压轴题(一)
12．设P为双曲线－＝1右支上一点，F1，F2分别为该双曲线的左、右焦点，c，e分别表示该双曲线的半焦距和离心率．若·＝0，直线PF2交y轴于点A，则△AF1P的内切圆的半径为( )
A．a B．b
C．c D．e
答案 A
解析 因为·＝0，所以△AF1P是直角三角形．设△AF1P的内切圆的半径是r，则2r＝|PF1|＋|PA|－|AF1|＝|PF1|＋|PA|－|AF2|＝|PF1|－(|AF2|－|PA|)＝|PF1|－|PF2|＝2a.所以r＝a.
16．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f(x)＝sinx＋2cosx的图象向右平移φ个单位长度得到g(x)＝2sinx＋cosx的图象，若x＝φ为h(x)＝sinx＋acosx的一条对称轴，则a＝________.
答案
解析 由题意，得f(x)＝sin(x＋α)，其中sinα＝，cosα＝.g(x)＝sin(x＋β)，其中sinβ＝，cosβ＝，
∴α－φ＝β＋2kπ，即φ＝α－β－2kπ，
∴sinφ＝sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝，
cosφ＝cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝，
又x＝φ是h(x)＝sinx＋acosx的一条对称轴，
∴h(φ)＝sinφ＋acosφ＝＋a＝±，
即a＝.
20．已知函数f(x)＝(x2＋2aln x)．
(1)讨论f(x)＝(x2＋2aln x)，x∈(1，e)的单调性；
(2)若存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)<0成立，求a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝(x2＋2aln x)，得
f′(x)＝x＋＝(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(1，e)上单调递增；
当a<0时，f′(x)＝0的解为x＝(舍负)，
若≤1，即a∈[－1,0)，则f(x)在(1，e)上单调递增；
若≥e，即a∈(－∞，－e2]，
则f(x)在(1，e)上单调递减；
若a∈(－e2，－1)，则f(x)在(1，)上单调递减，在[，e)上单调递增．
(2)由(1)可知，当a≤－e2或a≥－1时，函数f(x)在(1，e)上为单调函数，此时不存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)<0.
当a∈(－e2，－1)时，f(x)在(1，]上单调递减，在[，e)上单调递增，所以f(x)在x＝处取得极小值，
f(x)极小值＝f()＝(－a＋2aln )＝－a＋aln (－a)，其中a∈(－e2，－1)，
令g(a)＝－a＋aln (－a)，a∈(－e2，－1)，
则g′(a)＝－＋ln (－a)＋＝ln (－a)，
a∈(－e2，－1)，
所以g′(a)>0，所以g(a)在(－e2，－1)上单调递增，
且g(－e)＝0，g(－e2)＝－<0，
所以当a∈(－e2，－e)时，f(x)极小值<0，此时存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)<0.
21．某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．
(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？
(2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p(0
①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；
②若以①中的p0作为p的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片最终利润X(单位：元)的期望．
解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A，则P(A)＝＝.
答：该盒芯片经一次检验即可出厂的概率为.
(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率
f(p)＝Cp3(1－p)9
＝C12，
当且仅当3p＝1－p，即p＝时取“＝”号，
故f(p)的最大值点p0＝.
②由题设，知p＝p0＝.
设这盒芯片不合格品的个数为n，
则n～B，
故E(n)＝12×＝3，
则E(X)＝120－12－30－3×2＝72.
所以这盒芯片最终利润X的期望是72元．
课件15张PPT。压轴题(一)第二部分 刷题型本课结束压轴题(七)
12．已知函数f(x)＝xln x＋＋3，g(x)＝x3－x2，若?x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥0，则实数a的取值范围为( )
A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 B
解析 g′(x)＝3x2－2x＝3x，x∈，当x∈时，g′(x)≥0，g(x)在区间上单调递增，当x∈时，g′(x)≤0，g(x)在区间上单调递减，而g＝－0，xln x<0，h′(x)>0，即h(x)在区间上单调递增；当x∈(1,2]时，1－x<0，xln x>0，h′(x)<0，即h(x)在区间(1,2]上单调递减；所以当x＝1时，函数h(x)取得最大值h(1)＝1，故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，sinC－sinB＝sin(C－A)＋sin(A－B)，则△ABC面积的最大值为________．
答案
解析 由sinC－sinB＝sin(C－A)＋sin(A－B)，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝sin(A＋C)＋sin(C－A)，2sinBcosA＝2sinCcosA，当cosA＝0，即A＝时，b2＋c2＝a2＝4≥2bc，∴S△ABC＝bc≤1；当cosA≠0时，sinB＝sinC，则b＝c.
解法一：在△ABC中，由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4c2－2c2cosA，
∴c2＝，S△ABC＝bcsinA＝c2sinA＝＝－，令
则原式等价为S△ABC＝－，且x2＋y2＝3，
令k＝－(k>0)?y＝－k(x－2)，且x2＋y2＝3，
则△ABC面积的最大值等价转化为直线y＝－k(x－2)与圆x2＋y2＝3有公共点时的k的最大值，则圆心(0,0)到直线y＝－k(x－2)的距离d＝≤ ，可得0综上可知S△ABC≤ ，故△ABC面积的最大值为.
解法二：在△ABC中，若a＝2，b＝c，即BC＝2，AC＝AB，以BC所在直线为x轴，其中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－1,0)，C(1,0)，设A(x，y)，由AC＝AB，得 ＝·，化简整理，得点A的轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝3，所以S△ABC＝·BC·|yA|≤ ，故△ABC面积的最大值为.
20．(2019·河南新乡三模)已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)讨论函数g(x)＝在(1，＋∞)上的单调性；
(2)若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝，
若a≤－，因为x>1，所以ln x>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
若a>－，令g′(x)＝0，得x＝e，当10; 当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)x2f(x)＋a≥2－e，
即xln x－ax＋a＋e－2≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝ln x＋1－a，令h′(x)＝0，得x＝ea－1，
当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)的最小值为h(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1，
令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1，令t′(a)＝0，得a＝1，
当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．故a的取值范围是[0,2]．
21．(2019·陕西部分学校高三摸底)已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2，O为坐标原点．
(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；
(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为－，求点P的坐标．
解 (1)由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆O相切，得＝1，
所以b2＝k2＋1.
由消去y，得x2－kx－b－2＝0.
所以x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2.
由OM⊥ON，得·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
所以x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
所以(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0，
所以b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0，
解得b＝－1或b＝0(舍去)．
所以k＝0，故直线l的方程为y＝－1.
(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则
kRQ＝＝＝x3＋x4，
所以x3＋x4＝－.
由题意，知直线PQ，PR的斜率均存在，
设PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直线PQ与圆O相切，得＝1，即(x－1)k－2x0y0k1＋y－1＝0，
设PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x－1)k－2x0y0k2＋y－1＝0.
由题意可得x≠1，
故k1，k2是方程(x－1)k′2－2x0y0k′＋y－1＝0的两个根，
所以k1＋k2＝.
由
得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，
故x0＋x3＝k1，
同理可得x0＋x4＝k2，
则2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－＝，
所以2x0－＝，
解得x0＝－或x0＝.
当x0＝－时，y0＝－；当x0＝时，y0＝1.
故P或P(，1)．
课件20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)过△ABC的重心G作直线l，已知l与AB，AC的交点分别为M，N，＝，若＝λ，则实数λ的值为( )
A．或 B．或
C．或 D．或
答案 B
解析 设＝x，因为G为△ABC的重心，所以＋＝3，即＋＝.由于M，N，G三点共线，所以＋＝1，即x＝.因为＝，S△ABC＝||||sinA，S△AMN＝||||·sinA，所以＝＝＝，即有＝9，解得λ＝或.故选B.
16．(2019·湖北宜昌元月调考)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，点An，Bn均在函数f(x)＝log2x的图象上，An的横坐标为an，Bn的横坐标为Sn＋1，直线AnBn的斜率为kn.若k1＝1，k2＝，则数列{an·f(an)}的前n项和Tn＝________.
答案 (n－2)·2n＋2
解析 由题意可知A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S1＋1，log2(S1＋1))，B2(S2＋1，log2(S2＋1))，
∴解得
∴an＝2n－1，f(an)＝log22n－1＝n－1，
∴an·f(an)＝(n－1)2n－1，∴Tn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1，①
2Tn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n，②
①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)×2n，所以－Tn＝－(n－1)×2n，
整理，得Tn＝(n－2)·2n＋2.
20．已知F1(－2,0)，圆F2：(x－2)2＋y2＝24，若M为圆F2上的一个动点，且线段MF1的垂直平分线与MF2交于点C.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与动点C的轨迹的两个交点，点E(m,0)，当·为定值时，求m的值．
解 (1)由圆的方程可知，F2(2,0)，|MF2|＝2，
因为|CF1|＝|CM|，
所以|CF1|＋|CF2|＝|CM|＋|CF2|＝|MF2|＝2，
又因为|F1F2|＝4<2，
由椭圆的定义可得点C的轨迹方程为＋＝1.
(2)由得
(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，且Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
根据题意，有·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋4k2＋m2
＝(k2＋1)·－(2k2＋m)·＋4k2＋m2
＝.
要使上式为定值，即与k无关，
则应3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝，
此时·＝m2－6＝－为定值．
21．已知函数f(x)＝ln x＋m(m∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)的最小值为－1，m∈N*，数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝f(bn)＋3(n∈N*)，记Sn＝[b1]＋[b2]＋…＋[bn]，[t]表示不超过t的最大整数，证明： <.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－＝.
①当m≤0时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
②当m>0时，令f′(x)>0，得x>m，
即f(x)在(m，＋∞)上为增函数；
令f′(x)<0，得x即f(x)在(0，m)上为减函数．
(2)证明：∵f(x)有最小值为－1，
∴由(1)，知函数f(x)的最小值点为x＝m，
即f(m)＝－1，则ln m＋1－2m＝－1.
令g(m)＝ln m－2m＋2(m≥1)，g′(m)＝－2，
当m>1时，g′(m)＝－2<0，
故g(m)在(1，＋∞)上是减函数．
∴当m>1时，g(m)∵m∈N*，∴m＝1.
则bn＋1＝ln bn＋＋1.由b1＝1，得b2＝2.
从而b3＝ln 2＋.∵猜想当n≥3，n∈N*时，2下面用数学归纳法证明猜想正确．
①当n＝3时，猜想正确．
②假设n＝k(k≥3，k∈N*)时，猜想正确．
即k≥3，k∈N*时，2当n＝k＋1时，有bk＋1＝ln bk＋＋1，
由(1)，知h(x)＝ln x＋＋1是(2,3)上的增函数，
则h(2)由ln 2>，ln 3<，得2综合①②，得对一切n≥3，n∈N*，猜想正确．
即n≥3，n∈N*时，2于是，[b1]＝1，[bn]＝2(n≥2)，
则Sn＝[b1]＋[b2]＋…＋[bn]＝2n－1，
故 ＝ ＝＝<.
课件18张PPT。压轴题(三)第二部分 刷题型本课结束压轴题(二)
12．设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－me≥0恒成立，则m的最大值是( )
A． B．
C．2e D．e
答案 D
解析 不等式x2ln x－me≥0?x2ln x≥me?xln x≥e?eln xln x≥e，设f(x)＝xex(x>0)，则f′(x)＝(x＋1)ex>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，因为>0，ln x>0，所以≤ln x，即m≤xln x对任意的x≥e恒成立，此时只需m≤(xln x)min，设g(x)＝xln x(x≥e)，g′(x)＝ln x＋1>0(x≥e)，所以g(x)在[e，＋∞)上为增函数，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以m≤e，即m的最大值为e.故选D.
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·河南开封三模)已知函数f(x)＝ex－a，g(x)＝a(x－1)(常数a∈R)．
(1)当g(x)与f(x)的图象相切时，求a的值；
(2)设φ(x)＝f(x)－g(x2)，讨论φ(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
解 (1)设切点为A(x0，e－a)，因为f′(x)＝ex，所以过A点的切线方程为y－e＋a＝e (x－x0)，即y＝ex－x0e＋e－a，
由题意可得
解得a＝e.
(2)由题意可得φ(x)＝ex－ax2，设函数h(x)＝1－ax2e－x，φ(x)在(0，＋∞)上零点的个数与h(x)在(0，＋∞)上零点的个数相同，当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x，x∈(0,2)时，h′(x)<0；x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值.
①若h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；
③若h(2)<0，即a>时，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，＋∞)上有两个零点，
综上，当a<时，φ(x)在(0，＋∞)上没有零点；当a＝时，φ(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；当a>时，φ(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
21．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
解 (1)由题意，得·＝－，
化简，得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝±.
设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，
故xG＝，由此，得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①，得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积
S＝|PQ|·|PG|＝
＝.
设t＝k＋，
则由k>0，得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，
所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
课件16张PPT。压轴题(二)第二部分 刷题型本课结束压轴题(五)
12．(2019·河南濮阳二模)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)<0，且>1，则( )
A．f2(3)< B．C．f(3)答案 B
解析 因为>1＝0，所以f(x)＋2f′(x)<0，构造函数g(x)＝ex·f2(x)，则g′(x)＝ex·f2(x)＋2ex·f(x)·f′(x)＝ex·f(x)·[f(x)＋2f′(x)]>0，所以函数g(x)在R上单调递增，所以g(2)>g(1)，即e2·f2(2)>e·f2(1)，即e·f2(2)>f2(1)．故选B.
16．(2019·山东青岛模拟)已知三棱锥A－BCD中，AB＝3，AD＝1，BC＝4，BD＝2，当三棱锥A－BCD的体积最大时，其外接球的体积为________．
答案
解析 由已知，得AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，且S△ABD＝×1×2＝，
又因为BC＝4，所以当BC⊥平面ABD时，
三棱锥A－BCD的体积最大．
如图所示，三棱锥A－BCD的外接球与长、宽、高分别为2，1,4的长方体的外接球一样．
设此外接球的半径为R，
则(2R)2＝12＋(2)2＋42＝25，
解得R＝，
此外接球的体积V＝πR3＝π×3＝.
20．已知抛物线C：y＝－x2，点A，B在抛物线上，且横坐标分别为－，，抛物线C上的点P在A，B之间(不包括点A，点B)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率k的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解 (1)由题可知A，B，
设P(xP，－x)，－所以k＝＝－xP＋∈(－1,1)，
故直线AP斜率k的取值范围是(－1,1)．
(2)直线AP：y＝kx＋k－，
直线BQ：x＋ky＋k－＝0，
联立直线AP，BQ方程可知点Q的横坐标为
xQ＝.
|PQ|＝(xQ－xP)
＝
＝，
|PA|＝＝(1－k)，
所以|PA|·|PQ|＝(1－k)3(1＋k)，
令f(x)＝(1－x)3(1＋x)，－1则f′(x)＝(1－x)2(－2－4x)＝－2(1－x)2(2x＋1)，
当－10，
当－故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
故f(x)max＝f＝，
即|PA|·|PQ|的最大值为.
21．(2019·山西太原一模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a<－时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1解 (1)由题意，得f′(x)＝－2ax＋(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<－时，
∵＝ln －a(x2＋x1)＋(2－a)，
f′(x0)＝－2ax0＋(2－a)，
∴ln －a(x2＋x1)＝－2ax0，
∵f′－f′(x0)
＝－a(x2＋x1)－
＝－ln
＝·
＝－ln ，
令t＝，g(t)＝－ln t，t>1，
则g′(t)＝－<0，∴g(t)∴f′－f′(x0)<0，∴f′设h(x)＝f′(x)＝－2ax＋(2－a)，x>1，
则h′(x)＝－－2a>－1＋1＝0，
∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴课件17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)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝2，E为AD的中点，P为正方形A1B1C1D1内的一个动点(含边界)，且|PE|≤，则|＋＋|的最小值为( )
A．－1 B．－3
C． D．＋1
答案 B
解析 设A1D1的中点为F，连接EF，PF，则在△EFP中，EF⊥FP，EP2＝EF2＋FP2，∴FP2≤1，∴点P的轨迹是以F为圆心，以1为半径的半圆面(位于正方形A1B1C1D1内)，以A1为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，
则A1(0,0)，B1(2,0)，C1(2,2)，F(0，1)，设点P的坐标为(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(2－x，－y)，＝(2－x，2－y)，＋＋＝(4－3x,2－3y)．
|＋＋|＝
＝3×.
设Q点的坐标为，则|＋＋|＝3|PQ|≥3(|QF|－1)＝－3.故选B.
16．已知椭圆的焦点为F1(－c，0)，F2(c,0)，其中c＝2∫0cosxdx，直线l与椭圆相切于第一象限的点P，且与x，y轴分别交于点A，B，设O为坐标原点，当△AOB的面积最小时，∠F1PF2＝60°，则此椭圆的方程为________．
答案 ＋＝1
解析 由题意，得在P(x0，y0)处的切线方程为＋＝1.
所以A，B，
S△AOB＝×，因为＋＝1≥，
所以≥.所以S△AOB≥ab.
当且仅当＝＝时，△AOB的面积最小．
设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，由余弦定理，得
4c2＝r＋r－r1r2＝(r1＋r2)2－3r1r2＝4a2－3r1r2，
所以r1r2＝b2，
所以S△PF1F2＝r1r2sin60°＝b2，
所以·2c·y0＝b2，y0＝＝b，
所以c＝b.
又因为c＝2cosxdx＝2sinx
＝2＝.
所以b＝3，a＝.
所以此椭圆的方程为＋＝1.
20．(2019·广东四校联考)某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但该种特产水果只能在9月份销售，且该种特产水果当天食用口感最好，隔天食用口感较差．某超市每年9月份都销售该种特产水果，每天计划进货量相同，进货成本每千克8元，销售价每千克12元，当天未卖出的水果全部转卖给水果罐头厂，但每千克只能卖到5元．根据往年销售经验，每天需求量与当地最高气温(单位：℃)有一定关系．若最高气温不低于30，则需求量为5000千克；若最高气温位于[25,30)，则需求量为3500千克；若最高气温低于25，则需求量为2000千克．为了制订今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高
气温(℃)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
4
14
36
21
15
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求今年9月份这种特产水果一天需求量X(单位：千克)的分布列和数学期望；
(2)设9月份一天销售这种特产水果的利润为Y(单位：元)，当9月份这种特产水果一天的进货量n(单位：千克)为多少时，Y的数学期望达到最大值，最大值为多少？
解 (1)今年9月份这种特产水果一天的需求量X的可能取值为2000,3500,5000.
P(X＝2000)＝＝，
P(X＝3500)＝＝，
P(X＝5000)＝＝.
于是X的分布列为
X
2000
3500
5000
P
X的数学期望E(X)＝2000×＋3500×＋5000×＝3800.
(2)由题意，知这种特产水果一天的需求量至多为5000千克，至少为2000千克，因此只需要考虑2000≤n≤5000.当3500≤n≤5000时，
若最高气温不低于30，则Y＝4n；
若最高气温位于[25,30)，
则Y＝3500×4－(n－3500)×3＝24500－3n；
若最高气温低于25，则Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.
此时E(Y)＝×4n＋×(24500－3n)＋×(14000－3n)＝12600－n≤11900.
当2000≤n<3500时，
若最高气温不低于25，则Y＝4n；
若最高气温低于25，则Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.
此时E(Y)＝×4n＋×(14000－3n)＝2800＋n<11900.
所以n＝3500时，Y的数学期望达到最大值，最大值为11900.
21．设函数f(x)＝ln (x＋a)－x，g(x)＝xex－2x－1.
(1)若直线l：y＝－x＋ln 3－是函数f(x)的图象的一条切线，求实数a的值；
(2)当a＝0时，
①关于x的方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围；
②证明：当x>0时，g(x)≥f(x)．
解 (1)∵f(x)＝ln (x＋a)－x，
∴f′(x)＝－1，
设切点为P(x0，y0)，
则－1＝－，∴x0＋a＝3，
又ln (x0＋a)－x0＝－x0＋ln 3－，
∴ln 3－x0＝－x0＋ln 3－，
∴x0＝2，∴a＝1.
(2)当a＝0时，①方程f(x)＝x2－x＋m，
即ln x－x2＋x＝m.
令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，
则h′(x)＝－2x＋＝－.
令h′(x)＝0，则x1＝，x2＝－(舍去)；
∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2<，h＝ln ＋，
∴当x∈[1,3]时，h(x)∈，
∴m的取值范围为.
②证明：令F(x)＝g(x)－f(x)
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝·(xex－1)．
令G(x)＝xex－1，
则当x>0时，G′(x)＝(x＋1)ex>0，
∴函数G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
∴G(x)存在唯一的零点c∈(0,1)，
且当x∈(0，c)时，G(x)<0，
F′(x)<0，则F(x)单调递减，
当x∈(c，＋∞)时，G(x)>0，
F′(x)>0，则F(x)单调递增，
从而F(x)≥F(c)＝cec－ln c－c－1.
由G(c)＝0得cec－1＝0，cec＝1，
两边取对数得ln c＋c＝0，
∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，故g(x)≥f(x)．
课件21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·石家庄市重点高中高三摸底)已知等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p>0)，则p－取最小值时，数列{an}的通项公式为an＝________.
答案 4×3n－1
解析 ∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，
∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，
∴＝(n≥2)，
又n＝1时，a1＝S1＝pa2＋m＝4，
∴a2＝，＝.
∵{an}为等比数列，∴＝＝，
∵p>0，∴p＝－，
∴m＝－4p，p－＝p＋≥2 ＝1，
当且仅当p＝，p＝时取等号，此时等比数列的公比＝3，∴an＝4×3n－1.
20．已知M为椭圆C：＋＝1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足＝.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求的取值范围．
解 (1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意，知D(m,0)，且y≠0.
由＝，得(m－x，－y)＝(0，－n)，
则有?
又M(m，n)为椭圆C：＋＝1上的点，
∴＋＝1，即x2＋y2＝25，
故动点P的轨迹E的方程为x2＋y2＝25(y≠0)．
(2)依题意，知A(－5,0)，B(5,0)，F(－4,0)，
设Q(x0，y0)，
∵线段AB为圆E的直径，
∴AP⊥BP，设直线PB的斜率为kPB，则kPA＝－，
＝＝－kQFkPB＝－kQFkQB
＝－·＝－
＝－＝
＝＝，
∵点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，
∴－5又y＝在(－5，－4)和(－4,5)上都是减函数，
∴∈(－∞，0)∪，
故的取值范围是(－∞，0)∪.
21．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f(x)＝(ax－1)ex＋a.
(1)若f(x)≥f(0)恒成立，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)解 (1)∵f(x)＝(ax－1)ex＋a，
∴f′(x)＝(ax－1＋a)ex，
∵f(x)≥f(0)恒成立，∴f′(0)＝a－1＝0，
∴a＝1.
当a＝1时，f′(x)＝xex，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)恒成立，
∴a＝1符合题意，
∴f(x)＝(x－1)ex＋1，f′(x)＝xex，
故f(1)＝1，f′(1)＝e，
∴f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝e(x－1)，即y＝ex－e＋1.
(2)由f(x)＝(ax－1)ex＋a①当a≤0，x>0时，xex－x＋1>0，∴a(xex－x＋1)≤0＜ex恒成立，此时f(x)＝(ax－1)ex＋a②当a>0时，原不等式可化为>x－＋，
令h(x)＝x－＋，∴h′(x)＝，
令φ(x)＝ex＋x－2，则φ′(x)＝ex＋1，
∴φ(x)在R上单调递增，又φ(0)＝－1<0，φ(1)＝e－1>0，∴存在唯一的x0∈(0,1)使得φ(x0)＝0，∴h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(0,1)，又h(0)＝1，h(1)＝1，h(－1)＝2e－1，h(2)＝2－，
∴当原不等式有且只有两个整数解时，
1<≤2－，即≤a<1.
课件16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＋，所以的最大值为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)已知函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)＋2f(x)＋m＝0有三个不同的实根，则m的取值范围为________．
答案 (－∞，－3]
解析 作出函数f(x)的图象如图：
设f(x)＝a，当a≥1时，f(x)＝a有两个实根；当a<1时，f(x)＝a有一个实根．所以当关于x的方程f2(x)＋2f(x)＋m＝0有三个不同的实根时，t2＋2t＋m＝0的两实根一个比1大，一个比1小，所以1＋2＋m<0，即m<－3.当m＝－3时，f(x)＝1或f(x)＝－3符合题意．综上可得m≤－3.
20．(2019·安徽蚌埠第三次教学质量检查)某地种植常规稻α和杂交稻β，常规稻α的亩产稳定为485公斤，今年单价为3.70元/公斤，估计明年单价不变的可能性为10%，变为3.90元/公斤的可能性为70%，变为4.00元/公斤的可能性为20%.统计杂交稻β的亩产数据，得到亩产的频率分布直方图如图1，统计近10年杂交稻β的单价(单位：元/公斤)与种植亩数(单位：万亩)的关系，得到的10组数据记为(xi，yi)(i＝1,2，…，10)，并得到散点图如图2.
(1)根据以上数据估计明年常规稻α的单价平均值；
(2)在频率分布直方图中，各组的取值按中间值来计算，求杂交稻β的亩产平均值；以频率作为概率，预计将来三年中至少有两年杂交稻β的亩产超过795公斤的概率；
(3)①判断杂交稻β的单价y(单位：元/公斤)与种植亩数x(单位：万亩)是否线性相关？若相关，试根据以下的参考数据求出y关于x的线性回归方程；
②调查得知明年此地杂交稻β的种植亩数预计为2万亩．若在常规稻α和杂交稻β中选择，明年种植哪种水稻收入更高？
统计参考数据：＝1.60，＝2.82，(xi－)(yi－)＝－0.52，(xi－)2＝0.65.
附：线性回归方程＝x＋，＝，＝－ .
解 (1)设明年常规稻α的单价为ξ，则ξ的分布列为
ξ
3.70
3.90
4.00
P
0.1
0.7
0.2
E(ξ)＝3.7×0.1＋3.9×0.7＋4×0.2＝3.9，估计明年常规稻α的单价平均值为3.9元/公斤．
(2)杂交稻β的亩产平均值为[(750＋810＋820)×0.005＋(760＋800)×0.01＋(770＋790)×0.02＋780×0.025]×10＝78.2×10＝782.
依题意，知杂交稻β的亩产超过795公斤的概率P＝0.1＋0.05×2＝0.2，则将来三年中至少两年杂交稻β的亩产超过795公斤的概率为C×0.22×(1－0.2)＋0.23＝0.104.
(3)①∵散点图中各点大致分布在一条直线附近，
∴可以判断杂交稻β的单价y与种植亩数x线性相关，
由题中提供的数据，得＝＝－0.8，
＝－ ＝2.82＋0.8×1.60＝4.10，
∴线性回归方程为＝－0.8x＋4.10.
②估计明年杂交稻β的单价＝－0.8×2＋4.10＝2.50元/公斤，估计明年杂交稻β的每亩平均收入为782×2.50＝1955元，估计明年常规稻α的每亩平均收入为485×E(ξ)＝485×3.9＝1891.5元，
∵1955>1891.5，∴明年种植杂交稻β收入更高．
21．已知函数f(x)＝2aln x－x2＋3－2a，g(x)＝xf(x)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解 (1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－2x＝，所以
①当a≤0时，有f′(x)<0恒成立，从而f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，有f′(x)＝
＝，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，即f(x)在区间(0，)上单调递增；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，即f(x)在区间(，＋∞)上单调递减．
(2)由于g(x)＝2axln x－x3＋(3－2a)x，x>0，
所以g′(x)＝2aln x－3x2＋3＝2aln x－3(x2－1)，且g′(1)＝0，
①当a≤0时，有g′(x)≤0在区间[1，＋∞)上恒成立，即g(x)在区间[1，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令h(x)＝g′(x)＝2aln x－3x2＋3，
则h′(x)＝－6x＝
＝，
得x∈时，h′(x)>0，
即h(x)在区间上单调递增；
x∈时，h′(x)<0，
即h(x)在区间上单调递减．
从而0又因为g′(x)＝h(x)≤h(1)＝0，
所以g(x)在区间[1，＋∞)上单调递减；
当a>3时，h(x)在区间上单调递增．
从而在区间上g′(x)＝h(x)>h(1)＝0，
即g(x)在区间上单调递增，不符合题意．
综上，当函数g(x)在区间[1，＋∞)上单调递减时，a的取值范围为(－∞，3]．
课件20张PPT。压轴题(四)第二部分 刷题型本课结束