压轴题(一)
12．(2019·山东潍坊摸底考试)在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(c＋a)∶(b＋c)＝6∶5∶4，给出下列结论：
①△ABC被唯一确定；
②△ABC一定是钝角三角形；
③sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3；
④若b＋c＝8，则△ABC的面积是.
其中正确结论的序号是( )
A．①③ B．②③ C．③④ D．②③④
答案 B
解析 由已知可设a＋b＝6k，c＋a＝5k，b＋c＝4k(k>0)，则a＝k，b＝k，c＝k，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，所以sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3，所以③正确．又a，b，c的值不确定，所以①错误．在△ABC中，cosA＝＝－，A＝，所以②正确．因为b＋c＝8，所以b＝5，c＝3，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以④错误．
16．(2019·湘赣十四校联考二)如图，正三棱锥P－ABC的高PO＝8，底面边长为4，M，N分别在BC和PO上，且PN＝2CM，当三棱锥N－AMC体积最大时，三棱锥N－AMC的内切球的半径为________．
答案 －3
解析 设CM＝x，VN－AMC＝S△AMC·NO＝×AC·CM·sin60°·(PO－PN)＝××4x××(8－2x)＝(4x－x2)，当x＝2时，VN－AMC取得最大值，此时M为BC的中点，AM经过点O，且NO＝4，AO＝，∴OM＝，NM＝，NA＝NC＝，则S△NAM＝4，S△NCM＝，S△NAC＝，S△CAM＝2，
又∵(S△NAM＋S△NCM＋S△NAC＋S△CAM)·r＝VN－AMC，
∴r＝－3.
20．已知函数f(x)＝(x2＋ax＋1)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)≥x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝(x＋1)(x＋a＋1)ex，令f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝－1－a；
①当a＝0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，在(－∞，－1－a)∪(－1，＋∞)上f′(x)>0，在(－1－a，－1)上f′(x)<0，
因此f(x)在(－∞，－1－a)和(－1，＋∞)上单调递增，在(－1－a，－1)上单调递减．
③当a<0时，在(－1，－1－a)上f′(x)<0，在(－∞，－1)∪(－1－a，＋∞)上f′(x)>0，
因此f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－∞，－1)和(－1－a，＋∞)上单调递增．
(2)令g(x)＝f(x)－x－1，则g′(x)＝f′(x)－1，由于g(0)＝0，
若g(x)≥0恒成立，则必有g′(0)＝0，得a＝0，此时f(x)＝(x2＋1)ex；
则g′(x)＝(x＋1)2ex－1，记G(x)＝(x＋1)2ex－1，
则G′(x)＝(x＋1)(x＋3)ex，则G(x)的单调性如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，－1)
－1
(－1，＋∞)
G′(x)
＋
0
－
0
＋
G(x)
单调递增
－1
单调递减
－1
单调递增
而G(0)＝0，由单调性知x>0时g′(x)>0，g(x)单调递增；
x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)≥g(0)＝0，
因此f(x)≥x＋1；
所以当a＝0时，f(x)≥x＋1恒成立，因此a＝0.
21．(2019·湖南五市十校教研教改共同体12月联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y－＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点P(2,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于点M，求证：∠PFM＝∠PFB.
解 (1)依题意可设圆C的方程为x2＋y2＝b2，
∵圆C与直线x－y－＝0相切，∴b＝＝1.∴a2－c2＝1，
由＝，解得a＝，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，代入＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
∵直线l与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，即2k2－1＜0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，则x1＋x2＝，x1x2＝，
∵F(1,0)，
∴k1＋k2＝＋＝＋＝2k－k＝2k－k＝2k－k·＝2k－k·＝0，即∠PFM＝∠PFB.
课件14张PPT。压轴题(一)第二部分 刷题型本课结束压轴题(七)
12．已知关于x的不等式mcosx≥2－x2在上恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 因为cosx和x2都是偶函数，问题可以转化为当x∈时，mcosx≥2－x2恒成立，在同一坐标系中画出f(x)＝mcosx及g(x)＝2－x2的图象如图所示，
易知m≥2；当m＝2时，f(x)＝2cosx，f′(x)＝－2sinx，又g′(x)＝－2x，在上，－2sinx≥－2x恒成立，故f(x)≥g(x)恒成立，故m≥2，故选C.
16．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且＝3，抛物线的准线l与x轴交于点C，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1CF的面积为12，则p的值为________．
答案 2
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
且不妨设x1>0，y1>0.
由＝3得＝3，
所以
所以x1＋3x2＝2p，①
作BB1⊥l于点B1，由抛物线的定义得
|AF|＝|AA1|＝x1＋，
|BF|＝|BB1|＝x2＋，
由|AF|＝3|BF|得x1＋＝3，
所以x1－3x2＝p.②
由①②解得x1＝，故y＝3p2，y1＝p.
S四边形AA1CF＝(|AA1|＋|CF|)·y1
＝·p
＝·p＝12
解得p＝2.
20．(2019·河南新乡三模)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调区间；
(2)已知a∈(1,2]，b∈R，函数g(x)＝x3＋bx2－(2b＋4)x＋ln x，若f(x)的极小值点与g(x)的极小值点相等，证明：g(x)的极大值不大于.
解 (1)当a＝－4时，f(x)＝x2＋3x－4ln x，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x＋3－＝＝，
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)；
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则f(x)的单调递减区间为(0,1)．
(2)证明：f′(x)＝＝，
g′(x)＝3x2＋2bx－(2b＋4)＋
＝.
令p(x)＝3x2＋(2b＋3)x－1，因为a∈(1,2]，所以f(x)的极小值点为a，则g(x)的极小值点为a，
所以p(a)＝0，即3a2＋(2b＋3)a－1＝0，即b＝，此时g(x)的极大值为g(1)＝1＋b－(2b＋4)＝－3－b＝－3－＝a－－.
因为a∈(1,2]，所以a－－≤×2－－＝.故g(x)的极大值不大于.
21．(2019·山西太原模拟一)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率为，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率不为0的直线与椭圆C相交于M，N两个不同点，且OMPN是平行四边形，证明：四边形OMPN的面积为定值．
解 (1)由题意得∴
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵四边形OMPN是平行四边形，∴＝＋，
∴x0＝x1＋x2＝－，∴y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，∴＋＝1，∴4m2＝3＋4k2，
此时Δ＝(8km)2－16(3＋4k2)(m2－3)＝48×3m2＞0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝1－，
∴|MN|＝|x1－x2|
＝·
＝，
点O到直线MN的距离为d＝，
∴S四边形OMPN＝d·|MN|＝3.
课件17张PPT。压轴题(七)第二部分 刷题型本课结束压轴题(三)
12．(2019·江西上饶重点中学六校第二次联考)已知A(－2，0)，B(2,0)，若x轴上方的点P满足对任意λ∈R，恒有|－λ|≥2成立，则P点的纵坐标的最小值为( )
A. B. C．1 D．2
答案 D
解析 设P(x，y)，则＝(x＋2，y)，＝(4,0)，故－λ＝(x＋2－4λ，y)，|－λ|≥2恒成立，即|－λ|2≥4恒成立，则(x＋2－4λ)2＋y2－4≥0，故y2－4≥0，又由题意可知y>0，所以y≥2，
即P点的纵坐标的最小值为2.故选D.
16．(2019·湖北宜昌元月调考)已知函数f(x)＝x2＋(a－1)x－a，若函数g(x)＝f[f(x)]有且仅有两个零点，则实数a的取值集合为________．
答案 {－1}
解析 由题意得f(x)＝x2＋(a－1)x－a＝(x＋a)(x－1)，令f(x)＝t，则函数g(x)＝f[f(x)]可化为y＝f(t)，令f(t)＝0，解得t1＝1或t2＝－a，即f(x)＝1或f(x)＝－a，因为函数g(x)＝f[f(x)]有且仅有两个零点，所以f(x)＝1与f(x)＝－a共有两个不同的实数解，f(x)＝－a可化为x2＋(a－1)x＝0，即f(x)＝－a的根为x1＝0或x2＝1－a，要使得f(x)＝1与f(x)＝－a共有两个不同的实数解，则两方程的根必须相同．即－a＝1时，才可以使得f(x)＝－a的两根与f(x)＝1的两个根相同，实数a的取值集合为{－1}．
20．已知过A(0,2)的动圆恒与x轴相切，设切点为B，AC是该圆的直径．
(1)求C点轨迹E的方程；
(2)当AC不在y轴上时，设直线AC与曲线E交于另一点P，该曲线在P处的切线与直线BC交于Q点．求证：△PQC恒为直角三角形．
解 (1)设C点坐标为(x，y)，则B点坐标为.因为AC是直径，所以BA⊥BC，或C，B均在坐标原点，
因此·＝0，而＝，＝，
故有－＋2y＝0，即x2＝8y.
另一方面，设C是曲线x2＝8y上一点，
则有|AC|＝＝，
AC中点的纵坐标为＝＝，
故以AC为直径的圆与x轴相切．
综上可知，C点轨迹E的方程为x2＝8y.
(2)证明：设直线AC的方程为y＝kx＋2，
由得x2－8kx－16＝0，
设C(x1，y1)，P(x2，y2)，则有x1x2＝－16.
由y＝，对x求导知y′＝，
从而曲线E在P处的切线斜率k2＝，
直线BC的斜率k1＝＝，
于是k1k2＝＝＝－1.
因此QC⊥PQ，所以△PQC恒为直角三角形．
21．已知函数f(x)＝aeln x和g(x)＝x2－(a＋e)x(a>0)．
(1)设h(x)＝f(x)＋g(x)，求函数h(x)的单调区间；
(2)当x∈时，M为函数f(x)＝aeln x图象与函数m(x)＝2－图象的公共点，且在点M处有公共切线，求点M的坐标及实数a的值．
解 (1)h(x)＝aeln x＋x2－(a＋e)x(x>0)，
h′(x)＝＋x－(a＋e)＝＝.
①当0
在x∈(0，a)时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，a)上单调递增，
在x∈(a，e)时，h′(x)<0，函数h(x)在(a，e)上单调递减；
在x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(e，＋∞)上单调递增．
②当a＝e时，在x∈(0，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>e时，在x∈(0，e)时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，e)上单调递增，
在x∈(e，a)时，h′(x)<0，函数h(x)在(e，a)上单调递减；
在x∈(a，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(a，＋∞)上单调递增．
综上：
当0当a＝e时，函数h(x)的单调增区间是(0，＋∞)；
当a>e时，函数h(x)的单调递增区间是(0，e)和(a，＋∞)，单调递减区间是(e，a)．
(2)设点M(x0，y0)，x0>，在点M(x0，y0)处有公共切线，设切线斜率为k，
因为f′(x)＝，m′(x)＝，
所以k＝＝，即ax0＝1，
由M(x0，y0)是函数f(x)＝aeln x与函数m(x)＝2－图象的公共点，所以y0＝aeln x0＝2－，
化简可得aex0ln x0＝2x0－e，
将ax0＝1代入，得eln x0－2x0＋e＝0，
设函数u(t)＝eln t－2t＋e，
u′(t)＝－2＝.
因为t>，u′(t)<0，函数u(t)在上单调递减，
因为u＝eln >0，u(e2)＝eln e2－2e2＋e＝3e－2e2＝e(3－2e)<0，
所以在t∈时，u(t)＝eln t－2t＋e只有一个零点．
由u(e)＝eln e－2e＋e＝0，
知方程eln x0－2x0＋e＝0在x0∈上只有一个实数根为x0＝e，
代入y0＝aeln x0＝aeln e＝ae＝1，所以M(e,1)，此时a＝.
课件16张PPT。压轴题(三)第二部分 刷题型本课结束压轴题(二)
12．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率e＝，对称中心为O，右焦点为F，点A是双曲线C的一条渐近线上位于第一象限内的点，∠AOF＝∠OAF，△OAF的面积为3，则双曲线C的方程为( )
A.－＝1 B.－y2＝1
C.－＝1 D.－＝1
答案 D
解析 因为e＝＝，所以＝＝，
所以tan∠AOF＝＝，所以∠AOF＝，
又因为∠AOF＝∠OAF，
所以|AF|＝|OF|＝c，∠OAF＝，∠AFO＝.
又因为S△OAF＝3，
所以·c·c·sin＝3.
所以c2＝12，a2＝c2＝9，b2＝a2＝3.
所以双曲线C的方程为－＝1.
16．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是两个等高的几何体，若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型，设某双曲线型冷却塔是曲线－＝1(a>0，b>0)与直线x＝0，y＝0和y＝b所围成的平面图形绕y轴旋转一周所得，如图所示，试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为________．
答案 πa2b
解析 如题图，A点在双曲线上，B点在渐近线上，则图中圆环的面积为πx－πx＝π－π2＝πa2，从而根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何体的体积等于底面半径为a、高为b的圆柱的体积，所以此冷却塔的体积为πa2b＋πa2b＝πa2b.
20．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点M(－2,0)是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点，且椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)矩形ABCD的四个顶点均在椭圆C上，求矩形ABCD的面积的最大值．
解 (1)依题意，M(－2,0)是椭圆C的左顶点，所以a＝2.
又e＝＝，所以c＝，b＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由对称性可知，设A(x0，y0)，其中x0y0≠0，则B(－x0，y0)，C(－x0，－y0)，D(x0，－y0)，
所以|AB|＝2|x0|，|AD|＝2|y0|，
S矩形ABCD＝4|x0y0|，
因为S＝16xy，又y＝1－，
所以S＝16xy＝－4x＋16x＝－4(x－2)2＋16，而x∈(0,4)，故当x＝2时，S取得最大值16，所以矩形ABCD的面积的最大值为4.
21．(2019·河南开封三模)已知函数f(x)＝ex－a，g(x)＝a(x－1)(常数a∈R且a≠0)．
(1)当g(x)与f(x)的图象相切时，求a的值；
(2)设h(x)＝f(x)·g(x)，若h(x)存在极值，求a的取值范围．
解 (1)设切点为A(x0，ex0－a)，因为f′(x)＝ex，所以过A点的切线方程为y－e x0＋a＝e x0 (x－x0)，即y＝e x0x－x0e x0＋e x0－a，
由题意，得
解得a＝e.
(2)依题意，h(x)＝a(x－1)(ex－a)，则h′(x)＝a(xex－a)，当a＞0时，令φ(x)＝xex－a，则φ′(x)＝(x＋1)ex，令φ′(x)＞0，则x＞－1，令φ′(x)＜0，则x＜－1，所以当x∈(－∞，－1)时，φ(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，φ(x)单调递增．若h(x)存在极值，则φ(x)min＝φ(－1)＝－－a＜0，所以a∈(0，＋∞)，又a∈(0，＋∞)时，φ(a)＝a(ea－1)＞0，所以，a∈(0，＋∞)时，φ(x)在(－1，＋∞)存在零点x1，且在x1左侧φ(x)＜0，在x1右侧φ(x)＞0，即h′(x)存在变号零点．当a＜0时，h′(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．若h(x)存在极值，则h′(x)max＝h′(－1)＝a(－－a)>0，即－－a<0，
即a∈，又a∈时，φ(a)＝a(ea－1)>0，所以a∈时，φ(x)在(－1，＋∞)存在零点x2，且在x2左侧φ(x)<0，在x2右侧φ(x)>0，即h′(x)存在变号零点．所以，若h(x)存在极值，a∈∪(0，＋∞)．
课件13张PPT。压轴题(二)第二部分 刷题型本课结束压轴题(五)
12．(2019·河南焦作四模)已知f(x)＝msin2x＋sin3x－sinx，其中x∈[0，π]，则给出下列说法：
①函数f(x)可能有两个零点；②函数f(x)可能有三个零点；③函数f(x)可能有四个零点；④函数f(x)可能有六个零点．
其中所有正确说法的编号是( )
A．①② B．①②③ C．①②④ D．②④
答案 B
解析 由f(x)＝0，得msin2x＋sin3x－sinx＝0?sinx＝0或msinx＝－sin2x＋1.所以x＝0或x＝π或m＝－，x∈(0，π)．设sinx＝t，则m＝－，t∈(0,1]．易知函数m＝－在t∈(0,1]上为减函数，最小值为0，所以当m∈(－∞，0)时，sinx＝t无解；当m＝0时，sinx＝t＝1，解得x＝；当m∈(0，＋∞)时，t∈(0,1)，sinx＝t在(0，π)上有两个解．综上所述，当m∈(－∞，0)时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为2；当m＝0时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为3；当m∈(0，＋∞)时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为4.故选B.
16．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．若四棱锥M－ABCD为阳马，侧棱MA⊥底面ABCD，且MA＝BC＝AB＝2，则该阳马的外接球与内切球表面积之和为________．
答案 36π－16π
解析 设该阳马的外接球与内切球的半径分别为R与r，则2R＝＝2，即R＝，
由SM－ABCD表·r＝SABCD·MA，
得r＝
＝＝2－.
所以该阳马的外接球与内切球表面积之和为4π(R2＋r2)＝36π－16π.
20．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为抛物线C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交抛物线C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l1∥l，且l1和抛物线C有且只有一个公共点E，试问直线AE是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解 (1)由题意知F，
设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为，因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知，3＋＝，
解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．
由＝3，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，设A(x0，y0)(x0>0)，D(xD,0)(xD>0)，
因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，
由x0>0，xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)，
故直线AB的斜率为kAB＝－，因为直线l1和直线AB平行，
故可设直线l1的方程为y＝－x＋b，
代入抛物线方程得y2＋y－＝0，
由题意知Δ＝＋＝0，得b＝－.
设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝，
当y≠4时，kAE＝＝，
可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，
由y＝4x0，整理可得y＝(x－1)，所以直线AE恒过点F(1,0)，
当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)，所以直线AE恒过定点F(1,0)．
21．(2019·山西太原一模)已知函数f(x)＝2ln x－ax2＋(2－a)x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＞0时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，证明：＞x0.
解 (1)由题意得f′(x)＝－ax＋(2－a)＝－，x＞0，
①当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜；令f′(x)＜0，则x＞，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：当a＞0时，∵＝ln －(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝－ax0＋(2－a)，
∴ln －(x2＋x1)＝－ax0，
∵f′－f′(x0)＝－(x2＋x1)－
＝－ln ＝
＝－ln ，
令t＝，g(t)＝－ln t，t＞1，则g′(t)＝－＜0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递减，g(t)＜g(1)＝0，
∴f′－f′(x0)＜0，∴f′＜f′(x0)，
设h(x)＝f′(x)＝－ax＋(2－a)，x＞0，则h′(x)＝－－a＜0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴＞x0.
课件14张PPT。压轴题(五)第二部分 刷题型本课结束压轴题(八)
12．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f(x＋2)为R上的偶函数，且当x≥2时函数f(x)满足x3f′(x)＋3x2f(x)＝，f(3)＝，则81f(x)A．(1,3) B．(－∞，1)∪(2,3)
C．(1,2)∪(3，＋∞) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
答案 A
解析 设h(x)＝x3f(x)，则h′(x)＝x3f′(x)＋3x2f(x)＝，∴x3f′(x)＝－3x2f(x)，
化简得f′(x)＝－＝，
设g(x)＝ex－3h(x)，∴g′(x)＝ex－＝，
∴x∈[2,3)时，g′(x)＜0，因此g(x)为减函数，
∴x∈(3，＋∞)时，g′(x)＞0，因此g(x)为增函数，
∴g(x)≥g(3)＝e3－3h(3)＝e3－34f(3)＝0，
∴f′(x)≥0，∴f(x)在[2，＋∞)上为增函数．
∵函数f(x＋2)是偶函数，∴函数f(－x＋2)＝f(x＋2)，∴函数关于x＝2对称，又∵81f(x)＜e3，即f(x)＜f(3)，又f(x)在[2，＋∞)上为增函数，∴2≤x＜3，由函数关于x＝2对称可得1＜x＜3，故选A.
16．(2019·沈阳第三次质量监测)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，则a2020－a2018＝________，＋＋＋＋＝________.
答案 2
解析 ∵an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，∴当n≥2时，an－1＋an＝2n，
∴an＋1－an－1＝2，∴a2020－a2018＝2，数列{an}的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a1＝1，
∴a2＝3，∴＋＋＋…＋＋＝2××＋＝－＋＝.
20．设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－4mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0得0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当m>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
∴f(x)max＝f＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，
∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－，
令h(x)＝x－ln x－(x>0)，
则h′(x)＝1－＝，
∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，∴h(x)min＝h＝ln 2，
∴m＋n的最小值为ln 2.
21．已知动点M到定点F1(－2,0)和F2(2,0)的距离之和为4.
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交曲线C于不同于N的两点A，B，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值．
解 (1)由椭圆的定义，可知点M的轨迹是以F1，F2为焦点，4为长轴长的椭圆．由c＝2，a＝2，得b＝2.
故动点M的轨迹C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，
则k>0或k<－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
从而k1＋k2＝＋＝
＝2k－(k－4)·＝4.
当直线l的斜率不存在时，
得A，B，
所以k1＋k2＝4.
综上，恒有k1＋k2＝4.
课件13张PPT。压轴题(八)第二部分 刷题型本课结束压轴题(六)
12．将三个边长为2的正方形，按如图所示的方式剪成6部分，拼接成如图所示的形状，再折成一个封闭的多面体，则该多面体的体积为( )
A．4 B．2 C. D.
答案 A
解析 该多面体是一个大的四面体减去三个小的四面体，其中大四面体的底面是边长为3的正三角形，其余三条棱长均为3；三个小四面体的底面是边长为的正三角形，其余三条棱长均为1，所以V＝×3××3×3－3＝4.故选A.
16．(2019·杭州摸底考试)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的方程是2x－y＝0，则双曲线E的离心率e＝________；若双曲线E的实轴长为2，过双曲线E的右焦点F可作两条直线与圆C：x2＋y2－2x＋4y＋m＝0相切，则实数m的取值范围是________．
答案 3 (－3,5)
解析 因为双曲线E的一条渐近线的方程是2x－y＝0，所以＝2，所以e＝＝ ＝ ＝ ＝3.又双曲线E的实轴长为2，所以2a＝2，即a＝1，所以c＝3，F(3,0)．由题意得右焦点F在圆C外，
所以需满足条件解得－320．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P，左焦点为F(－，0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若A是椭圆E的右顶点，过点F且斜率为的直线交椭圆E于M，N两点，求△AMN的面积．
解 (1)由题意得椭圆E的右焦点为(，0)，c＝，则由椭圆的定义得， ＋＝2a，
解得a＝2.又c＝，∴b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)过F(－，0)且斜率为的直线的方程为
y＝(x＋)，
联立，得
消去x，得8y2－4y－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
∴|y1－y2|＝，
∵A是椭圆E的右顶点，∴|AF|＝2＋，
∴△AMN的面积S＝|AF|·|y1－y2|＝×(2＋)×＝.
21．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f(x)＝2aln x＋1，a∈R.
(1)若直线l与曲线y＝f(x)恒相切于同一定点，求直线l的方程；
(2)若当x≥1时，f(x)≤恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为直线l与曲线y＝f(x)恒相切于同一定点，所以曲线y＝f(x)必恒过定点，
由f(x)＝2aln x＋1，a∈R，令ln x＝0，得x＝1，故得曲线y＝f(x)恒过的定点为(1,1)．
因为f′(x)＝2a，所以切线l的斜率k＝f′(1)＝0，
故切线l的方程为y＝1.
(2)因为当x≥1时，f(x)≤恒成立，
所以exf(x)≤ex恒成立，
即ex－e[2a(x－1)ln x＋x]≥0在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝ex－e[2a(x－1)ln x＋x]，
则g′(x)＝ex－e，
令h(x)＝g′(x)＝ex－e，
则h′(x)＝ex－2ae(x≥1)．
①当a≤0时，显然h′(x)＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，故h(x)＝g′(x)≥h(1)＝0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(1)＝0.从而，当x≥1时，f(x)≤恒成立．
②当0＜a≤时，令t(x)＝h′(x)＝ex－2ae(x≥1)，则t′(x)＝ex＋2ae＞0，
所以t(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故t(x)＝h′(x)≥t(1)＝e(1－4a)≥0，同①可证，当x≥1时，f(x)≤恒成立．
③当a＞，即4a＞1时，由②可知t(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为t(1)＝e(1－4a)＜0，
又t(4a)＝e4a－2ae＞e4a－2ae＝e4a－e＞0，故必存在x0∈(1,4a)使在[1，x0)上t(x)＜0，即h′(x)＜0，因此h(x)在[1，x0)上单调递减，所以x∈(1，x0)时，h(x)＜h(1)＝0，即g′(x)＜0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)＜g(1)＝0，即ex－e[2a(x－1)·ln x＋x]＜0，即f(x)＞，因此f(x)≤在x∈(1，x0)上不恒成立．
综上可得，实数a的取值范围为a≤.
课件15张PPT。压轴题(六)第二部分 刷题型本课结束压轴题(四)
12．已知函数f(x)＝ax－a2－4(a>0，x∈R)，若p2＋q2＝8，则的取值范围是( )
A．(－∞，2－) B．[2＋，＋∞)
C．(2－，2＋) D．[2－，2＋]
答案 D
解析 ＝＝，表示点A(p，q)与点B连线的斜率．又a＋≥4，故取点E(4,4)．
当AB与圆的切线EC重合时，kAB取最小值，
可求得kEC＝tan15°＝2－，所以的最小值为2－；
当AB与圆的切线ED重合时，kAB取最大值，
可求得kED＝tan75°＝2＋，
∴的最大值为2＋；故的取值范围是[2－，2＋]．
16．(2019·江西上饶重点中学六校第二次联考)已知椭圆C的方程为＋＝1，A，B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上不同于A，B的动点，直线x＝6与直线PA，PB分别交于M，N两点，若点D(9,0)，则过D，M，N三点的圆必过x轴上不同于点D的定点，则该定点坐标为________．
答案 (3,0)
解析 首先证明椭圆的一个性质：椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点A，B是椭圆上关于原点对称的两点，P是椭圆上异于A，B的一个点，
则kAPkBP＝－.
证明如下：设P(x，y)，A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，由于A，P是椭圆上的两点，故
两式作差可得＋＝0，此时kAPkBP＝·＝＝－.故结论成立．
设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，由题意可知k1k2＝－＝－，设直线PA的方程为y＝k1(x＋3)，则M(6,9k1)，设直线PB的方程为y＝k2(x－3)，则N(6,3k2)，故kDM·kDN＝·＝3k1k2＝－1，故DM⊥DN，MN为△DMN外接圆的直径，设所求的点为E(m,0)(m≠9)，则kEM·kEN＝·＝－1，
即－(6－m)2＝27k1k2＝－9，解得m＝3(m＝9舍去)．综上可得，所求定点的坐标为(3,0)．
20．已知动点P到点F的距离比它到直线x＝－的距离小2.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)记P点的轨迹为E，过点F、斜率存在且不为0的两直线l1，l2分别与曲线E交于M，N，P，Q四点，若l1⊥l2，证明：＋为定值．
解 (1)由题意可知动点P到点F的距离与它到直线x＝－的距离相等，显然动点P的轨迹是抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，易知p＝，所以动点P的轨迹方程为y2＝x.
(2)证明：由题意，直线l1的斜率存在，可设直线l1：y＝k.由
得k2x2－x＋＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝＝.
于是|MN|＝x1＋x2＋p＝＋＝.
同理可得|PQ|＝＝k2＋1.
所以＋＝＋＝1，为定值．
21．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解 (1)函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x的定义域是(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，
f′(x)＝2x－3＋＝＝.
曲线y＝f(x)在x＝2处的切线斜率为f′(2)＝，f(2)＝－2＋ln 2，
故曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程为y－f(2)＝f′(2)·(x－2)，
即y－(－2＋ln 2)＝(x－2)，化简得3x－2y－10＋2ln 2＝0.
(2)因为f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x，
从而f′(x)＝2ax－(2a＋1)＋＝
＝，x>0.
当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减；
当00，得0；由f′(x)<0，得1当a＝时，因为f′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>时，由f′(x)>0，得01；由f′(x)<0，得课件15张PPT。压轴题(四)第二部分 刷题型本课结束