升级增分训练 三角函数与平面向量
1．(2017·宜春中学与新余一中联考)已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|＋|≥||，那么·的取值范围是( )
A．－2,4) B．(－2,4)
C．(－4,2) D．(－4,2]
解析：选A 依题意，(＋)2≥(－)2，
化简得·≥－2，
又根据三角形中，两边之差小于第三边，
可得||－||＜||＝|－|，
两边平方可得(||－||)2＜(－)2，
化简可得·＜4，∴－2≤·＜4．
2．(2017·江西赣南五校二模)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2＝＋且||＝||，则向量在方向上的投影为( )
A． B．
C．－ D．－
解析：选A 由2＝＋可知O是BC的中点，
即BC为△ABC外接圆的直径，
所以||＝||＝||，由题意知||＝||＝1，
故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．
所以向量在方向上的投影为||·cos∠ABC＝1×cos 60°＝．故选A．
3．(2017·石家庄质检)设α，β∈0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A．－，1] B．－1，]
C．－1,1] D．1，]
解析：选C ∵sin αcos β－cos αsin β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈0，π]，
∴α－β＝，又
则≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin (α－2β)
＝sin＋sin(α－2α＋π)
＝cos α＋sin α＝sin，
∵≤α≤π，∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求取值范围为－1,1]．故选C．
4．(2016·湖南岳阳一中4月月考)设a，b为单位向量，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是( )
A．1 B．
C．2 D．2
解析：选D ∵向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，
∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，
∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤＝＝2．
当且仅当|a＋b|＝|a－b|，
即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2．
∴|c|≤2．∴|c|的最大值为2．
5．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝sin2＋sin ωx－(ω＞0)，x∈R．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )
A． B．∪
C． D．∪
解析：选D f(x)＝＋sin ωx－
＝(sin ωx－cos ωx)＝sin．
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以＞2π－π，
即＞π，所以0＜ω＜1．
当x∈(π，2π)时，
ωx－∈，
若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，
则ωπ－＜kπ＜2ωπ－(k∈Z)，
即＋＜ω＜k＋(k∈Z)．
当k＝0时，＜ω＜；
当k＝1时，＜ω＜．
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，
0＜ω≤或≤ω≤．
6．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9
C．7 D．5
解析：选B 由题意得
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－．
若ω＝11，则φ＝－，
此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
不满足f(x)在区间上单调；若ω＝9，则φ＝，
此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B．
7．(2016·贵州适应性考试)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝，且a≥c，则2a－c的最小值是________．
解析：由a2＋c2－b2＝2accos B＝ac，
所以cos B＝，则B＝60°，又a≥c，
则A≥C＝120°－A，
所以60°≤A＜120°，
＝＝＝＝2，
则2a－c＝4sin A－2sin C
＝4sin A－2sin(120°－A)
＝2sin(A－30°)，
当A＝60°时，2a－c取得最小值．
答案：
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos B－bcos A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．
解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，
得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C
＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，
整理得sin Acos B＝3cos Asin B，
即tan A＝3tan B，
易得tan A＞0，tan B＞0，
∴tan(A－B)＝＝
＝≤＝，
当且仅当＝3tan B，
即tan B＝时，tan(A－B)取得最大值，
此时B＝．
答案：
9．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋
≥
＝＝|a＋b|．
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为．
答案：
10．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)已知函数f(x)＝sin x＋cos x(x∈R)．
(1)若α∈0，π]且f(α)＝2，求α；
(2)先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝对称，求θ的最小值．
解：(1)f(x)＝sin x＋cos x
＝2
＝2sin．
由f(α)＝2，得sin＝，
即α＋＝2kπ＋
或α＋＝2kπ＋，k∈Z．
于是α＝2kπ－或α＝2kπ＋，k∈Z．
又α∈0，π]，
故α＝．
(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，
得到y＝2sin的图象，
再将y＝2sin图象上所有点的横坐标向右平行移动θ个单位长度，
得到y＝2sin的图象．
由于y＝sin x的图象关于直线x＝kπ＋(k∈Z)对称，
令2x－2θ＋＝kπ＋，
解得x＝＋θ＋，k∈Z．
由于y＝2sin的图象关于直线x＝对称，
令＋θ＋＝，
解得θ＝－＋，k∈Z．
由θ＞0可得，
当k＝1时，θ取得最小值．
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sin Bsin C．
(1)求角A；
(2)若a＝2，求b＋c的取值范围．
解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sin Bsin C，知a2＝b2＋c2－bc，
所以cos A＝＝．
又0＜A＜，所以A＝．
(2)由(1)知A＝，
所以B＋C＝，
所以B＝－C．
因为a＝2，
所以＝＝，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
所以b＋c＝4sin B＋4sin C＝4sin＋4sin C
＝2(cos C＋sin C)＝4sin．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0＜B＝－C＜，
所以＜C＜，
所以＜C＋＜，
所以＜sin≤1，
所以6＜4sin≤4．
故b＋c的取值范围为(6,4]．
12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos B＝2c－b．
(1)若cos(A＋C)＝－，求cos C的值；
(2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面积；
(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且·＋·＝m，求m的值．
解：(1)由2acos B＝2c－b，
得2sin Acos B＝2sin C－sin B，
即2sin Acos B＝2sin(A＋B)－sin B，
整理得2cos Asin B＝sin B．
∵sin B≠0，
故cos A＝，
则A＝60°．
由cos(A＋C)＝－cos B＝－，
知cos B＝，
所以sin B＝．
所以cos C＝cos(120°－B)＝－cos B＋sin B＝．
(2)·＝·(－)
＝·－2
＝||·||·cos A－||2
＝bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面积为
bcsin A＝×5×8×＝10．
(3)由·＋·＝m，
可得··＋··＝m2，(*)
因为O是△ABC外接圆的圆心，
所以·＝2，·＝2，
又||＝，
所以(*)可化为·c2＋·b2＝m·，
所以m＝2(cos Bsin C＋sin Bcos C)＝2sin(B＋C)
＝2sin A＝．
升级增分训练（一）函数与方程
1．在，k∈Z上存在零点的函数是( )
A．y＝sin 2x B．y＝cos 2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin2x
解析：选B 当x∈，k∈Z时，
sin 2x＜0，sin2x＞0恒成立．故排除A，D，若tan 2x＝0，
则2x＝kπ，x＝，k∈Z，所以y＝tan 2x在x∈，k∈Z上不存在零点，当x＝＋2kπ，k∈Z时，cos 2x＝0，故选B．
2．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )
A．(a，b)、(b，c)内
B．(－∞，a)、(a，b)内
C．(b，c)、(c，＋∞)内
D．(－∞，a)、(c，＋∞)内
解析：选A f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a＜b＜c，∴f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，即f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，又∵f(x)在R上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内．
3．在下列区间中，函数f(x)＝3x－x2有零点的是( )
A．0,1] B．1,2]
C．－2，－1] D．－1,0]
解析：选D ∵f(0)＝1，f(1)＝2，
∴f(0)f(1)＞0；
∵f(2)＝5，f(1)＝2，∴f(2)f(1)＞0；
∵f(－2)＝－，f(－1)＝－，
∴f(－2)f(－1)＞0；
∵f(0)＝1，f(－1)＝－，∴f(0)f(－1)＜0．
易知－1,0]符合条件，故选D．
4．(2017·皖江名校联考)已知函数f(x)＝ex－2ax，函数g(x)＝－x3－ax2．若不存在x1，x2∈R，使得f′(x1)＝g′(x2)，则实数a的取值范围为( )
A．(－2,3) B．(－6,0)
C．－2,3] D．－6,0]
解析：选D 易得f′(x)＝ex－2a＞－2a，g′(x)＝－3x2－2ax≤，由题意可知≤－2a，解得－6≤a≤0．
5．函数y＝ln x＋x－－2的零点所在的区间为( )
A． B．(1,2)
C．(2，e) D．(e,3)
解析：选C 由题意，求函数y＝ln x＋x－－2(x＞0)的零点，即为求曲线y＝ln x与y＝－x＋＋2的交点，可知y＝ln x在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y＝－x＋＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，ln x＜－x＋＋2，当x＝e时，ln x＞－x＋＋2，因此函数y＝ln x＋x－－2的零点在(2，e)内．故选C．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；②当x∈－1,1]时，f(x)＝．若函数g(x)＝则函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上的零点个数是( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选C 函数f(x)与g(x)在区间－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上零点的个数是9．
7．(2017·昆明两区七校调研)若f(x)＋1＝，当x∈0，1]时，f(x)＝x，在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 依题意，
f(x)＝－1，
当x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)，
f(x)＝－1＝－1，
由g(x)＝0得f(x)＝m．
在同一坐标系上画出函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1,1]内的图象，
结合图象可知，要使g(x)有两个零点，只需函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围是，选B．
8．(2017·海口调研)若关于x的方程|x4－x3|＝ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 依题意，注意到x＝0是方程|x4－x3|＝ax的一个根．
当x＞0时，a＝|x3－x2|，
记f(x)＝x3－x2，
则有f′(x)＝3x2－2x，
易知f(x)＝x3－x2在区间上单调递减，
在区间(－∞，0)，上单调递增．
又f(1)＝0，
因此g(x)＝＝的图象如图所示，由题意得直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈，选A．
9．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．2,4] B．
C． D．2,3]
解析：选D 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，
设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，
若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，
则|1－b|≤1，∴0≤b≤2．
由于g(x)＝x2－ax－a＋3必经过点(－1,4)，
∴要使其零点在区间0,2]上，
则即
解得2≤a≤3．
10．已知在区间－4,4]上g(x)＝－x2－x＋2，f(x)＝
给出下列四个命题：
①函数y＝fg(x)]有三个零点；
②函数y＝gf(x)]有三个零点；
③函数y＝ff(x)]有六个零点；
④函数y＝gg(x)]有且只有一个零点．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 画出函数f(x)，g(x)的草图，如图，
①设t＝g(x)，则由fg(x)]＝0，得f(t)＝0，
则t＝g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以fg(x)]＝0有3个解，
所以①正确；
②设m＝f(x)，若gf(x)]＝0，即g(m)＝0，
则m＝x0∈(1,2)，所以f(x)＝x0∈(1,2)，
由图象知对应f(x)＝x0∈(1,2)的解有3个，
所以②正确；
③设n＝f(x)，若ff(x)]＝0，
即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，
而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以ff(x)]＝0共有6个解，所以③正确；
④设s＝g(x)，若gg(x)]＝0，即g(s)＝0，
所以s＝x3∈(1,2)，则g(x)＝x3，
因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．
11．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
解析：当x∈0,1]时，f′(x)＝6x2＋6x≥0，
则f(x)＝2x3＋3x2＋m在0,1]上单调递增，
因为函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，
所以在区间0,1]和(1，＋∞)内分别有一个交点，
则m＜0，且f(1)＝m＋5＞0，解得－5＜m＜0．
答案：(－5,0)
12．设函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
解析：①当x≤0时，
y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝log22x－1＝x－1，
令x－1＝0，则x＝1，
显然与x≤0矛盾，
所以此情况无零点．
②当x＞0时，分两种情况：
当x＞1时，log2x＞0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝log2(log2x)－1，
令log2(log2x)－1＝0，得log2x＝2，
解得x＝4；
当0＜x≤1时，log2x≤0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝2log2x－1＝x－1，
令x－1＝0，解得x＝1．
综上，函数y＝f(f(x))－1的零点个数为2．
答案：2
13．(2017·湖北优质高中联考)函数f(x)＝|x－1|＋2cos πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：原问题可转化为求y＝|x－1|与y＝－2cos πx在－4,6]内的交点的横坐标的和，
因为上述两个函数图象均关于x＝1对称，
所以x＝1两侧的交点关于x＝1对称，
那么两对应交点的横坐标的和为2，
分别画出两个函数在－4,6]上的图象(如图)，
可知在x＝1两侧分别有5个交点，
所以所求和为5×2＝10．
答案：10
14．已知函数f(x)＝与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是．
由x－＝5a，可得x2－5ax－1＝0，
设h(x)＝x2－5ax－1，
当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0，
可得a＝0，不满足题意；
当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，
可得a＝≤，满足题意；
当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0
可得a＝＞，
不满足题意．
又函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，
故满足条件的实数a的个数为1．
答案：1
升级增分训练 利用导数探究含参数函数的性质
1．已知函数f(x)＝x－ax2－ln(1＋x)(a＞0)．
(1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．
(1)依题意，得f′(2)＝0，即＝0，解得a＝．
经检验，a＝符合题意，故a的值为．
(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－1．
①当0＜a＜1时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x1)
?
f(x2)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是(－1,0)和．
②当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)．
③当a＞1时，－1＜x2＜0，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x2)
?
f(x1)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的单调增区间是，
单调减区间是(－1,0)和；
当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)；
当a＞1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝．
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在－1,1)上的最大值为2．
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a≤0时，f(x)≤0；
当a＞0时，f(x)在1，e]上单调递增，
则f(x)在1，e]上的最大值为f(e)＝a．
综上所述，当a≥2时，f(x)在－1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在－1，e]上的最大值为2．
3．已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由已知得f′(x)＝a－＝(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，
由f′(x)＞0，得x＞，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
即f(x)在x＝处有极小值．
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，
当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2?1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2．
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，
故实数b的取值范围为．
4．已知方程f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0，其中a∈R，x∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0得f(x)＝，则f′(x)＝．
①当a＝0时，f′(x)＝，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，－a)，，单调递增区间是．
③当a＜0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的单调递增区间是，(－a，＋∞)，单调递减区间是．
(2)由(1)得，a＝0不合题意．
当a＞0时，由(1)得，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在0，＋∞)上存在最大值f＝a2＞0．
设x0为f(x)的零点，易知x0＝，且x0＜．
从而当x＞x0时，f(x)＞0；当x＜x0时，f(x)＜0．
若f(x)在0，＋∞)上存在最小值，必有f(0)≤0，
解得－1≤a≤1．
所以当a＞0时，若f(x)在0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(0,1]．
当a＜0时，由(1)得，f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以f(x)在0，＋∞)上存在最小值f(－a)＝－1．
易知当x≥－a时，－1≤f(x)＜0，所以若f(x)在0，＋∞)上存在最大值，必有f(0)≥0，解得a≥1或a≤－1．
所以当a＜0时，若f(x)在0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(－∞，－1]．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]．
5．设函数f(x)＝x2－ax＋b．
(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D；
(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足条件D≤1时的最大值．
解：(1)由题意，
f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，
则f′(sin x)＝(2sin x－a)cos x，
因为－＜x＜，所以cos x＞0，－2＜2sin x＜2．
①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值；
②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值；
③对于－2＜a＜2，在内存在唯一的x0，使得2sin x0＝a．
－＜x≤x0时，函数f(sin x)单调递减；
x0≤x＜时，函数f(sin x)单调递增．
因此，－2＜a＜2，b∈R时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)＝f＝b－．
(2)当－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，
当(a0－a)(b－b0)≥0，x＝时等号成立，
当(a0－a)(b－b0)＜0时，x＝－时等号成立．
由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|．
(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，
此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1．
取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1．
由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1．
6．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝aln x(a∈R)．
(1)当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1∈，求h(x1)－h(x2)的最小值．
解：(1)由题意得F(x)＝x－－aln x(x＞0)，
则F′(x)＝，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4．
①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，
所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a＞2时，Δ＞0，设F′(x)＝0的两根为
x1＝，x2＝，
所以F(x)的单调递增区间为
和，
F(x)的单调递减区间为．
综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞2时，F(x)的单调递增区间为
和，
F(x)的单调递减区间为．
(2)对h(x)＝x－＋aln x，x∈(0，＋∞)求导得，
h′(x)＝1＋＋＝，
h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，
所以x2＝，从而有a＝－x1－．
令H(x)＝h(x)－h
＝x－＋ln x－
＝2，
即H′(x)＝2ln x＝(x＞0)．
当x∈时，H′(x)＜0，所以H(x)在上单调递减，
又H(x1)＝h(x1)－h＝h(x1)－h(x2)，
所以h(x1)－h(x2)]min＝H＝5ln 2－3．
升级增分训练 定点、定值、证明问题
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为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．求证：原点O到直线AB的距离为定值 ，并求出该定值．
解：(1)由题意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为．
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)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，
即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，满足Δ＞0．
所以原点O到直线AB的距离为＝．
综上，原点O到直线AB的距离为定值．
2．(2017·湖南省东部六校联考)设椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意一点，且△PF1F2的周长是4＋2．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若C点满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．
解：(1)由e＝，知＝，所以c＝a，
因为△PF1F2的周长是4＋2，
所以2a＋2c＝4＋2，
所以a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，
因为⊥，所以可设C(2，y1)，
所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，
由∥可得(x0＋2)y1＝2y0，
即y1＝．
所以直线AC的方程为：＝．
整理得y＝(x＋2)．
又点P在直线DE上，
将x＝x0代入直线AC的方程可得y＝，
即点P的坐标为，
所以P为DE的中点，
所以PD＝PE．
3．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为，
所以＝，解得c＝1．
又e＝＝，解得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3．
所以所求椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，
化简，得3＋4k2－m2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝．
因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，
则kAD·kBD＝－1，
所以·＝－1，
所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
所以＋＋＋4＝0．
化为7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－，满足3＋4k2－m2＞0．
当m＝－2k时，
l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；
当m＝－时，l：y＝k，直线过定点．
综上可知，直线l过定点．
4．(2016·南昌一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．
①求k1k2的值；
②求|OB|2＋|OC|2的值．
解：(1)设椭圆C的右焦点为F2(c,0)，
则c2＝a2－b2(c＞0)．
由题意可得，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，
∴圆心到直线x＋y＋2－1＝0的距离
d＝＝a．(*)
∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，
∴b＝c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝，a＝2，
故所求椭圆的方程为＋＝1．
(2)①设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则D(－x1，－y1)，
于是k1k2＝·＝
＝＝－．
②由①及题意知，k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．
∴xx＝yy＝(4－x)·(4－x)，
即xx＝16－4(x＋x)＋xx，
∴x＋x＝4．
又2＝＋＝＋，
故y＋y＝3．
∴|OB|2＋|OC|2＝x＋y＋x＋y＝7．
升级增分训练 导数的综合应用（一）
1．设函数f(x)＝ln x＋ax2＋x－a－1(a∈R)．
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在1，＋∞)上恒成立．
解：(1)当a＝－时，
f(x)＝ln x－x2＋x－，且定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝－x＋1＝－，(x＞0)
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是；
单调减区间是．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝ln x＋ax2－a，
则g′(x)＝＋2ax＝，
所以当a≥0时，g′(x)＞0在1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，
所以g(x)≥0在1，＋∞)上恒成立，
即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在1，＋∞)上恒成立．
2．(2016·海口调研)已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3ln x．
(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若x∈(1，](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，
f′(2)＝5，
又f(2)＝6，
∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)，
即y＝5x－4．
(2)由题意知，x∈(1，]时，
mx－－3ln x＜3恒成立，
即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立，
∵x∈(1，]，∴x2－1＞0，
则m＜恒成立．
令h(x)＝，x∈(1，]，
则m＜h(x)min．
h′(x)＝＝－，
∵x∈(1，]，
∴h′(x)＜0，
即h(x)在(1，]上是减函数．
∴当x∈(1，]时，h(x)min＝h()＝．
∴m的取值范围是．
3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．
(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；
(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．
解：f′(x)＝＋x＋b＝(x＞0)，又f′(1)＝0，
所以f′(x)＝(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．
(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c＞1，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0；
当1＜x＜c时，f′(x)＜0；
当x＞c时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．
(2)①若c＜0，
则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)＝0恰有两解，
则f(1)＜0，即＋b＜0，
所以－＜c＜0；
②若0＜c＜1，
则f(x)极大值＝f(c)＝cln c＋c2＋bc，
f(x)极小值＝f(1)＝＋b，
因为b＝－1－c，
则f(x)极大值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，
f(x)极小值＝－－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；
③若c＞1，
则f(x)极小值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，
f(x)极大值＝－－c＜0，
则f(x)＝0只有一解．
综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为．
4．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，
依题意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，
所以f′(x)＝1－＝，
当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．
故f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，
所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1．
设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，
则F′(x)＝ex＋－(k＋1)≥x＋1＋－(k＋1)，
(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，
此时F(x)在0，＋∞)上单调递增，
从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．
(ⅱ)当k＜1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．
由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，
故g(x)≥kf(x)．
(ⅲ)当k＞1时，令h(x)＝ex＋－(k＋1)，
则h′(x)＝ex－，
显然h′(x)在0，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝1－k＜0，h′(－1)＝e－1－1＞0，
所以h′(x)在(0，－1)上存在唯一零点x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，
所以h(x)在0，x0)上单调递减，
从而h(x)＜h(0)＝0，即F′(x)＜0，
所以F(x)在0，x0)上单调递减，
从而当x∈(0，x0)时，F(x)＜F(0)＝0，
即g(x)＜kf(x)，不合题意．
综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．
5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．
解：(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，
所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，
由题意，知a＝－1．
(2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g(x)＜0，
又f′(x)＝－3x2＋a，
①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a＞0，
即f(x)在x≤0时必有一个零点，
此时y＝h(x)有两个零点；
②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，
两根为x1＝－＜0，x2＝ ＞0，
则－ 是函数f(x)的一个极小值点， 是函数f(x)的一个极大值点，
而f＝－3＋a－
＝－ －＜0；
现在讨论极大值的情况：
f＝－3＋a－＝ －，
当f＜0，即a＜时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，
此时y＝h(x)有两个零点；
当f＝0，即a＝时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝ ＝，
此时y＝h(x)有三个零点；
当f＞0，即a＞时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于，
若f(1)＝－1＋a－＜0，
即a＜时，y＝h(x)有四个零点；
若f(1)＝－1＋a－＝0，
即a＝时，y＝h(x)有三个零点；
若f(1)＝－1＋a－＞0，
即a＞时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述：当a＜或a＞时，y＝h(x)有两个零点；
当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；
当＜a＜时，y＝h(x)有四个零点．
6．已知函数f(x)＝ax＋bln x＋1，此函数在点(1，f(1))处的切线为x轴．
(1)求函数f(x)的单调区间和最大值；
(2)当x＞0时，证明：＜ln＜；
(3)已知n∈N*，n≥2，求证：＋＋…＋＜ln n＜1＋＋…＋．
解：(1)由题意得
因为f′(x)＝a＋，
所以解得
所以f(x)＝－x＋ln x＋1．
即f′(x)＝－1＋＝，
又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0．
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
函数f(x)的最大值为f(1)＝0．
(2)证明：由(1)知f(x)＝－x＋ln x＋1，
且f(x)≤0(当且仅当x＝1时取等号)，
所以ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)．
当x＞0时，由≠1，得ln ＜－1＝；
由≠1，得ln＜－1＝－?－ln＞?ln＞．
故当x＞0时，＜ln＜．
(3)证明：由(2)可知，
当x＞0时，＜ln＜．
取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，
将所得各式相加，得
＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＜1＋＋…＋，
故＋＋…＋＜ln n＜1＋＋…＋．
升级增分训练 导数的综合应用（二）
1．已知函数f(x)＝(ax2－x＋a)ex，g(x)＝bln x－x(b＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈1,2]，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)ex．
当a＝0时，f′(x)＝－(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a≠0时，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝－1＋，
当a＞0时，因为－1＋＞－1，
所以f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，因为－1＋＜－1，
所以f(x)在和(－1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知当a＝时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝0．
由题意知，对任意x1∈(0,2)，存在x2∈1,2]，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为－f(x1)]max＝0，
所以bln x2－x2≥0，即b≥．
令h(x)＝，x∈1,2]，
则h′(x)＝＜0，
因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥，
即实数b的取值范围是．
2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)≥0且x＞0，
解得0＜x≤ ，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，
所以x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a，
对任意的a∈(－2,0]，
都存在x0∈(0,1]，不等式mea＋f(x0)＞0都成立，
等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立，不等式mea＋2－2a＞0可化为m＞，
记g(a)＝(a∈(－2,0])，
则g′(a)＝＝＞0，
所以g(a)的最大值是g(0)＝－2，
所以实数m的取值范围是(－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数a的值及f(x)的极值；
(2)是否存在区间(t＞0)使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝＝(x＞0)．
∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a－ln 1＝0．
解得a＝1．∴f(x)＝，f′(x)＝－，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．
(2)∵x＞1时，f(x)＝＞0，
当x→0时，f(x)→－∞，
由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，
由零点存在性定理，知f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点．
函数f(x)的图象如图所示．
∵函数f(x)在区间(t＞0)上存在极值点和零点，
∴即解得＜t＜．
∴存在符合条件的区间，实数t的取值范围为．
4．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝x2－aln x＋b(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；
(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；
(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤m恒成立，求m的最小值．
解：(1)因为f(x)＝x2－aln x＋b，
所以f′(x)＝x－，
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，
所以即解得
(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．
当a＝1时，f(x)＝x2－ln x＋b，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝＝，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以a＝1．
(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－＞0，
故函数f(x)在(0,2]上单调递增，
不妨设0＜x1≤x2≤2，
则|f(x1)－f(x2)|≤m可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，
设h(x)＝f(x)＋＝x2－aln x＋b＋，
则h(x1)≥h(x2)．
所以h(x)为(0,2]上的减函数，
即h′(x)＝x－－≤0在(0,2]上恒成立，
等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，
即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，
又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，
而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，
所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．
所以m≥12，
即m的最小值为12．
升级增分训练 数 列
1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选B 由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2
C．an＝ D．an＝
解析：选D 由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－(n－1)2＋(n－1)－2]＝2n．故选D．
3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为( )
A．2或3 B．3或4
C．3 D．4
解析：选B 设数列{bn}的第n项最大．
由
即
整理得
即
解得n＝3或n＝4．
又b3＝b4＝6，
所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( )
A． B．
C． D．
解析：选A 设bn＝nSn＋(n＋2)an，
则b1＝4，b2＝8，
又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，
所以Sn＋an＝4．
当n≥2时，
Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
所以an＝an－1，
即2·＝．
又因为＝1，
所以是首项为1，
公比为的等比数列，
所以＝n－1(n∈N*)，
所以an＝(n∈N*)．
5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是( )
A． B．
C． D．
解析：选C ∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴＝q6，＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2a，
∴a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，
∴m＋2n＝15，
∴＋＝(m＋2n)
＝≥
＝，当且仅当＝，n＝2m，
即m＝3，n＝6时等号成立，
∴＋的最小值是，故选C．
6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C 由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得＜bn＋1(n≥3)，
即t－＋t－＜2t－，
即＋＞，
化简得t(n－2)＞1．
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，
则t＞恒成立，
又当n≥3时，的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．
解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，
可以得到a1＝S1＞0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1＞0；
当q≠1时，Sn＝＞0，
即＞0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①
或(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q＞1，
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．
综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________．
解析：由题意可知，an＝n2·cos，
若n＝3k－2，
则an＝(3k－2)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k－1，
则an＝(3k－1)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k，
则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，
∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－，k∈N*，
∴S30＝＝×10＝470．
答案：470
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．
解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2a1＋2a2＝a3－7，
即2a2＝a3－7－2a1，
代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，
代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，
即an＋1＝3an＋2n，
当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，
所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．
上式两端同时除以2n＋1，
得＝×＋，
等式两端同时加1，得
＋1＝×＋＝，
所以数列是首项为，
公比为的等比数列，
所以＋1＝n，
所以＝n－1，
所以an＝3n－2n．
答案：3n－2n
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，
＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
∵|φ|＜π，
∴φ＝－．
(2)由(1)及题意可知an＝2nsin(n∈N*)，
数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
∴a3n－2＋a3n－1＋a3n
＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)
＝－(n∈N*)，
∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10．
11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．
解：(1)∵S＝acsin B＝4，
∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝ac＝16，
∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4．
故可得
∴an＝4n．
∵Tn－2bn＋3＝0，
∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，
∴bn＝3·2n－1．
(2)依题意，cn＝
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．
12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝．
因为a1＝2，
所以an＝2n．
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－＝．
因为＞0，
所以1－＜1．
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值．
所以≤Tn＜1．
升级增分训练 最值、范围、存在性问题
1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为－．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c，
则由题设有
解得a＝，c＝，
∴b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入＋x2＝1，
得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，
则Δ＝12k2－12＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝．
∴x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，
|AB|＝·
＝·＝，
∴
解得k4≥13，
即k≥或k≤－．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－]∪，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，
∴－b＝－2，解得b＝2．
又＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝4，c＝2．
可得椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，
联立消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝．
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝．
∴直线AB的斜率为定值．
3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－)和(0，)，并且经过点，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求·的最小值．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝，
2a＝＋＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋x2＝1．
∴右顶点F的坐标为(1,0)．
设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，
∴＝1,2p＝4，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．
由
消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，
x1＋x2＝2＋，x1x2＝1．
同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝·＋||·
＝|x1＋1|·|x2＋1|＋|x3＋1|·|x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋＋4k2
≥8＋2＝16，
当且仅当＝4k2，即k＝±1时，·有最小值16．
4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝，得＝，
即c＝a，①
又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，
且该圆与直线2x－y＋6＝0相切，
所以a＝＝，代入①得c＝2，
所以b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)由
得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，
使得2＋·＝(＋)·＝·EB―→为定值，
则·EB―→＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝，
要使上式为定值，即与k无关，
只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
解得m＝，
此时，2＋·＝m2－6＝－，
所以在x轴上存在定点E使得2＋·为定值，且定值为－．
升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题
1．设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝x3－x2，比较f(x)与g(x)的大小．
解：(1)因为f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx
＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，
又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，
所以f′(－2)＝f′(1)＝0，
因此
解得
(2)因为a＝－，b＝－1，
所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，
令f′(x)＝0，
解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1．
因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)＜0；
当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的；
在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．
(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2．
故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1．
令h′(x)＝0，得x＝1，
因为当x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0，
所以h(x)在(－∞，1]上单调递减；
故当x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0；
因为当x∈1，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在1，＋∞)上单调递增；
故x∈1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0．
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；
又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．
故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
2．(2015·北京高考)已知函数f(x)＝ln．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)，
所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2．
又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－2，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝．
因为g′(x)>0(0所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．
所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，
即当x∈(0,1)时，f(x)>2．
(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝．
所以当0因此h(x)在区间上单调递减．
故当0即f(x)所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立．
综上可知，k的最大值为2．
3．(2016·广州综合测试)已知函数f(x)＝mex－ln x－1．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，
所以f′(x)＝ex－．
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x．
(2)证明：当m≥1时，
f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1(x＞0)．
要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln x－2＞0．
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－．
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈．
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0．
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0．
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2＞0．
综上可知，当m≥1时，f(x)＞1．
4．(2017·石家庄质检)已知函数f(x)＝a－(x＞0)，其中e为自然对数的底数．
(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数；
(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝－(x＞0)，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，
所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点，
即函数y＝f(x)有一个极值点．
(2)证明：令f(x)＝a－＝0，得x＝aex，
因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，
所以x1＝aex1，x＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，
ln x2＝ln a＋x2．
故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln．
又＝t，则t＞1，且
解得x1＝，x2＝．
所以x1＋x2＝·．①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝．
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝2．
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0．
因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0，
由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．
升级增分训练 概率与统计
1．(2017·重庆适应性测试)据我国西部各省(区，市)2015年人均地区生产总值(单位：千元)绘制的频率分布直方图如图所示，则人均地区生产总值在区间28,38)上的频率是( )
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.7
解析：选A 依题意，由图可估计人均地区生产总值在区间28,38)上的频率是1－(0.08＋0.06)×5＝0.3，选A.
2．(2016·全国丙卷)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15 ℃，B点表示四月的平均最低气温约为5 ℃.下面叙述不正确的是( )
A．各月的平均最低气温都在0 ℃以上
B．七月的平均温差比一月的平均温差大
C．三月和十一月的平均最高气温基本相同
D．平均最高气温高于20 ℃的月份有5个
解析：选D 由图形可得各月的平均最低气温都在0 ℃以上，A正确；七月的平均温差约为10 ℃，而一月的平均温差约为5 ℃，故B正确；三月和十一月的平均最高气温都在10 ℃左右，基本相同，C正确，故D错误．
3．(2016·福建省毕业班质量检测)某公司为了增加其商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用x与销售利润y的统计数据如下表：
广告费用x(万元)
2
3
5
6
销售利润y(万元)
5
7
9
11
由表中数据，得线性回归方程l：＝x＋，则下列结论错误的是( )
A.＞0 B.＞0
C．直线l过点(4,8) D．直线l过点(2,5)
解析：选D 因为＝4，＝8，
所以回归直线l过样本的中心点(4,8)，
所以选项C正确；
因为＝1.4＞0，＝－＝8－1.4×4＝2.4＞0，
所以选项A、B都是正确的；
＝1.4x＋2.4，因为1.4×2＋2.4＝5.2≠5，
所以点(2,5)不在直线l上，所以选项D是错误的，故选D.
4．面对竞争日益激烈的消费市场，众多商家不断扩大自己的销售市场，以降低生产成本．某白酒酿造企业市场部对该企业9月份的产品销量(单位：千箱)与单位成本(单位：元)的资料进行线性回归分析，得到结果如下：
＝，＝71，＝79，iyi＝1 481.
则销量每增加1千箱，单位成本约下降________元(结果保留5位有效数字)．
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法公式分别为：
＝，＝－.
解析：由题意知＝≈－1.818 2，
＝71－(－1.818 2)×≈77.364，
所以＝－1.818 2x＋77.364，
所以销量每增加1千箱，
则单位成本约下降1.818 2元．
答案：1.818 2
5．从甲、乙两部门中各任选10名员工进行职业技能测试，测试成绩(单位：分)数据的茎叶图如图1所示：
(1)分别求出甲、乙两组数据的中位数，并比较两组数据的分散程度(只需给出结论)；
(2)甲组数据频率分布直方图如图2所示，求a，b，c的值；
(3)从甲、乙两组数据中各任取一个，求所取两数之差的绝对值大于20的概率．
解：(1)甲组数据的中位数为＝78.5，
乙组数据的中位数为＝78.5.
从茎叶图可以看出，甲组数据比较集中，乙组数据比较分散．
(2)由茎叶图知，甲组中60,70)的人数为1，故c＝0.01.
70,80)的人数为5人，故a＝0.05.
80,90)，90,100]的人数分别为2人，
故b＝0.02.
(3)从甲、乙两组数据中各任取一个，
得到的所有基本事件共有100个，其中满足“两数之差的绝对值大于20”的基本事件有16个，
故所求概率P＝＝.
6．(2017·合肥质检)某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x个月)和市场占有率(y%)的几组相关对应数据：
x
1
2
3
4
5
y
0.02
0.05
0.1
0.15
0.18
(1)根据上表中的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；
(2)根据上述回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%(精确到月)．
附：＝，＝－.
解：(1)由数据得＝(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
＝(0.02＋0.05＋0.1＋0.15＋0.18)＝0.1，
iyi＝0.02＋2×0.05＋3×0.1＋4×0.15＋5×0.18＝1.92.
＝12＋22＋32＋42＋52＝55.
5 ＝5×3×0.1＝1.5，
52＝45，
故＝＝0.042.
＝0.1－0.042×3＝－0.026，
所以线性回归方程为＝0.042x－0.026.
(2)由上面的回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，
即上市时间每增加1个月，市场占有率都增加0.042个百分点．
由＝0.042x－0.026＞0.5，解得x≥13，
故预计上市13个月时，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%.
7．(2016·北京高考)某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：
(1)如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当w＝3时，估计该市居民该月的人均水费．
解：(1)由用水量的频率分布直方图，知该市居民该月用水量在区间0.5,1]，(1,1.5]，(1.5,2]，(2,2.5]，(2.5,3]内的频率依次为0.1,0.15,0.2,0.25,0.15.
所以该月用水量不超过3立方米的居民占85%，用水量不超过2立方米的居民占45%.
依题意，w至少定为3.
(2)由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表如下：
组号
1
2
3
4
5
6
7
8
分组
2,4]
(4,6]
(6,8]
(8,10]
(10,12]
(12,17]
(17,22]
(22,27]
频率
0.1
0.15
0.2
0.25
0.15
0.05
0.05
0.05
根据题意，该市居民该月的人均水费估计为
4×0.1＋6×0.15＋8×0.2＋10×0.25＋12×0.15＋17×0.05＋22×0.05＋27×0.05＝10.5(元)．
8．(2016·云南省统测)某校高二年级共有1 600名学生，其中男生960名，女生640名．该校组织了一次满分为100分的数学学业水平模拟考试．根据研究，在正式的学业水平考试中，本次成绩在80,100]的学生可取得A等(优秀)，在60,80)的学生可取得B等(良好)，在40,60)的学生可取得C等(合格)，不到40分的学生只能取得D等(不合格)．为研究这次考试成绩优秀是否与性别有关，现按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生，将他们的成绩按从低到高分成30,40)，40,50)，50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100]七组加以统计，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数；
(2)请你根据已知条件将下列2×2列联表补充完整．并判断是否有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次考试中数学成绩优秀与性别有关”？
数学成绩优秀
数学成绩不优秀
合计
男生
a＝12
b＝
女生
c＝
d＝34
合计
n＝100
附：K2＝
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
k0
2.072
2.706
3.841
解：(1)设抽取的100名学生中，本次考试成绩不合格的有x人，
根据题意得x＝100×1－10×(0.006＋0.012×2＋0.018＋0.024＋0.026)]＝2.
据此估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数为×1 600＝32.
(2)根据已知条件得2×2列联表如下：
数学成绩优秀
数学成绩不优秀
合计
男生
a＝12
b＝48
60
女生
c＝6
d＝34
40
合计
18
82
100
∵K2＝≈0.407＜2.706，
∴没有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次考试中数学成绩优秀与性别有关”．
升级增分训练 立体几何
1．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )
A．2 B．2
C． D．2
解析：选D 在正方体ABCD-A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1-BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,2，2，2，故选D．
2．(2016·广东茂名二模)若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．34π B．35π
C．36π D．17π
解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R为外接球的半径)，外接球表面积为S＝4πR2＝34π．
3．(2017·湖南长沙三校联考)已知点E，F，G分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P-MNQ的俯视图不可能是( )
解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥P-MNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P-MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P-MNQ，使其俯视图为D．
4．(2017·河南中原名校联考)
如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，四棱锥S-ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．π B．π
C．π D．π
解析：选D 作如图所示的辅助线，
其中O为球心，设OG1＝x，
则OB1＝SO＝2－x，
由正方体的性质知B1G1＝，
则在Rt△OB1G1中，
OB＝G1B＋OG，
即(2－x)2＝x2＋2，
解得x＝，
所以球的半径R＝OB1＝，
所以球的表面积为S＝4πR2＝π．
5．(2016·湖南长沙四校一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为，∴所求体积V＝××＝．
6．(2016·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④．而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．
7．(2016·福建省质检)在三棱锥P-ABC中，PA＝2，PC＝2，AB＝，BC＝3，∠ABC＝，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A．4π B．π
C．π D．16π
解析：选D 设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R，在△ABC中，因为AB＝，BC＝3，∠ABC＝，所以AC＝＝4．在△PAC中，因为PA＝2，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝，所以AC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，所以R＝2，所以此三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×22＝16π．
8．(2016·南宁模拟)设点A，B，C为球O的球面上三点，O为球心．球O的表面积为100π，且△ABC是边长为4的正三角形，则三棱锥O-ABC的体积为( )
A．12 B．12
C．24 D．36
解析：选B ∵球O的表面积为100π＝4πr2，∴球O的半径为5．如图，取△ABC的中心H，连接OH，连接并延长AH交BC于点M，则AM＝＝6，AH＝AM＝4，∴OH＝＝＝3，
∴三棱锥O-ABC的体积为V＝××(4)2×3＝12．
9．如图，三棱锥V-ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为________．
解析：设三棱锥V-ABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的高为h，
则ah＝，其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，
其面积为×a×h＝××＝．
答案：
10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球的表面积为________．
解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1，的长方体的外接球的表面积，其半径R＝ ＝，所以S＝4πR2＝5π．
答案：5π
11．(2016·江西师大附中模拟)已知边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角A-BD-C的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．
解析：如图1，取BD的中点E，连接AE，CE．由已知条件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE内，如图2，在CE上取点G，使CG＝2GE，过点G作l1垂直于CE，过点E作l2垂直于AC，设l1与l2交于点O，连接OA，OC，则OA＝OC，易知O即为球心．分别解△OCG，△EGO可得R＝OC＝，∴外接球的表面积为28π．
答案：28π
12．(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3 cm3，其所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________cm2．
解析：球O的表面积最小等价于球O的半径R最小．设正三棱柱的底面边长为a，高为b，则正三棱柱的体积V＝a2b＝3，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圆的半径r＝a，则R2＝r2＋2＝2＋＝×＋＝＋，令f(b)＝＋，0＜b＜2R，则f′(b)＝．令f′(b)＝0，解得b＝2，当0＜b＜2时f′(b)＜0，函数f(b)单调递减，当b＞2时，f′(b)＞0，函数f(b)单调递增，所以当b＝2时，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面积的最小值为4π(R2)min＝12π．
答案：12π
13．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，
所以BE⊥AC．
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又BC∥DE，DE＝1＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角，
所以∠A1OC＝．
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以B，E，A1，C，
得＝，＝，
＝＝(－，0,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
则得
取y1＝1，
得平面A1BC的一个法向量为n1＝(1,1,1)；
由得
取y2＝1，得平面A1CD的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
从而cos θ＝|cos?n1，n2?|＝＝，
即平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值为．
升级增分训练 简化解析几何运算的5个技巧
1．(2016·四川高考)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A． B．
C． D．1
解析：选C 如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，
则y＝2px0，
即x0＝．
设M(x′，y′)，
由＝2，
得
化简可得
∴直线OM的斜率为k＝＝＝≤＝(当且仅当y0＝p时取等号)．
2．设双曲线＋＝1的一条渐近线为y＝－2x，且一个焦点与抛物线y＝x2的焦点相同，则此双曲线的方程为( )
A．x2－5y2＝1 B．5y2－x2＝1
C．5x2－y2＝1 D．y2－5x2＝1
解析：选D 因为x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以双曲线的焦点在y轴上．
因为双曲线的一条渐近线为y＝－2x，
所以设双曲线的方程为y2－4x2＝λ(λ＞0)，
即－＝1，
则λ＋＝1，λ＝，
所以双曲线的方程为y2－5x2＝1，故选D．
3．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c,0)，P为双曲线上任一点，且·最小值的取值范围是，则该双曲线的离心率的取值范围为( )
A．(1，] B．，2]
C．(0，] D．2，＋∞)
解析：选B 设P(x0，y0)，
则·＝(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)
＝x－c2＋y＝a2－c2＋y，
上式当y0＝0时取得最小值a2－c2，
根据已知－c2≤a2－c2≤－c2，
即c2≤a2≤c2，
即2≤≤4，
即≤≤2，
所以所求离心率的取值范围是，2]．
4．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ (λ＞1)，则λ的值为( )
A．5 B．4
C． D．
解析：选B 根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝λ，
得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－．
设直线AB的方程为y＝，
联立直线与抛物线方程，
消元得y2－py－p2＝0．
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－．
又λ＞1，解得λ＝4．
5．(2015·四川高考)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,4)
C．(2,3) D．(2,4)
解析：选D 设A，B，M，C(5,0)为圆心，当y1≠－y2时，kAB＝，kCM＝，由kAB·kCM＝－1?y＋y＝24，所以M，又r2＝|CM|2＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r2－20)2＝yy，所以y，y是方程t2－24t＋(2r2－20)2＝0的两个不同的正根，由Δ＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是(2,4)．
6．中心为原点，一个焦点为F(0,5)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
解析：选C 由已知得c＝5，
设椭圆的方程为＋＝1，
联立
消去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由根与系数关系得x1＋x2＝，
由题意知x1＋x2＝1，
即＝1，
解得a2＝75，
所以该椭圆方程为＋＝1．
7．已知双曲线C：－y2＝1，点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记λ＝·，则λ的取值范围是________．
解析：设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，
λ＝·
＝(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)
＝－x－y＋1
＝－x＋2．
因为|x0|≥，
所以λ的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
8．(2017·长春质检)已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则·的最小值为________．
解析：由题意，设A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
则B(－cos θ，－sin θ)，
∴＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
∴·
＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)(－sin θ－x－2)
＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ
＝2x2＋4x＋3
＝2(x＋1)2＋1，
当且仅当x＝－1，
即P(－1，1)时，·取最小值1．
答案：1
9．设抛物线(t为参数，p＞0)的焦点为F，准线为l．过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设C，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
解析：由(p＞0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，∴F，|AB|＝|AF|＝|CF|＝p，可得A(p，p)．
易知△AEB∽△FEC，
∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，
∴p2＝6．∵p＞0，∴p＝．
答案：
10．(2016·河北三市二联)已知离心率为的椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝．
(1)求此椭圆的方程；
(2)已知直线y＝kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，求k的值．
解：(1)设焦距为2c，
∵e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝，由题意可知＝，
∴b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)将y＝kx＋2代入椭圆方程，
得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，
解得k2＞1．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
若以CD为直径的圆过E点，
则·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
则(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，满足k2＞1．
11．(2016·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D．直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．求证：点M在定直线上．
解：(1)由题意知＝，
可得a2＝4b2．
因为抛物线E的焦点为F，
所以b＝，a＝1．
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1．
(2)证明：设P(m＞0)．
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m．
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0．
由Δ＞0，
得0＜m2＜2＋．(*)
由根与系数的关系得x1＋x2＝，
因此x0＝．
将其代入y＝mx－，
得y0＝．
因为＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x．
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
12．(2016·合肥质检)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由题意可知2a＝4，＝，又a2＋b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－，①
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－＜0，
知S＝(|x1|＋|x2|)＝|x1－x2|
＝＝2，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2．
对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝＞0，
∴y＝t＋在t∈3，＋∞)上单调递增，
∴t＋≥，
∴0＜≤，∴0＜S≤，
即△OAB面积的取值范围是．
