第2讲 客观“瓶颈”题突破——冲刺高分
试题特点 “瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”——无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？全国高考卷客观题满分80分，共16题，决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第10，11，12，15，16题中有较大收获，分析近三年高考，必须从以下几个方面有所突破，才能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”.
(2)∵f(x)是R上的奇函数，
又log25>log24.1>2，1<20.8<2，
因此log25>log24.1>20.8，
结合函数的单调性：f(log25)>f>f(20.8)，
所以a>b>c，即c
答案 (1)B (2)C
探究提高 1.根据函数的概念、表示及性质求函数值的策略
(1)对于分段函数的求值(解不等式)问题，依据条件准确地找准利用哪一段求解，不明确的要分情况讨论.
(2)对于利用函数性质求值的问题，依据条件找到该函数满足的奇偶性、周期性、对称性等性质，利用这些性质将待求值调整到已知区间上求值.
2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略
(1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法.
(2)熟练掌握确定与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方法.
解析 (1)因为g(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)＝－ln(1－x)，
所以当x>0时，－x<0，g(－x)＝－ln(1＋x)，即当x>0时，g(x)＝ln(1＋x).
作出函数f(x)的图象，如图：
令t＝a2－ln a(t>0)，
则ln t＝ln a2－ln a＝－(ln a)2＋2ln a＝－(ln a－1)2＋1≤1.
当ln a－1＝0时，等号成立，
由ln t≤1，得t≤e，即aln b≤e，故aln b的最大值为e.
答案 (1)C (2)e
(2)(2018·广州校级期中)如图，等边△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )
A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B.恒有BD∥平面A′EF
C.三棱锥A′－EFD的体积有最大值
D.异面直线A′F与DE不可能垂直
解析 (1)由题意设外接球的半径为R，
记长方体的三条棱长分别为x，y，2，
所以棱锥O－ABC体积最大值为1.
(2)因为A′D＝A′E，△ABC是正三角形，
所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；
因为BD∥EF，所以恒有BD∥平面A′EF，故B正确；
三棱锥A′－FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，
当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′－FED的体积有最大值，故C正确；
因为DE⊥平面A′FG，故A′F⊥DE，故D错误.
答案 (1)A (2)D
探究提高 1.长方体的对角线是外接球的直径，由条件得x2＋y2＝12，进而求xy的最大值得棱锥的最大体积.另外不规则的几何体的体积常用割补法求解.
2.(1)△ADE折叠过程中 ，长度不变，AG⊥DE的关系不变.(2)当平面ADE折叠到平面A′DE⊥平面BCED时，棱锥A′－EFD的体积最大，且A′F⊥DE.
【训练2】 (1)如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )
A.90° B.60°
C.45° D.30°
解析 (1)把原四棱锥补成正方体ABCD－PQRH，如图所示，连接CQ，则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角.又∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角，且∠CQB＝45°.故平面PAB与平面CDP所成二面角为45°.
答案 (1)C (2)D
信息联想 (1)信息①：由条件中准线、焦点联想确定抛物线C的方程y2＝2px(p>0).
信息②：看到|AB|＝4，|DE|＝2，及点A，D的特殊位置，联想求A，D的坐标，利用点共圆，得p的方程.
(2)信息①：y2＝4x，且|PF|＝3，联想抛物线定义，得点P坐标.
信息②：曲线C2渐近线过点P，得a，b间的关系，求出C2的离心率e.
解析 (1)不妨设抛物线C：y2＝2px(p>0)，
因此C的焦点到准线的距离是4.
(2)抛物线C1：y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1，且|PF|＝3，
由抛物线的定义得xP－(－1)＝3，
(2)如图，设△ABF2内切圆圆心为C，半径为r，
答案 (1)B (2)B
答案 (1)B (2)B
探究提高 1.第(1)题由方程与不等式关系，寻求a1与d的关系，并得出an关于d的通项公式，利用单调性判断an的符号变化，由Sn的最值定n的值.
2.线性规划问题求最值，关键明确待求量的几何意义，把所求最值看作直线的截距、斜率、两点间的距离、点到直线的距离等，数形结合求解.
解析 (1)作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，
由图知，当直线y＝－2x－b经过点A(－2，－2)时，b取得最大值，
bmax＝－2×(－2)－(－2)＝6，此时直线方程为2x＋y＋6＝0.
信息联想 (1)信息①：由函数的零点，联想到函数图象交点，构造函数作图象.
信息②：由零点的个数及函数的图象，借助导数确定最值的大小关系.
(2)信息①：f(x)极大值＝4，联想到求a，进一步确定g(x)与区间(－3，a－1).
信息②：g(x)的极小值不大于m－1，联想运用导数求g(x)的极小值，并构建不等式求m的范围.
解析 (1)法一 令f(x)＝0得(x－1)ln x＝a(x－1)－b，
∴当01时，g′(x)>0.
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则g(1)是函数g(x)的极小值，也是最小值，且g(1)＝0.
作出y＝(x－1)ln x与y＝a(x－1)－b的大致函数图象，如图
∵f(x)恒有两个不同的零点，
∴y＝a(x－1)－b与g(x)＝(x－1)ln x恒有两个交点，
∵直线y＝a(x－1)－b恒过点(1，－b)，
∴－b>0，从而b<0.
当m－3≥0时，g′(x)≥0，则g(x)在(－3，2)上不存在极值.
答案 (1)B (2)B
探究提高 1.利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，重视分类讨论思想.
2.利用导数解零点问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.
(2)不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)在θ∈R上恒成立，
即f(x1)－f(1－x1)>f(cos2θ)－f(1－cos2θ)在θ∈R时恒成立，
令F(x)＝f(x)－f(1－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)，
又f′(x)>0且f′(1－x)>0，
故F′(x)>0，故F(x)在R上是单调递增函数，
又原不等式即F(x1)>F(cos2θ)，
故有x1>cos2θ恒成立，
所以x1的取值范围是(1，＋∞).
答案 B
探究提高 1.创新命题是新课标高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，如本例中的“λ伴随函数”，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题.
2.解决该类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决.
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，
因为对任意正整数n上式恒成立，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*).
(2)因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，
所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.
设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v m，
在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC.
所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案 (1)bn＝2n－1(n∈N*) (2)22.6
2019届高考二轮专题复习 考前冲刺一
第2讲 客观“瓶颈”题突破——冲刺高分
试题特点 “瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”——无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？全国高考卷客观题满分80分，共16题，决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第10，11，12，15，16题中有较大收获，分析近三年高考，必须从以下几个方面有所突破，才能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”.
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压轴热点1 函数的图象、性质及其应用
【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ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
(2)(2017·天津卷)已知奇函数f(x)在R上是增函数.若a＝－f，b＝f，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A.aC.c信息联想 (1)信息①：由x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，联想到周期.
信息②：由f(x)在上单调，联想到周期范围.
(2)信息①：f(x)在R上是增函数.
信息②：看到a＝－f ，想到进行转化为a＝f(log25).
解析 (1)因为x＝－为f(x)的零点，x＝为f(x)的图象的对称轴，所以－＝＋，即＝T＝·(k∈Z)，所以ω＝2k＋1(k∈Z).
又因为f(x)在上单调，所以－＝≤＝，即ω≤12，ω＝11验证不成立(此时求得f(x)＝sin在上单调递增，在上单调递减)，由此得ω的最大值为9.
(2)∵f(x)是R上的奇函数，
∴a＝－f ＝f ＝f(log25).
又log25>log24.1>2，1<20.8<2，
因此log25>log24.1>20.8，
结合函数的单调性：f(log25)>f>f(20.8)，
所以a>b>c，即c答案 (1)B (2)C
探究提高 1.根据函数的概念、表示及性质求函数值的策略
(1)对于分段函数的求值(解不等式)问题，依据条件准确地找准利用哪一段求解，不明确的要分情况讨论.
(2)对于利用函数性质求值的问题，依据条件找到该函数满足的奇偶性、周期性、对称性等性质，利用这些性质将待求值调整到已知区间上求值.
2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略
(1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法.
(2)熟练掌握确定与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方法.
【训练1】 (1)已知g(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)＝－ln(1－x)，函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则x的取值范围是( )
A.(－∞，－2)∪(1，＋∞) B.(－∞，1)∪(2，＋∞)
C.(－2，1) D.(1，2)
(2)(2018·郑州质量预测)已知点P(a，b)在函数y＝上，且a>1，b>1，则aln b的最大值为________.
解析 (1)因为g(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)＝－ln(1－x)，所以当x>0时，－x<0，g(－x)＝－ln(1＋x)，即当x>0时，g(x)＝ln(1＋x).则函数
f(x)＝作出函数f(x)的图象，如图：
由图象可知
f(x)＝在(－∞，＋∞)上单调递增.因为f(2－x2)>f(x)，所以2－x2>x，解得－2(2)由题意知，b＝，则aln b＝aln＝a2－ln a.
令t＝a2－ln a(t>0)，
则ln t＝ln a2－ln a＝－(ln a)2＋2ln a＝－(ln a－1)2＋1≤1.
当ln a－1＝0时，等号成立，
由ln t≤1，得t≤e，即aln b≤e，故aln b的最大值为e.
答案 (1)C (2)e
压轴热点2 空间位置关系与计算
【例2】 (1)(2018·石家庄质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球O的体积为，其中BB1＝2，则三棱锥O－ABC的体积的最大值为( )
A.1 B.3 C.2 D.4
(2)(2018·广州校级期中)如图，等边△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )
A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B.恒有BD∥平面A′EF
C.三棱锥A′－EFD的体积有最大值
D.异面直线A′F与DE不可能垂直
信息联想 (1)信息①：外接球的体积V＝π及BB1＝2，联想到球半径R与棱长的关系.
信息②：三棱锥O－ABC的体积最值联想基本不等式.
(2)由信息△A′ED是由△ADE折叠而成，联想在折叠过程中，几何量的大小、位置关系“变与不变”.
解析 (1)由题意设外接球的半径为R，
则由题设可得πR3＝π，由此可得R＝2，
记长方体的三条棱长分别为x，y，2，
则2R＝，由此可得x2＋y2＝12，
三棱锥O－ABC的体积V＝×xy×1＝xy≤×＝1，当且仅当x＝y＝时“＝”成立.
所以棱锥O－ABC体积最大值为1.
(2)因为A′D＝A′E，△ABC是正三角形，
所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；
因为BD∥EF，所以恒有BD∥平面A′EF，故B正确；
三棱锥A′－FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，
当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′－FED的体积有最大值，故C正确；
因为DE⊥平面A′FG，故A′F⊥DE，故D错误.
答案 (1)A (2)D
探究提高 1.长方体的对角线是外接球的直径，由条件得x2＋y2＝12，进而求xy的最大值得棱锥的最大体积.另外不规则的几何体的体积常用割补法求解.
2.(1)△ADE折叠过程中 ，长度不变，AG⊥DE的关系不变.(2)当平面ADE折叠到平面A′DE⊥平面BCED时，棱锥A′－EFD的体积最大，且A′F⊥DE.
【训练2】 (1)如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )
A.90° B.60°
C.45° D.30°
(2)三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝2，则该三棱锥外接球的体积为( )
A.64π B.π C.π D.
解析 (1)把原四棱锥补成正方体ABCD－PQRH，如图所示，连接CQ，则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角.又∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角，且∠CQB＝45°.故平面PAB与平面CDP所成二面角为45°.
(2)因为PA⊥平面ABC，AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC，PB是三棱锥P－ABC的外接球直径.因为Rt△PBA中，AB＝2，PA＝2，所以PB＝4，可得外接球半径R＝PB＝2.所以外接球的体积V＝
πR3＝π.
答案 (1)C (2)D
压轴热点3 圆锥曲线及其性质
【例3】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点.已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
(2)(2018·烟台质检)已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，点P为抛物线上一点，且|PF|＝3，双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)的渐近线恰好过P点，则双曲线C2的离心率为________.
信息联想 (1)信息①：由条件中准线、焦点联想确定抛物线C的方程y2＝2px(p>0).
信息②：看到|AB|＝4，|DE|＝2，及点A，D的特殊位置，联想求A，D的坐标，利用点共圆，得p的方程.
(2)信息①：y2＝4x，且|PF|＝3，联想抛物线定义，得点P坐标.
信息②：曲线C2渐近线过点P，得a，b间的关系，求出C2的离心率e.
解析 (1)不妨设抛物线C：y2＝2px(p>0)，
∵|AB|＝4，点A是圆与抛物线交点，由对称性设A(x1，2)，则x1＝＝.
又|DE|＝2，且点D是准线与圆的交点，
∴D且|OD|＝|OA|.
从而＋(2)2＝＋()2，解得p＝4.
因此C的焦点到准线的距离是4.
(2)抛物线C1：y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1，且|PF|＝3，由抛物线的定义得xP－(－1)＝3，
即有xP＝2，yP＝±2，即P(2，±2).
又因为双曲线C2的渐近线过P点，所以＝＝，
故e＝＝＝.
答案 (1)B (2)
探究提高 1.涉及与圆锥曲线方程相关问题，一定要抓住定义，作出示意图，充分利用几何性质，简化运算.
2.双曲线的离心率与渐近线是高考的热点，求圆锥曲线离心率大小(范围)的方法是：根据已知椭圆、双曲线满足的几何条件及性质得到参数a，b，c满足的等量关系(不等关系)，然后把b用a，c表示，求的值(范围).
【训练3】 (1)(2018·唐山一模)已知双曲线C：x2－＝1的右顶点为A，过右焦点F的直线l与C的一条渐近线平行，交另一条渐近线于点B，则S△ABF＝( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·荆州二模)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，若△ABF2的内切圆半径为a，则椭圆的离心率e＝( )
A. B.或
C. D.
解析 (1)由双曲线C：x2－＝1，得a2＝1，b2＝3.
∴c＝＝2.
∴A(1，0)，F(2，0)，渐近线方程为y＝±x，
不妨设BF的方程为y＝(x－2)，
代入方程y＝－x，解得B(1，－).
∴S△AFB＝|AF|·|yB|＝·1·＝.
(2)如图，设△ABF2内切圆圆心为C，半径为r，
则S△ABF2＝S△ABC＋S△ACF2＋S△BCF2，
即2··2c·＝·r·(|AB|＋|AF2|＋|BF2|)，
∴＝·r·4a，∴r＝＝a.整理得e－e3＝，解得e＝或e＝.
答案 (1)B (2)B
压轴热点4 数列与不等式
【例4】 (1)已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0，9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是( )
A.4 B.5 C.6 D.7
(2)已知实数x，y满足约束条件当目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)在该约束条件下取得最小值2时，a2＋b2的最小值为( )
A.5 B.4 C. D.2
信息联想 (1)由信息条件：不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0，9]可确定基本量d与a1的关系，进而研究{an}的单调性及an的符号变化，求最值.
(2)由信息①：作可行域.
信息②：看到z＝ax＋by(a>0，b>0)取到最小值2，想到数形结合，得a，b满足的等量关系，进而求a2＋b2的最小值.
解析 (1)∵关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0，9]，∴0，9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的两个实数根，且d<0，∴－＝9，∴a1＝－，∴an＝a1＋(n－1)d＝d，则a5＝－d>0，a6＝d<0.∴使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.
(2)如图，阴影部分为不等式组表示的平面区域，其中A(2，1)，由于a>0，b>0，故点A即为目标函数取得最小值的最优解，即2a＋b＝2，则b＝2－2a.
又b>0，a>0，得0因此a2＋b2＝a2＋(2－2a)2＝5＋4(0
答案 (1)B (2)B
探究提高 1.第(1)题由方程与不等式关系，寻求a1与d的关系，并得出an关于d的通项公式，利用单调性判断an的符号变化，由Sn的最值定n的值.
2.线性规划问题求最值，关键明确待求量的几何意义，把所求最值看作直线的截距、斜率、两点间的距离、点到直线的距离等，数形结合求解.
【训练4】 (1)(2018·石家庄模拟)已知x，y满足约束条件且b＝－2x－y，当b取得最大值时，直线2x＋y＋b＝0被圆(x－1)2＋(y－2)2＝25截得的弦长为( )
A.10 B.2 C.3 D.4
(2)(2018·贵阳诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(－1)n·an－，记bn＝8a2·2n－1，若对任意的n∈N*，总有λbn－1>0成立，则实数λ的取值范围为________.
解析 (1)作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由图知，当直线y＝－2x－b经过点A(－2，－2)时，b取得最大值，bmax＝－2×(－2)－(－2)＝6，此时直线方程为2x＋y＋6＝0.
因为圆心(1，2)到直线2x＋y＋6＝0的距离
d＝＝2，
所以直线被圆截得的弦长L＝2＝2.
(2)令n＝1，得a1＝－a1－，所以a1＝－.
令n＝3，得a2＋2a3＝；令n＝4，得a2＋a3＝，
可解a2＝，从而bn＝8a2·2n－1＝2n.
由λbn－1>0对任意n∈N*恒成立，得λ>对任意n∈N*恒成立，又≤，所求实数λ的取值是.
答案 (1)B (2)
压轴热点5 函数与导数的综合应用
【例5】 (1)若对任意的实数a，函数f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b有两个不同的零点，则实数b的取值范围是( )
A.(－∞，－1] B.(－∞，0)
C.(0，1) D.(0，＋∞)
(2)(2018·西安调研)已知函数f(x)＝x3－ax＋2的极大值为4，若函数g(x)＝f(x)＋mx在(－3，a－1)上的极小值不大于m－1，则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.(－∞，－9)
信息联想 (1)信息①：由函数的零点，联想到函数图象交点，构造函数作图象.
信息②：由零点的个数及函数的图象，借助导数确定最值的大小关系.
(2)信息①：f(x)极大值＝4，联想到求a，进一步确定g(x)与区间(－3，a－1).
信息②：g(x)的极小值不大于m－1，联想运用导数求g(x)的极小值，并构建不等式求m的范围.
解析 (1)法一 令f(x)＝0得(x－1)ln x＝a(x－1)－b，
令g(x)＝(x－1)ln x，则g′(x)＝ln x＋1－，且g′(1)＝0，
∴当01时，g′(x)>0.
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则g(1)是函数g(x)的极小值，也是最小值，且g(1)＝0.
作出y＝(x－1)ln x与y＝a(x－1)－b的大致函数图象，如图
∵f(x)恒有两个不同的零点，
∴y＝a(x－1)－b与g(x)＝(x－1)ln x恒有两个交点，
∵直线y＝a(x－1)－b恒过点(1，－b)，
∴－b>0，从而b<0.
法二 函数f(x)有两个零点，则g(x)＝(x－1)ln x－ax＋a的图象与直线y＝－b有两个交点，g′(x)＝＋ln x－a，由y＝ln x与y＝＋a－1的图象必有一个交点，知g′(x)＝0必有一解，设解为x0，即g′(x0)＝0，且当0x0时，g′(x0)>0，g(x)单调递增，g(x0)是g(x)的极小值，也是最小值，因为g(1)＝0，所以g(x0)≤0，因此g(x)＝(x－1)ln x－ax＋a的图象与直线y＝－b有两个交点，则有－b>0，即b<0.
(2)∵f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)无极值；当a>0时，易得f(x)在x＝－处取得极大值.则f ＝4，即a＝3，于是g(x)＝x3＋(m－3)x＋2，g′(x)＝3x2＋(m－3).
当m－3≥0时，g′(x)≥0，则g(x)在(－3，2)上不存在极值.
当m－3<0时，易知g(x)在x＝处取得极小值.
依题意得解得－9答案 (1)B (2)B
探究提高 1.利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，重视分类讨论思想.
2.利用导数解零点问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.
【训练5】 (1)(2018·郑州一模)已知a≥eq \i\in(0, ,) cos θdθ，则曲线f(x)＝ax＋ln(ax－1)在点(2，f(2))处切线的斜率的最小值为________.
(2)(2018·潍坊调研)定义在R上的函数f(x)＝e2 018x＋mx3－m(m>0)，当x1＋x2＝1时，不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)在θ∈R时恒成立，则实数x1的取值范围是( )
A.[1，＋∞) B.[1，2]
C.(1，2) D.(1，＋∞)
解析 (1)∵eq \i\in(0, ,) cosθdθ＝sin θ＝，
∴a≥×＝，
又f′(2)＝′
＝＝a＋.
当a≥时，2a－1>0.
∴f′(2)＝(2a－1)＋＋≥2＋＝.
当且仅当(2a－1)＝，即a＝时等号成立，
所以f′(2)的最小值为.
(2)不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)在θ∈R上恒成立，
即f(x1)－f(1－x1)>f(cos2θ)－f(1－cos2θ)在θ∈R时恒成立，
令F(x)＝f(x)－f(1－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)，
又f′(x)>0且f′(1－x)>0，
故F′(x)>0，故F(x)在R上是单调递增函数，
又原不等式即F(x1)>F(cos2θ)，
故有x1>cos2θ恒成立，
所以x1的取值范围是(1，＋∞).
答案 (1) (2)D
压轴热点6 创新应用性问题
【例6】 若对于定义在R上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0对任意实数都成立，则称f(x)是一个“λ伴随函数”.下列是关于“λ伴随函数”的结论：
①f(x)＝0不是常数函数中唯一一个“λ伴随函数”；②f(x)＝x是“λ伴随函数”；③f(x)＝x2是“λ伴随函数”；④“伴随函数”至少有一个零点.其中正确的结论个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 由题意得，①正确，如f(x)＝c≠0，取λ＝－1，则f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，即f(x)＝c≠0是一个“λ伴随函数”；②不正确，若f(x)＝x是一个“λ伴随函数”，则x＋λ＋λx＝x(1＋λ)＋λ＝0，对任意实数x成立，所以1＋λ＝λ＝0，而找不到λ使此式成立，所以f(x)＝x不是一个“λ伴随函数”；③不正确，若f(x)＝x2是一个“λ伴随函数”，则(x＋λ)2＋λx2＝(1＋λ)x2＋2λx＋λ2＝0对任意实数x成立，所以λ＋1＝2λ＝λ2＝0，而找不到λ使此式成立，所以f(x)＝x2不是一个“λ伴随函数”；④正确，若f(x)是“伴随函数”，则f ＋f(x)＝0，取x＝0，则f ＋f(0)＝0，若f(0)，f 任意一个为0，则函数f(x)有零点；若f(0)，f 均不为0，则f(0)，f 异号，由零点存在性定理知，在区间内存在零点.因此①，④的结论正确.
答案 B
探究提高 1.创新命题是新课标高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，如本例中的“λ伴随函数”，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题.
2.解决该类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决.
【训练6】 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“精致数列”.已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为________.
(2)(2018·福州综合质量检测)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1).
参考数据：≈1.414，＝2.236
解析 (1)设等差数列{bn}的公差为d，设＝k且b1＝1，
得n＋n(n－1)d＝k，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，
因为对任意正整数n上式恒成立，
则解得d＝2，k＝，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*).
(2)因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.
设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v m，
在Rt△ADB中，AB＝＝＝200 m.
在Rt△ADC中，AC＝＝＝100 m.
在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC.
所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，
解得v＝≈22.6，
所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案 (1)bn＝2n－1(n∈N*) (2)22.6
