准线l与x轴交于点D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝|AF|＝×4＝2.
(2)由题意知直线QR的斜率不为0，设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)．
由得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t.
又点P，Q在抛物线C上，
所以kPQ＝＝＝＝，
同理可得kPR＝.因为kPQ＋kPR＝－1，
所以＋＝
＝＝－1，
则t＝3m－.
由
解得m∈∪∪(1，＋∞)，
所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－，
则直线QR过定点.
5．已知函数f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)．
(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；
(2)若a≥－，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.
解：(1)由题意可知g′(x)＝ex－m，
当m≥1时，由g′(x)＝0得x＝ln m，
由x>ln m得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(ln m)＝m－m(ln m＋1)＝－mln m.
(2)证明：当x∈(0,1)时，要证f(x)>x＋1，
即证x3＋ax＋4xcos x＋1>.
由(1)得，当m＝1时，g(x)＝ex－(x＋1)≥0，
即ex≥x＋1，
所以e2x≥(x＋1)2，所以<，x∈(0,1)，
x3＋ax＋4xcos x＋1－>x3＋ax＋4xcos x＋1－＝x3＋ax＋4xcos x＋＝x，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋4cos x＋a＋))
令h(x)＝x2＋4cos x＋a＋，
则h′(x)＝2x－4sin x－，
令I(x)＝2x－4sin x，
则I′(x)＝2－4cos x＝2(1－2cos x)，
当x∈(0,1)时，cos x>cos 1>cos＝，
所以1－2cos x<0，
所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，
所以当x∈(0,1)时，I(x)所以h(x)在(0,1)上为减函数，
因此，当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝a＋＋4cos 1，
因为4cos 1>4cos＝2，而a≥－，
所以a＋＋4cos 1>0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，
所以x3＋ax＋4xcos x＋1>成立，
所以当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1成立．
“2＋1＋2”压轴满分练(四)
1．已知函数f(x)＝－1－nln x(m>0,0≤n≤e)在区间[1，e]内有唯一零点，则的取值范围为( )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，＋1)) B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，＋1))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，1)) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，＋1))
解析：选A f′(x)＝－－＝－，当n＝0时，f′(x)＝－＜0，当0＜n≤e时，令f′(x)＝0，则x＝－＜0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递减，由函数f(x)在区间[1，e]内有唯一零点，
得即即
或即又m＞0,0≤n≤e，
所以(1)或(2)
所以m，n满足的可行域如图(1)或图(2)中的阴影部分所示，则＝表示点(m，n)与点(－1，－2)所在直线的斜率，
当m，n满足不等式组(1)时，的最大值在点(1，e)处取得，为＝＋1，
当m，n满足不等式组(2)时，的最小值在A点处取得，根据得所以最小值为，故选A.
2．已知P为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)右支上的任意一点，经过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点．若点A，B分别位于第一、四象限，O为坐标原点，当＝时，△AOB的面积为2b，则双曲线C的实轴长为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
由＝，
得(x－x1，y－y1)＝(x2－x，y2－y)，
则x＝x1＋x2，y＝y1＋y2，
所以－＝1.
易知点A在直线y＝x上，点B在直线y＝－x上，
则y1＝x1，y2＝－x2，
所以－＝1，
即b22－a22＝a2b2，
化简可得a2＝x1x2.
由渐近线的对称性可得sin∠AOB＝sin 2∠AOx＝＝＝＝，
所以△AOB的面积为|OA||OB|sin∠AOB＝××sin∠AOB
＝ × ×
＝x1x2 × ×
＝a2××
＝a2××＝ab＝2b，
得a＝，所以双曲线C的实轴长为.
3．已知数列{an}共16项，且a1＝1，a8＝4.记关于x的函数fn(x)＝x3－anx2＋(a－1)x，n∈N*.若x＝an＋1(1≤n≤15)是函数fn(x)的极值点，且曲线y＝f8(x)在点(a16，f8(a16))处的切线的斜率为15，则满足条件的数列{an}的个数为________．
解析：fn′(x)＝x2－2anx＋a－1＝[x－(an＋1)][x－(an－1)]，令fn′(x)＝0，得x＝an＋1或x＝an－1，所以an＋1＝an＋1或an－1＝an＋1(1≤n≤15)，所以|an＋1－an|＝1(1≤n≤15)，又f8′(x)＝x2－8x＋15，所以a－8a16＋15＝15，解得a16＝0或a16＝8，
当a16＝0时，a8－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝3，
得ai＋1－ai(1≤i≤7，i∈N*)的值有2个为－1,5个为1；
由a16－a8＝(a9－a8)＋(a10－a9)＋…＋(a16－a15)＝－4，
得ai＋1－ai(8≤i≤15，i∈N*)的值有6个为－1,2个为1.
所以此时数列{an}的个数为CC＝588，
同理可得当a16＝8时，数列{an}的个数为CC＝588.
综上，数列{an}的个数为2CC＝1 176.
答案： 1 176
4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左顶点为A，离心率为，点B是椭圆上的动点，△ABF1面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点F1的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，线段MN的中垂线为l′.若直线l′与直线l相交于点P，与直线x＝2相交于点Q，求的最小值．
解：(1)由已知得e＝＝，即a2＝2c2.
∵a2＝b2＋c2，∴b＝c.
设B点的纵坐标为y0(y0≠0)，
则S△ABF1＝(a－c)·|y0|≤(a－c)b＝，
即(b－b)b＝－1，∴b＝1，a＝.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可知F1(－1,0)，
由题意知直线l的斜率不为0，故设直线l：x＝my－1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，Q(2，yQ)．
联立，得消去x，
得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
此时Δ＝8(m2＋1)＞0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
由弦长公式，得|MN|＝|y1－y2|
＝ ＝2·.
又yP＝＝，∴xP＝myP－1＝，
∴|PQ|＝|xP－2|＝·，
∴＝＝·＝（＋）≥2，
当且仅当＝，即m＝±1时等号成立，
∴当m＝±1，即直线l的斜率为±1时，取得最小值2.
5．已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1，a∈R.
(1)当x＞0时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当n∈N*时，证明：＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.
解：(1)由f(x)≥0，得xln x＋ax＋1≥0(x＞0)，
即－a≤ln x＋恒成立，即－a≤min.
令F(x)＝ln x＋(x＞0)，则F′(x)＝－＝，
∴函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴函数F(x)＝ln x＋的最小值为F(1)＝1，
∴－a≤1，即a≥－1，
∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)证明：∵为数列的前n项和，为数列的前n项和，
∴只需证明＜2＜即可．
由(1)知，当a＝－1时，xln x－x＋1≥0，即ln x≥1－，
令x＝＞1，得ln >1－＝，
∴2＞2＞.
现证明2＜，
即2ln ＜＝＝ － .(*)
现证明2ln x＜x－(x＞1)，
构造函数G(x)＝x－－2ln x(x＞1)，
则G′(x)＝1＋－＝＞0，
∴函数G(x)在(1，＋∞)上是增函数，
即G(x)＞G(1)＝0，
即2ln x＜x－成立．
令x＝ ，则(*)式成立．
综上，得＜2＜.
对数列，，分别求前n项和，得＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.
“2＋1＋2”压轴满分练(五)
1．函数f(x)＝2sin(ω＞0)的图象在[0,1]上恰有两个极大值点，则ω的取值范围为( )
A．[2π，4π] B.
C. D.
解析：选C 法一：由函数f(x)在[0,1]上恰有两个极大值点，及正弦函数的图象可知ω＋∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋，4π＋))，则≤ω＜.
法二：取ω＝2π，则f(x)＝2sin，
由2πx＋＝＋2kπ，k∈Z，得x＝＋k，k∈Z，
则在[0,1]上只有x＝，不满足题意，排除A、B、D，故选C.
2．过点P(2，－1)作抛物线x2＝4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，M两点，O为坐标原点，则△PEM与△OAB的面积的比值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1＜x2，
则y1＝，y2＝，由y＝x2得y′＝x，
则直线PA的方程为y－y1＝x1(x－x1)，
即y－＝x1(x－x1)，则E，
将P(2，－1)代入得x1－y1＋1＝0，
同理可得直线PB的方程为x2－y2＋1＝0，M，
∴直线AB的方程为x－y＋1＝0，
则AB过定点F(0,1)，
S△AOB＝|OF|(x2－x1)＝(x2－x1)，
S△PEM＝×1×＝(x2－x1)，
∴＝.
3．在四面体ABCD中，AD＝DB＝AC＝CB＝1，则当四面体的体积最大时，它的外接球半径R＝________.
解析：当平面ADC与平面BCD垂直时，四面体ABCD的体积最大，因为AD＝AC＝1，
所以可设等腰三角形ACD的底边CD＝2x，高为h，则x2＋h2＝1，
此时四面体的体积V＝××2x×h2＝x(1－x2)，则V′＝－x2，令V′＝0，得x＝，从而h＝，
则CD＝AB＝，故可将四面体ABCD放入长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，如图，
则解得a2＝c2＝，b2＝，则长方体的体对角线即四面体ABCD的外接球直径，(2R)2＝a2＋b2＋c2＝，R＝.
答案：
4．已知椭圆Γ∶＋＝1，过点P(1,1)作斜率互为相反数的两条不同直线l1，l2，设l1与椭圆Γ交于A，B两点，l2与椭圆Γ交于C，D两点．
(1)若P(1,1)为AB的中点，求直线l1的方程；
(2)记λ＝，求λ的取值范围．
解：(1)易知直线l1的斜率存在且不为0，设直线AB的斜率为k，则其方程为y－1＝k(x－1)，代入x2＋2y2＝4中，
得x2＋2[kx－(k－1)]2－4＝0，
∴(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4＝0.
判别式Δ＝[4(k－1)k]2－4(2k2＋1)[2(k－1)2－4]
＝8(3k2＋2k＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∵AB的中点为P(1,1)，
∴(x1＋x2)＝＝1，则k＝－.
∴直线l1的方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
(2)由(1)知|AB|＝|x1－x2|
＝
＝.
由题可得直线l2的方程为y－1＝－k(x－1)(k≠0)，
同理可得|CD|＝，
∴λ＝＝ (k≠0)，
∴λ2＝1＋＝1＋.
令t＝3k＋，
则g(t)＝1＋，t∈(－∞，－2 ]∪[2，＋∞)．
易知g(t)在(－∞，－2 ]，[2，＋∞)上单调递减，
∴2－≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋，
故2－≤λ2＜1或1＜λ2≤2＋，
即λ∈∪.
5．已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴f(x)在(0,1)上为减函数；在(1，＋∞)上为增函数．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x＞0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．
①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)＞0，故g(t)无零点；
②当a＜0时，g′(t)＝et－a＞0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，
g＝e－1＜0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a＞0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0＜a＜e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＞0，g(t)无零点；
若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；
若a＞e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，
由y＝在x＞e时为减函数，可知
当a＞e时，ea＞ae＞a2，从而g(a)＝ea－a2＞0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a＞e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
“2＋1＋2”压轴满分练(一)
1．过抛物线y＝x2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y＝－1上，若△ABC为正三角形，则其边长为( )
A．11 B．12
C．13 D．14
解析：选B 由题意可知，焦点F(0,1)，易知过焦点F的直线的斜率存在且不为零，设为k(k≠0)，则该直线方程为y＝kx＋1(k≠0)，联立方程得∴x2＝4(kx＋1)，即x2－4kx－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，设线段AB的中点为M，则M(2k，2k2＋1)，|AB|＝＝＝4(1＋k2)，设C(m，－1)，连接MC，∵△ABC为等边三角形，∴kMC＝＝－，m＝2k3＋4k，点C(m，－1)到直线y＝kx＋1的距离|MC|＝＝|AB|，∴＝×4(1＋k2)，∴＝2(1＋k2)，∴＝，∴k＝±，∴|AB|＝4(1＋k2)＝12.
2．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，f ＝，f ＝0，且f(x)在(0，π)上单调．下列说法正确的是( )
A．ω＝
B．f ＝
C．函数f(x)在上单调递增
D．函数f(x)的图象关于点中心对称
解析：选C 由题意得函数f(x)的最小正周期T＝，
因为f(x)在(0，π)上单调，所以＝≥π，得0<ω≤1.
因为f ＝，f ＝0，所以f(x)在(0，π)上单调递减，又0<φ<π，0<ω≤1，
所以解得
所以f(x)＝2sin.选项A显然不正确．
因为f ＝2sin－×＋＝2sin＝，所以B不正确．
因为当－π≤x≤－时，0≤x＋≤，所以函数f(x)在上单调递增，故C正确．
因为f ＝2sin＝2sin≠0，所以点不是函数f(x)图象的对称中心，故D不正确．
3．已知函数f(x)＝，g(x)＝，若函数y＝f(g(x))＋a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1
解析：∵g(x)＝，∴g′(x)＝.当00，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．作出函数g(x)的大致图象如图所示，
令g(x)＝t，由f(t)＋a＝＋a＝0，得关于t的一元二次方程t2＋(a－1)t＋1－a＝0，又f(g(x))＋a＝0有三个根x1，x2，x3，且x10，得1－a<0或1－a>4.当0令λ＝1－a，φ(t)＝t2＋(a－1)t＋1－a＝t2－λt＋λ，
由t1<0即解得<λ<0.
综上，2g(x1)＋g(x2)＋g(x3)的取值范围为.
答案：
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，连接并延长AF1，AF2，分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2(O为坐标原点)，求证：k1·k2为定值．
解：(1)设|MF1|＝r1，|MF2|＝r2，
由题意，得
∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：易知直线AF1，AF2的斜率均不为0.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，
当直线AF1的斜率不存在时，不妨令A，则B，又F1(－1,0)，F2(1,0)，
∴直线AF2的方程为y＝－(x－1)，将其代入＋y2＝1，整理可得5x2－2x－7＝0，
∴x2＝，y2＝－，则D ，
∴直线BD的斜率k1＝＝，
直线OA的斜率k2＝－，
∴k1·k2＝×＝－.
当直线AF2的斜率不存在时，同理可得k1·k2＝－.
当直线AF1，AF2的斜率都存在且不为0时，设A(x0，y0)，则x0y0≠0，
则直线AF1的方程为y＝(x＋1)，
联立，得消去y可得，
[(x0＋1)2＋2y]x2＋4yx＋2y－2(x0＋1)2＝0，
又＋y＝1，∴2y＝2－x，
∴(3＋2x0)x2＋2(2－x)x－3x－4x0＝0，
∴x1·x0＝，
∴x1＝，
则y1＝＝－，
∴B .
直线AF2的方程为y＝(x－1)，
同理可得D，，
∴直线BD的斜率
k1＝＝＝，
∵直线OA的斜率k2＝，
∴k1·k2＝·＝＝＝－.
综上，k1·k2为定值，且定值为－.
5.已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1解：(1)由题意得f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，所以a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)，
则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，
F′(x)＝(x＋2)ex－，
当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，则G′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，
所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，
又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，所以x1′≤x1，
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，
令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，T′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，则H′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，
所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0)＝0，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，
又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，
所以x2′≥x2.
又x1′≤x1，
所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋))＝1＋.
