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[走向高考]2016高考数学二轮复习第一部分微专题强化练 专题26 函数与方程的思想、分类讨论的思想(含解析)


【走向高考】 (全国通用)2016 高考数学二轮复习 第一部分 微专题 强化练 专题 26 函数与方程的思想、分类讨论的思想(含解析)

一、选择题 1.(文)方程 m+ 1-x=x 有解,则 m 的最大值为( A.1 C.-1 [答案] A [解析] m=x- 1-x,令 t= 1-x≥0,则 x=1-t , 1 2 5 2 ∴m=1-t -t=-(t+ ) + ≤1,故选 A. 2 4 (理)已知对于任意的 a∈[-1,1], 函数 f(x)=x +(a-4)x+4-2a 的值总大于 0, 则x 的取值范围是( A.1<x<3 C.1<x<2 [答案] B [解析] 将 f(x)=x +(a-4)x+4-2a 看作是 a 的一次函数, 记为 g(a)=(x-2)a+x -4x+4. 当 a∈[-1,1]时恒有 g(a)>0,只需满足条件
?g?1?>0, ? ? ? ?g?-1?>0,
2 2 2 2

)

B.0 D.-2

) B.x<1 或 x>3 D.x<2 或 x>2

即?

?x -3x+2>0, ? ? ?x -5x+6>0,
2

2

解之得 x<1 或 x>3. [方法点拨] 1.函数与方程的关系 函数与方程是两个不同的概念, 但它们之间有着密切的联系, 方程 f(x)=0 的解就是函 数 y=f(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标,函数 y=f(x)也可以看作二元方程 f(x)-y=0, 通过方程进行研究. 2.应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题,是多元问题中的常见题型,常 见的解题思路有以下两种: (1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域), 然后求解. (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次方程,进而构造函数加以解决. 2.(文)(2014·哈三中二模)一只蚂蚁从正方体 ABCD-A1B1C1D1 的顶点 A 处出发,经正方

1

体的表面,按最短路线爬行到顶点 C1 处,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.(1)(2) C.(2)(4) [答案] C

B.(1)(3) D.(3)(4)

[解析] 爬行路线为 为(4),故选 C.

时正视图为(2);爬行路线是

时,正视图

[方法点拨] 若几何图形的位置不确定时,常常要对各种不同情况加以讨论. (理)有四根长都为 2 的直铁条, 若再选两根长都为 a 的直铁条, 使这六根铁条端点处相 连能够焊接成一个三棱锥形的铁架,则 a 的取值范围是( A.(0, 6+ 2) C.( 6- 2, 6+ 2) [答案] A [解析] 若构成三棱锥有两种情形. 一种情形是三条长为 2 的线段围成三角形作为棱锥的底面,过 B.(1,2 2) D.(0,2 2) )

BC 的中点 M 作与 BC 垂直的平面 α ,在平面 α 内,以 A 为圆心 AP
=2 为半径画圆,点 P 在此圆周上,且不在平面 ABC 内时,构成三 棱锥 P-ABC,此时 PB=PC=a,易求得 6- 2<a< 6+ 2. 另一种情形如图:

AB=AC=BD=DC=2,
2

AD=BC=a,
此时 2 4- >a, 4

a2

∴0<a<2 2, 又∵ 6+ 2>2 2> 6- 2, 取两者的并集得,0<a< 6+ 2. [方法点拨] 1.分类讨论时,标准必须统一,分类后要做到无遗漏、不重复,还要注意 不越级讨论,层次分明,能避免分类的题目不要分类. 2.分类讨论的步骤:(1)确定分类讨论的对象和分类标准;(2)合理分类,逐类讨论; (3)归纳总结,得出结论. 3.分类讨论的常见类型 (1)由数学概念引发的分类讨论:如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数、一次、 二次函数、正比例函数、反比例函数、幂函数、复数的概念、三角函数的定义域. (2)由性质、定理、公式、法则的限制条件引起的分类讨论,如等比数列前 n 项和公式、 不等式的一些性质、函数的单调性、根式的性质. (3)由数学运算引起的分类,如除数不为 0,偶次方根的被开方数非负,对数函数的底 数 a>0 且 a≠1,指数运算中对底数的限制,不等式两边同乘以一个正数(负数),排列组合 中的分类计数. (4)由图形的不确定性引起的讨论,如图形的类型、位置,角的终边所在象限、点线面 位置等,点斜式(斜截式)直线方程适用范围,直线与圆锥曲线的位置关系. (5)由参数的变化引起的分类讨论:含参数的问题(方程、不等式、函数等),由于参数 的不同取值会导致结果不同或不同的参数求解、证明的方法不同等. (6)由实际问题的实际意义引起的分类讨论.

y x 1 3.(文)圆锥曲线 + =1 的离心率 e= ,则 a 的值为( 8 a+7 2
A.-1 11 C.-1 或 3 [答案] C 11 B. 3 D.以上均不正确

2

2

)

[解析] 因焦点在 x 轴上和 y 轴上的不同, 离心率 e 关于 a 的表达式发生变化, 故需分 类.当焦点在 x 轴上时, e=
2

a+7-8 1 11 = ,解得 a= ; a+7 4 3

当焦点在 y 轴上时,
3

8-?a+7? 1 2 e= = ,解得 a=-1.故选 C. 8 4 (理)将 1,2,3,4,5 排成一列 a1a2a3a4a5(如 43215 中,a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,a5= 5),则满足 a1<a2,a2>a3,a3<a4,a4>a5 的排列个数是( A.10 C.14 [答案] D [解析] ∵a3<a2,a3<a4,∴a3 只能从 1,2,3 中取,故可按 a3 的取值情况分类讨论(或利 用 a2>a1,a2>a3 入手讨论), (1)当 a3=3 时,a2,a4 只能是 4,5,共有 A2·A2种; (2)当 a3=2 时,a2,a4 可以为 3,4,5,∵a5<a4,a1<a2,故 5 只能排在 a2 或 a4 位置,和 5 相邻的可从剩下 3 个中任选一个,余下两个,只有一种排法, ∴共有 A2A3种; (3)当 a3=1 时,从剩下 4 个元素中选两个排在 a1,a2 位置,只有一种排法,余下两个 排在 a4,a5 位置也只有一种排法,∴有 C4种. 综上知,共有 A2A2+A2·A3+C4=16 种. 4.若 a>1,则双曲线 2- A.(1, 2) C.[ 2, 5] [答案] B [解析] e =( ) = 即 2<e< 5. 5.如图所示,在△AOB 中,点 A(2,1),B(3,0),点 E 在射线 OB 上自 O 开始移动.设
2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

)

B.12 D.16

x2 y2 =1 的离心率 e 的取值范围是( a ?a+1?2
B.( 2, 5) D.( 3, 5)

)

c a

2

a2+?a+1?2 1 2 1 2 =1+(1+ ) ,因为当 a>1 时,0< <1,所以 2<e <5, 2 a a a

OE=x,过 E 作 OB 的垂线 l,记△AOB 在直线 l 左边部分的面积为 S,则函数 S=f(x)的图象
是( )

4

[答案] D 1 1 1 2 [解析] 当 0<x≤2 时,f(x)= ·x· x= x ,是开口向上的抛物线,且 f(2)=1; 2 2 4 1 1 1 2 当 2<x≤3 时,f(x)= ×2×1+ (x-2)(3-x+1)=- x +3x-3. 2 2 2 3 是开口向下,以(3, )为顶点的抛物线. 2 当 x>3 时,f(x)是确定的常数,图象为直线. 二、填空题 → → → 6. 如图, 正六边形 ABCDEF 中, P 是△CDE 内(包括边界)的动点. 设AP=α AB+β AF(α , β ∈R),则 α +β 的取值范围是________.

[答案] [3,4] [解析] 建立如图所示的直角坐标系,设正六边形边长为 2, 则 C(2,0),A(-1,- 3),B(1,- 3),D(1, 3),E(-1, 3),

F(-2,0), 设 P(x, y)可得AP=(x+1, y+ 3), AB=(2,0), AF=(-







?x+1=2α -β , → → → 1, 3),∵AP=α AB+β AF,∴? ?y+ 3= 3β ,
x+1+ 3y+3 1
2

则 α +β =

3 = x+ y+2,当点 P 在如图阴影部分所示的平面区域内时,可作平行直线 2 2

1 3 1 3 系 x+ y+2=z, 当直线过点 E 或 C 时, α +β 取得最小值, (α +β )最小值= ×2+ ×0 2 2 2 2 1 3 +2=3;当直线过点 D 时,α +β 取得最大值,(α +β )最大值= ×1+ × 3+2=4,则 2 2 α +β 的取值范围是[3,4]. [方法点拨] 和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借
5

助于函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十 分重要. (3)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方 程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论. (4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数关 系的方法加以解决,引进空间向量后,立体几何与函数的关系就更加密切. (5)(理)函数 f(x)=(a+bx) (n∈N )与二项式定理密切相关,利用这个函数,用赋值法 和比较系数法可以解决很多有关二项式定理的问题及求和问题. 7 .( 文) 若关于 x 的方程 cos2x- 2cosx +m =0 有实数根,则实数 m 的取值范围是 ________. [分析] 将方程变形为 m=-cos2x+2cosx,则当方程有实数根时,-cos2x+2cosx
n
*

的取值范围就是 m 的取值范围. 3? ? [答案] ?-3, ? 2

?

?

[解析] 原方程可化为 m=-cos2x+2cosx. 令 f(x)=-cos2x+2cosx, 则 f(x)=-2cos x+1+2cosx 1?2 3 ? =-2?cosx- ? + , 2? 2 ? 由于-1≤cosx≤1, 1 3 所以当 cosx= 时,f(x)取得最大值 , 2 2 当 cosx=-1 时,f(x)取得最小值-3, 3? ? 故函数 f(x)的值域为?-3, ?, 2? ? 3? ? 即 m∈?-3, ?. 2? ? [方法点拨] 本题若令 cosx=t, 则可通过换元法将原方程化为关于 t 的一元二次方程, 但求解过程将非常繁琐,而通过分离参数,引进函数,便可通过函数的值域较为简单地求得 参数 m 的取值范围. π 2 (理)如果方程 cos x-sinx+a=0 在(0, ]上有解,则 a 的取值范围是________. 2 [答案] (-1,1] [分析] 可分离变量为 a=-cos x+sinx,转化为确定的相关函数的值域. [解析] 解法 1:把方程变为 a=-cos x+sinx.
6
2 2 2

π 2 设 f(x)=-cos x+sinx(x∈(0, ]). 2 显然当且仅当 a∈f(x)的值域时,a=f(x)有解. 1 2 5 π 2 ∵f(x)=-(1-sin x)+sinx=(sinx+ ) - ,且由 x∈(0, ]知,sinx∈(0,1]. 2 4 2 ∴f(x)的值域为(-1,1], ∴a 的取值范围是(-1,1]. π 解法 2:令 t=sinx,由 x∈(0, ]可得 t∈(0,1]. 2 把原方程变为 t +t-1-a=0, 依题意,该方程在(0,1]上有解, 设 f(t)=t +t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴为 x=- ,在区间(0,1]的左侧,如下图所示. 2
2 2

因此 f(t)=0 在(0,1]上有解, 当且仅当?
? ?f?0?<0 ?f?1?≥0 ? ? ?-1-a<0 ,即? ?1-a≥0 ?



∴-1<a≤1,故 a 的取值范围是(-1,1]. [方法点拨] 最值、方程有解、恒成立与参数的取值范围问题 此类含参数的三角、指数、对数等复杂方程解的问题,通常有两种处理思路:一是分离 参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂方程问题转化为熟悉的 二次方程,进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决. 8.直线 y=kx+2 和椭圆 + =1 在 y 轴左侧部分交于 A、B 两点,直线 l 过点 P(0, 4 3 -2)和线段 AB 的中点 M,则 l 在 x 轴上的截距 a 的取值范围为________. [答案] [- 6 ,0) 3

x2 y2

[分析] 将直线与椭圆方程联立消去 y,得关于 x 的二次方程,则直线与椭圆在 y 轴左 侧部分交于 A、B 两点,转化为方程有两个负根的问题. [解析] 设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),直线 l 与 x 轴的交点为 N(a,0).

7

y=kx+2, ? ? 2 2 由?x y + =1, ? ?4 3

得(3+4k )x +16kx+4=0.(*)

2

2

因为直线 y=kx+2 和椭圆 + =1 在 y 轴左侧部分交于 A,B 两点, 4 3

x2 y2

? 16k ?x +x =-3+ <0, 4k 所以? 4 ? ?x x =3+4k >0,
1 2 2 1 2 2

Δ =?16k? -4×4?3+4k ?>0,

2

2

1 解得 k> . 2 因为 M 是线段 AB 的中点,所以

x +x -8k ? ?x = 2 =3+4k , ? y +y k?x +x ?+4 6 = . ?y = 2 = ? 2 3+4k
1 2 0 2 1 2 1 2 0 2

因为 P(0,-2),M(x0,y0),N(a,0)三点共线, 6 2+2 2 3+4k 0-?-2? 2 12+8k 所以 = ,所以 = , -8k a-0 a -8k 2 3+4k 4 3 即- =2k+ .

a

k

1 3 因为 k> ,所以 2k+ ≥2 6, 2 k 当且仅当 k= 6 时等号成立, 2

4 6 所以- ≥2 6,则- ≤a<0. a 3 三、解答题 9.(文)设函数 f(x)=lnx-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x -x-1)对任意 x≥1 都有 g(x)≤0 成立,求 p 的取值范 围. [解析] (1)当 p=1 时,f(x)=lnx-x+1,其定义域为(0,+∞).
2

8

1 所以 f ′(x)= -1.

x

1 由 f ′(x)= -1≥0 得 0<x≤1,

x

所以 f(x)的单调递增区间为(0,1], 单调递减区间为(1,+∞). (2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x -x-1) =xlnx+p(x -1), 得 g′(x)=lnx+1+2px. 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 lnx≤x-1 成立. 1 ①当 p≤- 时, g′(x)=lnx+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0, 即 g(x)在[1, 2 +∞)上单调递减,从而 g(x)≤g(1)=0 满足题意; 1 1 ②当- <p<0 时, 存在 x∈(1, - )使得 lnx>0, 1+2px>0, 从而 g′(x)=lnx+1+2px>0, 2 2p 1 1 即 g(x)在(1,- )上单调递增,从而存在 x0∈(1,- )使得 g(x0)≥g(1)=0 不满足题意; 2p 2p ③当 p≥0 时,由 x≥1 知 g(x)=xlnx+p(x -1)≥0 恒成立,此时不满足题意. 1 综上所述,实数 p 的取值范围为 p≤- . 2 (理)已知函数 f(x)=(a+1)lnx+ax +1. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设 a<-1,如果对任意 x1、x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求 a 的取 值范围. [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
2 a+1 2ax +a+1 f ′(x)= +2ax= . x x 2 2 2 2

当 a≥0 时,f ′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)单调递增; 当 a≤-1 时,f ′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)单调递减; 当- 1<a<0 时,令 f ′(x) = 0 ,解得 x = -

a+1 ? . 则当 x ∈ ?0, 2a ?




a+1? ? 时, 2a ?

f ′(x)>0;x∈?

? ?



a+1 ? ? ,+∞?时,f ′(x)<0.故 f(x)在?0, 2a ? ?

a+1? ?单调递增,在 2a ?

? ? ?



a+1 ? ,+∞?单调递减. 2a ?

(2)不妨假设 x1≥x2.而 a<-1,由(1)知 f(x)在(0,+∞)单调递减,从而? x1,x2∈(0,
9

+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于? x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1① 令 g(x)=f(x)+4x,则 g′(x)=

a+1 +2ax+4. x

①等价于 g(x)在(0,+∞)单调递减,即

a+1 +2ax+4≤0. x
-4x-1 ?2x-1? -4x -2 ?2x-1? 从而 a≤ 2 = = -2. 2 2 2x +1 2x +1 2x +1 故 a 的取值范围为(-∞,-2]. [方法点拨] 导数在近几年来已逐渐成为高考命题中的压轴题, 导数作为研究函数性质 的工具, 具备广泛适用性, 可以分析各种函数, 而且容易与参数结合命题, 尤其在问题转化、 构造新函数解决问题等方面体现明显. 因此我们在平日训练时要注意分类讨论思想转化与归 纳思想,函数与方程思想等方面的训练,加强对问题的分析,以及处理问题和解决问题的能 力. 10.(文)(2014·安徽文,16)设△ABC 的内角 A、B、C 所对边的长分别是 a、b、c,且
2 2 2

b=3,c=1,△ABC 的面积为 2,求 cosA 与 a 的值.
[分析] 已知 b、c 和△ABC 的面积易求 sinA,由平方关系可求 cosA,但要注意开方时 符号的选取及讨论,再结合余弦定理可求 a 的值. 1 2 2 [解析] 由三角形面积公式,得 S= ×3×1·sinA= 2,∴sinA= , 2 3 因为 sin A+cos A=1. 所以 cosA=± 1-sin A=± 1 ①当 cosA= 时,由余弦定理得 3
2 2 2

8 1 1- =± . 9 3

a2=b2+c2-2bccosA=32+12-2×1×3× =8,
所以 a=2 2. 1 ②当 cosA=- 时,由余弦定理得 3

1 3

a2=b2+c2-2bccosA=32+12-2×1×3×(- )=12,
所以 a=2 3. (理)已知函数 f(x)=sinxcosx-m(sinx+cosx). (1)若 m=1,求函数 f(x)的最值;

1 3

10

π π (2)若函数 f(x)在区间[ , ]上的最小值等于 2,求实数 m 的值. 4 2 [解析] (1)当 m=1 时,f(x)=sinxcosx-(sinx+cosx), 设 sinx+cosx=t,则 sinxcosx= 1 2 1 所以 f(x)=h(t)= t -t- 2 2 1 2 = (t-1) -1. 2 π 由于 t=sinx+cosx= 2sin(x+ ), 4 所以- 2≤t≤ 2. 1 于是当 t=- 2时函数 f(x)取得最大值 2+ ; 2 当 t=1 时函数 f(x)取得最小值-1. (2)设 sinx+cosx=t, 则 sinxcosx=

t2-1
2



t2-1
2



1 2 1 所以 f(x)=g(t)= t -mt- 2 2 1 1 2 1 2 = (t-m) - m - , 2 2 2 π π 又因为 x∈[ , ], 4 2

t=sinx+cosx= 2sin(x+ ),
所以 1≤t≤ 2. 当 m<1 时,g(t)在[1, 2]上单调递增, 当 t=1 时 g(t)取得最小值,得-m=2, 所以 m=-2,符合题意; 当 m> 2时,g(t)在[1, 2]上单调递减, 1 当 t= 2时,g(t)取得最小值,得 - 2m=2, 2 3 2 所以 m=- ,与 m> 2矛盾; 4 1 2 1 2 当 1≤m≤ 2时,g(t)在 t=m 处取得最小值,得- m - =2,所以 m =-5,无解. 2 2

π 4

11

综上,当函数 f(x)在区间[

π π , ]上的最小值等于 2 时,实数 m 的值等于-2. 4 2

11.(文)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a.(a∈R),设数列的前 n 项和为

Sn 且 , , 成等比数列. a1 a2 a4
(1)求数列{an}的通项公式及 Sn; 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)记 An= + + +?+ ,Bn= + + +?+ ,当 n≥2 时,试比较 An 与 Bn

1

1

1

S1 S2 S3

Sn

a1 a2 a22

a2n-1

的大小. 1 2 1 1 2 [解析] 设等差数列{an}的公差为 d,由( ) = · ,得(a1+d) =a1(a1+3d).

a2

a1 a4

因为 d≠0,所以 d=a1=a. 所以 an=na,Sn=

an?n+1?
2

.

1 2 1 1 (2)因为 = ( - ),所以 Sn a n n+1

An= + + +?+ = (1- ). S1 S2 S3 Sn a n+1
因为 a2n-1=2
n-1

1

1

1

1

2

1

a,所以 Bn= + + +?+ a1 a2 a22 a2n-1

1

1

1

1

1 n 1-? ? 2 2 1 = · = (1- n), a 1 a 2 1- 2 1 由 n≥2 时,2 =Cn+Cn+?+Cn>n+1, 即 1- 1
n
0 1

n

n+1

1 <1- n, 2

所以,当 a>0 时,An<Bn;当 a<0 时,An>Bn.

x 1 * (理)已知 f(x)= ,数列{an}满足 a1= ,an+1=f(an)(n∈N ), 3x+1 3
?1? (1)求证:数列? ?是等差数列; ?an?

(2)记 Sn(x)= + +?+ (x>0),求 Sn(x). [分析] (1)找出 an 与 an+1 关系; (2)用错位相减法求和. [解析] (1)由已知得 an+1=

x x2 a1 a2

xn an

an , 3an+1

12



1

an+1

3an+1 1 1 1 = =3 + .∴ - =3.

an

an

an+1 an

?1? ∴? ?是首项为 3,公差为 3 的等差数列. ?an?

1 (2)由(1)得 =3+3(n-1)=3n,

an

∴Sn(x)=3x+6x +9x +?+3nx .

2

3

n

x=1 时,Sn(1)=3+6+9+?+3n=

3?n+1?n ; 2

x≠1 时,Sn(x)=3x+6x2+9x3+?+3nxn, xSn(x)=3x2+6x3+?+3(n-1)xn+3nxn+1,
(1-x)Sn(x)=3x+3x +?+3x -3nx
2

n

n+1



Sn(x)=

3x-3?n+1?x +3nx 2 ?1-x?

n+1

n+2

.

3 综上,当 x=1 时,Sn(1)= n(n+1), 2 3x-3?n+1?x +3nx 当 x≠1 时,Sn(x)= 2 ?1-x?
n+1 n+2

.

[方法点拨] 一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,均值定理、等比数 列的求和公式等性质、 定理与公式在不同的条件下有不同的结论, 或者在一定的限制条件下 才成立,这时要小心,应根据题目条件确定是否进行分类讨论. 12.(文)设函数 f(x)=e -ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. [分析] (1)求函数 f(x)的单调区间,需判断 f ′(x)的正负,因为含参数 a,故需分 类讨论;(2)分离参数 k,将不含有参数的式子看作一个新函数 g(x),将求 k 的最大值转化 为求 g(x)的最值问题. [解析] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f ′(x)=e -a. 若 a≤0,则 f ′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,lna)时,f ′(x)<0;当 x∈(lna,+∞)时,f ′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f ′(x)+x+1=(x-k)(e -1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0 等价于
x x x

k<

x+1 +x (x>0). x e -1



x+1 令 g(x)= x +x,则 e -1
13

g′(x)=

-xe -1 e ?e -x-2? . x 2+1= x 2 ?e -1? ?e -1?
x

x

x

x

由(1)知, 函数 h(x)=e -x-2 在(0, +∞)上单调递增. 而 h(1)<0, h(2)>0, 所以 h(x) 在(0,+∞)上存在唯一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为 α , 则 α ∈(1,2). 当 x∈(0,α )时,g′(x)<0;当 x∈(α ,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞) 上的最小值为 g(α ).又由 g′(α )=0,可得 e =α +2,所以 g(α )=α +1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α ),故整数 k 的最大值为 2. [方法点拨] 本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法. 利用导数求参数的取值范 围时,经常需将参数分离出来,转化为恒成立问题,最终转化为求函数的最值问题,求得参 数的取值范围. (理)设函数 f(x)=x -kx +x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. [解析] f′(x)=3x -2kx+1. (1)当 k=1 时 f′(x) =3x -2x+1,Δ =4-12=-8<0, ∴f′(x)>0,f(x)在 R 上单调递增.即 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),f(x)没 有单调递减区间. (2)当 k<0 时,f′(x)=3x -2kx+1,其开口向上,对称轴 x= ,且过(0,1). 3
2 2 2 3 2 α

k

(i)当 Δ =4k -12=4(k+ 3)(k- 3)≤0, 即- 3≤k<0 时, f′(x)≥0,f(x) 在[k, -k]上单调递增, 从而当 x=k 时,f(x)取得最小值 m=f(k)=k, 当 x=-k 时,f(x) 取得最大值 M=f(-k)=-k -k -k=-2k -k. (ii)当 Δ =4k -12=4(k+ 3)(k- 3)>0,即 k<- 3时,令 f′(x)=3x -2kx+1= 0 解得:x1=
2 2 3 3 3

2

k+ k2-3
3

,x2=

k- k2-3
3

,注意到 k<x2<x1<0,

14

1 2k (注:可用韦达定理判断 x1·x2= ,x1+x2= >k,从而 k<x2<x1<0;或者由对称结合图 3 3 象判断) ∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)} ∵f(x1)-f(k)=x1-kx1+x1-k=(x1-k)(x1+1)>0, ∴f(x)的最小值 m=f(k)=k, ∵f(x2)-f(-k)=x2-kx2+x2-(-2k -k) =(x2+k)[(x2-k) +k +1]<0, ∴f(x)的最大值 M=f(-k)=-2k -k. 综上所述,当 k<0 时,f(x)的最小值 m=f(k)=k,最大值 M=f(-k)=-2k -k.
3 3 2 2 3 2 3 3 2 2

x2 y2 13.(文)(2015·北京西城区二模)设 F1,F2 分别为椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右 a b
焦点,点 A 为椭圆 E 的左顶点,点 B 为椭圆 E 的上顶点,且|AB|=2. (1)若椭圆 E 的离心率为 6 ,求椭圆 E 的方程; 3

(2)设 P 为椭圆 E 上一点,且在第一象限内,直线 F2P 与 y 轴相交于点 Q,若以 PQ 为直 径的圆经过点 F1,证明:|OP|> 2. [解析] (1)设 c= a -b , 由题意得 a +b =4,且 =
2 2 2 2

c a

6 , 3

解得 a= 3,b=1,c= 2, 所以椭圆 E 的方程为 +y =1. 3

x2

2

x2 y2 (2)证明: 由题意得 a +b =4, 所以椭圆 E 的方程为 2+ =1, 则 F1(-c,0), F2(c,0), a 4-a2
2 2

c= a2-b2= 2a2-4.
设 P(x0,y0),由题意知 x0≠±c, 则直线 F1P 的斜率 kF1P= 直线 F2P 的斜率 kF2P=

y0

x0+c



y0 , x0-c y0 (x-c), x0-c

所以直线 F2P 的方程为 y=

-y0c -y0c 当 x=0 时,y= ,即点 Q(0, ), x0-c x0-c 所以直线 F1Q 的斜率为 kF1Q=

y0

c-x0


15

因为以 PQ 为直径的圆经过点 F1, 所以 PF1⊥F1Q, 所以 kF1P×kF1Q=
2 2

y0
2

x0+c c-x0

×

y0

=-1,

化简得 y0=x0-(2a -4), ① 又因为 P 为椭圆 E 上一点,且在第一象限内, 所以 2+

x2 y2 0 0 =1,x0>0,y0>0, ② a 4-a2
2

a 1 2 联立①②,解得 x0= ,y0=2- a , 2 2
1 2 2 2 2 2 所以|OP| =x0+y0= (a -2) +2, 2 因为 a +b =4<2a ,所以 a >2, 所以|OP|> 2. (理)(2015·新课标Ⅱ理,20)已知椭圆 C:9x +y =m (m>0),直线 l 不过原点 O 且不 平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. (1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值;
2 2 2 2 2 2 2

? ? (2)若 l 过点? ,m?,延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形?若 ?3 ?
m
能,求此时 l 的斜率;若不能,说明理由. [立意与点拨] 考查直线的斜率、椭圆方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系.(1) 问中涉及弦的中点坐标问题,故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解;(2)根 据(1)中结论,设直线 OM 方程并与椭圆方程联立,求得 M 坐标,利用 xP=2xM 以及直线 l 过 点( ,m)列方程求 k 的值. 3 [解析] (1)设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将

m

x1+x2 kb y=kx+b 代入 9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0, 故 xM= =- 2 , yM=kxM 2 k +9
+b= 9b yM 9 .于是直线 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOM·k=-9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜 k +9 xM k
2

率的乘积为定值. (2)四边形 OAPB 能为平行四边形. 因为直线 l 过点( ,m),所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k≠3. 3 9 ? ?y=- x, k 由(1)得 OM 的方程为 y=- x.设点 P 的横坐标为 xP.由? k ? ?9x2+y2=m2, 9

m

得 xP=

2

16

k2m2 ±km m m?3-k? ,即 xP= .将点( ,m)的坐标代入直线 l 的方程得 b= ,因此 xM 2 2 9k +81 3 3 3 k +9


mk?k-3? .四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分, 即 xP=2xM. 2 3?k +9?

±km mk?k-3? 于是 =2× .解得 k1=4- 7,k2=4+ 7.因为 ki>0,ki≠3,i=1,2,所 2 2 3?k +9? 3 k +9 以当 l 的斜率为 4- 7或 4+ 7时,四边形 OAPB 为平行四边形.

17


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