全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想含解析
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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 【走向高考】(全國通用)20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想(含解析) 一、選擇題 1.(文)方程m+=x有解,則m的最大值為( ) A.1 B.0 C.-1 D.-2 [答案] A [解析] m=x-,令t=≥0,則x=1-t2, ∴m=1-t2-t=-(t+)2+≤1,故選A. (理)已知對于任意的a∈[-1,1],函數(shù)f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值總大于0,則x的取值范圍是(
2、 ) A.1<x<3 B.x<1或x>3 C.1<x<2 D.x<2或x>2 [答案] B [解析] 將f(x)=x2+(a-4)x+4-2a看作是a的一次函數(shù),記為g(a)=(x-2)a+x2-4x+4. 當(dāng)a∈[-1,1]時恒有g(shù)(a)>0,只需滿足條件 即 解之得x<1或x>3. [方法點撥] 1.函數(shù)與方程的關(guān)系 函數(shù)與方程是兩個不同的概念,但它們之間有著密切的聯(lián)系,方程f(x)=0的解就是函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標(biāo),函數(shù)y=f(x)也可以看作二元方程f(x)-y=0,通過方
3、程進(jìn)行研究. 2.應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題,是多元問題中的常見題型,常見的解題思路有以下兩種: (1)分離變量,構(gòu)造函數(shù),將不等式恒成立、方程求解等轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域),然后求解. (2)換元,將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)加以解決. 2.(文)(20xx·哈三中二模)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A處出發(fā),經(jīng)正方體的表面,按最短路線爬行到頂點C1處,則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的正視圖的是( ) A.(1)(2) B.(1)(3) C.(2)(4) D.(3)(4)
4、 [答案] C [解析] 爬行路線為時正視圖為(2);爬行路線是時,正視圖為(4),故選C. [方法點撥] 若幾何圖形的位置不確定時,常常要對各種不同情況加以討論. (理)有四根長都為2的直鐵條,若再選兩根長都為a的直鐵條,使這六根鐵條端點處相連能夠焊接成一個三棱錐形的鐵架,則a的取值范圍是( ) A.(0,+) B.(1,2) C.(-,+) D.(0,2) [答案] A [解析] 若構(gòu)成三棱錐有兩種情形. 一種情形是三條長為2的線段圍成三角形作為棱錐的底面,過BC的中點M作與BC垂直的平面α,在平面α內(nèi),以A為圓心AP=2為半徑畫圓,點P在此圓周上,且不在平面ABC內(nèi)
5、時,構(gòu)成三棱錐P-ABC,此時PB=PC=a,易求得-<a<+. 另一種情形如圖: AB=AC=BD=DC=2, AD=BC=a, 此時2>a, ∴0<a<2, 又∵+>2>-, 取兩者的并集得,0<a<+. [方法點撥] 1.分類討論時,標(biāo)準(zhǔn)必須統(tǒng)一,分類后要做到無遺漏、不重復(fù),還要注意不越級討論,層次分明,能避免分類的題目不要分類. 2.分類討論的步驟:(1)確定分類討論的對象和分類標(biāo)準(zhǔn);(2)合理分類,逐類討論;(3)歸納總結(jié),得出結(jié)論. 3.分類討論的常見類型 (1)由數(shù)學(xué)概念引發(fā)的分類討論:如絕對值、直線
6、斜率、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、一次、二次函數(shù)、正比例函數(shù)、反比例函數(shù)、冪函數(shù)、復(fù)數(shù)的概念、三角函數(shù)的定義域. (2)由性質(zhì)、定理、公式、法則的限制條件引起的分類討論,如等比數(shù)列前n項和公式、不等式的一些性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性、根式的性質(zhì). (3)由數(shù)學(xué)運算引起的分類,如除數(shù)不為0,偶次方根的被開方數(shù)非負(fù),對數(shù)函數(shù)的底數(shù)a>0且a≠1,指數(shù)運算中對底數(shù)的限制,不等式兩邊同乘以一個正數(shù)(負(fù)數(shù)),排列組合中的分類計數(shù). (4)由圖形的不確定性引起的討論,如圖形的類型、位置,角的終邊所在象限、點線面位置等,點斜式(斜截式)直線方程適用范圍,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系. (5)由參數(shù)的變化引起的分類
7、討論:含參數(shù)的問題(方程、不等式、函數(shù)等),由于參數(shù)的不同取值會導(dǎo)致結(jié)果不同或不同的參數(shù)求解、證明的方法不同等. (6)由實際問題的實際意義引起的分類討論. 3.(文)圓錐曲線+=1的離心率e=,則a的值為( ) A.-1 B. C.-1或 D.以上均不正確 [答案] C [解析] 因焦點在x軸上和y軸上的不同,離心率e關(guān)于a的表達(dá)式發(fā)生變化,故需分類.當(dāng)焦點在x軸上時, e2==,解得a=; 當(dāng)焦點在y軸上時, e2==,解得a=-1.故選C. (理)將1,2,3,4,5排成一列a1a2a3a4a5(如43215中,a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,a5=5)
8、,則滿足a1<a2,a2>a3,a3<a4,a4>a5的排列個數(shù)是( ) A.10 B.12 C.14 D.16 [答案] D [解析] ∵a3<a2,a3<a4,∴a3只能從1,2,3中取,故可按a3的取值情況分類討論(或利用a2>a1,a2>a3入手討論), (1)當(dāng)a3=3時,a2,a4只能是4,5,共有A·A種; (2)當(dāng)a3=2時,a2,a4可以為3,4,5,∵a5<a4,a1<a2,故5只能排在a2或a4位置,和5相鄰的可從剩下3個中任選一個,余下兩個,只有一種排法, ∴共有AA種; (3)
9、當(dāng)a3=1時,從剩下4個元素中選兩個排在a1,a2位置,只有一種排法,余下兩個排在a4,a5位置也只有一種排法,∴有C種. 綜上知,共有AA+A·A+C=16種. 4.若a>1,則雙曲線-=1的離心率e的取值范圍是( ) A.(1,) B.(,) C.[,] D.(,) [答案] B [解析] e2=()2==1+(1+)2,因為當(dāng)a>1時,0<<1,所以2<e2<5,即<e<. 5.如圖所示,在△AOB中,點A(2,1),B(3,0),點E在射線OB上自O(shè)開始移動.設(shè)OE=x,過E作OB的垂線l,記△AOB在直線l
10、左邊部分的面積為S,則函數(shù)S=f(x)的圖象是( ) [答案] D [解析] 當(dāng)0<x≤2時,f(x)=·x·x=x2,是開口向上的拋物線,且f(2)=1; 當(dāng)2<x≤3時,f(x)=×2×1+(x-2)(3-x+1)=-x2+3x-3. 是開口向下,以(3,)為頂點的拋物線. 當(dāng)x>3時,f(x)是確定的常數(shù),圖象為直線. 二、填空題 6.如圖,正六邊形ABCDEF中,P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的動點.設(shè)=α+β(α,β∈R),則α+β的取值范圍是________. [答案] [3,4] [解析
11、] 建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,設(shè)正六邊形邊長為2,則C(2,0),A(-1,-),B(1,-),D(1,),E(-1,),F(xiàn)(-2,0),設(shè)P(x,y)可得=(x+1,y+),=(2,0),=(-1,),∵=α+β,∴則α+β==x+y+2,當(dāng)點P在如圖陰影部分所示的平面區(qū)域內(nèi)時,可作平行直線系x+y+2=z,當(dāng)直線過點E或C時,α+β取得最小值,(α+β)最小值=×2+×0+2=3;當(dāng)直線過點D時,α+β取得最大值,(α+β)最大值=×1+×+2=4,則α+β的取值范圍是[3,4]. [方法點撥] 和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點 (1)函數(shù)與不等
12、式的相互轉(zhuǎn)化.對函數(shù)y=f(x),當(dāng)y>0時,就化為不等式f(x)>0,借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題,而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式. (2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù),用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要. (3)解析幾何中的許多問題,例如直線與二次曲線的位置關(guān)系問題,需要通過解二元方程組才能解決.這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論. (4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算,經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)關(guān)系的方法加以解決,引進(jìn)空間向量后,立體幾何與函數(shù)的關(guān)系就更加密切. (5)(理)函數(shù)f(x)=(a+bx)n(n∈N*)與二項式定理密切相
13、關(guān),利用這個函數(shù),用賦值法和比較系數(shù)法可以解決很多有關(guān)二項式定理的問題及求和問題. 7.(文)若關(guān)于x的方程cos2x-2cosx+m=0有實數(shù)根,則實數(shù)m的取值范圍是________. [分析] 將方程變形為m=-cos2x+2cosx,則當(dāng)方程有實數(shù)根時,-cos2x+2cosx的取值范圍就是m的取值范圍. [答案] [解析] 原方程可化為m=-cos2x+2cosx. 令f(x)=-cos2x+2cosx, 則f(x)=-2cos2x+1+2cosx =-22+, 由于-1≤cosx≤1, 所以當(dāng)cosx=時,f(x)取得最大值, 當(dāng)cosx=-1時,f(x)取得最
14、小值-3, 故函數(shù)f(x)的值域為, 即m∈. [方法點撥] 本題若令cosx=t,則可通過換元法將原方程化為關(guān)于t的一元二次方程,但求解過程將非常繁瑣,而通過分離參數(shù),引進(jìn)函數(shù),便可通過函數(shù)的值域較為簡單地求得參數(shù)m的取值范圍. (理)如果方程cos2x-sinx+a=0在(0,]上有解,則a的取值范圍是________. [答案] (-1,1] [分析] 可分離變量為a=-cos2x+sinx,轉(zhuǎn)化為確定的相關(guān)函數(shù)的值域. [解析] 解法1:把方程變?yōu)閍=-cos2x+sinx. 設(shè)f(x)=-cos2x+sinx(x∈(0,]). 顯然當(dāng)且僅當(dāng)a∈f(x)的值域時,a=
15、f(x)有解. ∵f(x)=-(1-sin2x)+sinx=(sinx+)2-,且由x∈(0,]知,sinx∈(0,1]. ∴f(x)的值域為(-1,1], ∴a的取值范圍是(-1,1]. 解法2:令t=sinx,由x∈(0,]可得t∈(0,1]. 把原方程變?yōu)閠2+t-1-a=0, 依題意,該方程在(0,1]上有解, 設(shè)f(t)=t2+t-1-a. 其圖象是開口向上的拋物線,對稱軸為x=-,在區(qū)間(0,1]的左側(cè),如下圖所示. 因此f(t)=0在(0,1]上有解, 當(dāng)且僅當(dāng),即, ∴-1<a≤1,故a的取值范圍是(-1,1]. [方法點撥] 最值、方程有解、
16、恒成立與參數(shù)的取值范圍問題 此類含參數(shù)的三角、指數(shù)、對數(shù)等復(fù)雜方程解的問題,通常有兩種處理思路:一是分離參數(shù)構(gòu)建函數(shù),將方程有解轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域;二是換元,將復(fù)雜方程問題轉(zhuǎn)化為熟悉的二次方程,進(jìn)而利用二次方程解的分布情況構(gòu)建不等式或構(gòu)造函數(shù)加以解決. 8.直線y=kx+2和橢圓+=1在y軸左側(cè)部分交于A、B兩點,直線l過點P(0,-2)和線段AB的中點M,則l在x軸上的截距a的取值范圍為________. [答案] [-,0) [分析] 將直線與橢圓方程聯(lián)立消去y,得關(guān)于x的二次方程,則直線與橢圓在y軸左側(cè)部分交于A、B兩點,轉(zhuǎn)化為方程有兩個負(fù)根的問題. [解析] 設(shè)A(x1,y1
17、),B(x2,y2),M(x0,y0),直線l與x軸的交點為N(a,0). 由得(3+4k2)x2+16kx+4=0.(*) 因為直線y=kx+2和橢圓+=1在y軸左側(cè)部分交于A,B兩點, 所以 解得k>. 因為M是線段AB的中點,所以 因為P(0,-2),M(x0,y0),N(a,0)三點共線, 所以=,所以=, 即-=2k+. 因為k>,所以2k+≥2, 當(dāng)且僅當(dāng)k=時等號成立, 所以-≥2,則-≤a<0. 三、解答題 9.(文)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-p(x-1),p∈R. (1)當(dāng)p=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)函數(shù)g(
18、x)=xf(x)+p(2x2-x-1)對任意x≥1都有g(shù)(x)≤0成立,求p的取值范圍. [解析] (1)當(dāng)p=1時,f(x)=lnx-x+1,其定義域為(0,+∞). 所以f ′(x)=-1. 由f ′(x)=-1≥0得0<x≤1, 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1], 單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)由函數(shù)g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1) =xlnx+p(x2-1), 得g′(x)=lnx+1+2px. 由(1)知,當(dāng)p=1時,f(x)≤f(1)=0, 即不等式lnx≤x-1成立. ①當(dāng)p≤-時,g′(x)=lnx+1+2px≤(x-1)+1+
19、2px=(1+2p)x≤0,即g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,從而g(x)≤g(1)=0滿足題意; ②當(dāng)-<p<0時,存在x∈(1,-)使得lnx>0,1+2px>0,從而g′(x)=lnx+1+2px>0,即g(x)在(1,-)上單調(diào)遞增,從而存在x0∈(1,-)使得g(x0)≥g(1)=0不滿足題意; ③當(dāng)p≥0時,由x≥1知g(x)=xlnx+p(x2-1)≥0恒成立,此時不滿足題意. 綜上所述,實數(shù)p的取值范圍為p≤-. (理)已知函數(shù)f(x)=(a+1)lnx+ax2+1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)a<-1,如果對任
20、意x1、x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范圍. [解析] (1)f(x)的定義域為(0,+∞). f ′(x)=+2ax=. 當(dāng)a≥0時,f ′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增; 當(dāng)a≤-1時,f ′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減; 當(dāng)-1<a<0時,令f ′(x)=0,解得x=.則當(dāng)x∈時,f ′(x)>0;x∈時,f ′(x)<0.故f(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. (2)不妨假設(shè)x1≥x2.而a<-1,由(1)知f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,從而?x1,x2∈(0
21、,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等價于?x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1① 令g(x)=f(x)+4x,則g′(x)=+2ax+4. ①等價于g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,即 +2ax+4≤0. 從而a≤==-2. 故a的取值范圍為(-∞,-2]. [方法點撥] 導(dǎo)數(shù)在近幾年來已逐漸成為高考命題中的壓軸題,導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)性質(zhì)的工具,具備廣泛適用性,可以分析各種函數(shù),而且容易與參數(shù)結(jié)合命題,尤其在問題轉(zhuǎn)化、構(gòu)造新函數(shù)解決問題等方面體現(xiàn)明顯.因此我們在平日訓(xùn)練時要注意分類討論思想轉(zhuǎn)化與歸納思想,函數(shù)與方程思想等方面的訓(xùn)練,加強對
22、問題的分析,以及處理問題和解決問題的能力. 10.(文)(20xx·安徽文,16)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對邊的長分別是a、b、c,且b=3,c=1,△ABC的面積為,求cosA與a的值. [分析] 已知b、c和△ABC的面積易求sinA,由平方關(guān)系可求cosA,但要注意開方時符號的選取及討論,再結(jié)合余弦定理可求a的值. [解析] 由三角形面積公式,得S=×3×1·sinA=,∴sinA=, 因為sin2A+cos2A=1. 所以cosA=±=±=±. ①當(dāng)cosA=時,由余弦定理得 a2=b2+c2-2b
23、ccosA=32+12-2×1×3×=8, 所以a=2. ②當(dāng)cosA=-時,由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA=32+12-2×1×3×(-)=12, 所以a=2. (理)已知函數(shù)f(x)=sinxcosx-m(sinx+cosx). (1)若m=1,求函數(shù)f(x)的最值; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[,]上的最小值等于2,求實數(shù)m的值. [解析] (1)當(dāng)m=1時,f(x)=sinxcosx-(sinx+cosx), 設(shè)sinx+cosx=t,則sinxcosx=, 所以f(x)=h(t)=t2-t
24、- =(t-1)2-1. 由于t=sinx+cosx=sin(x+), 所以-≤t≤. 于是當(dāng)t=-時函數(shù)f(x)取得最大值+; 當(dāng)t=1時函數(shù)f(x)取得最小值-1. (2)設(shè)sinx+cosx=t, 則sinxcosx=, 所以f(x)=g(t)=t2-mt- =(t-m)2-m2-, 又因為x∈[,], t=sinx+cosx=sin(x+), 所以1≤t≤. 當(dāng)m<1時,g(t)在[1,]上單調(diào)遞增, 當(dāng)t=1時g(t)取得最小值,得-m=2, 所以m=-2,符合題意; 當(dāng)m>時,g(t)在[1,]上單調(diào)遞減, 當(dāng)t=時,g(t)取得最小值
25、,得-m=2, 所以m=-,與m>矛盾; 當(dāng)1≤m≤時,g(t)在t=m處取得最小值,得-m2-=2,所以m2=-5,無解. 綜上,當(dāng)函數(shù)f(x)在區(qū)間[,]上的最小值等于2時,實數(shù)m的值等于-2. 11.(文)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a.(a∈R),設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn且,,成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn; (2)記An=+++…+,Bn=+++…+,當(dāng)n≥2時,試比較An與Bn的大?。? [解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由()2=·,得(a1+d)2=a1(a1+3d). 因為d≠0,所以d=a1=a. 所以
26、an=na,Sn=. (2)因為=(-),所以 An=+++…+=(1-). 因為a2n-1=2n-1a,所以Bn=+++…+ =·=(1-), 由n≥2時,2n=C+C+…+C>n+1, 即1-<1-, 所以,當(dāng)a>0時,An<Bn;當(dāng)a<0時,An>Bn. (理)已知f(x)=,數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=f(an)(n∈N*), (1)求證:數(shù)列是等差數(shù)列; (2)記Sn(x)=++…+(x>0),求Sn(x). [分析] (1)找出an與an+1關(guān)系; (2)用錯位相減法求和. [解析] (1)由已知得
27、an+1=, ∴==3+.∴-=3. ∴是首項為3,公差為3的等差數(shù)列. (2)由(1)得=3+3(n-1)=3n, ∴Sn(x)=3x+6x2+9x3+…+3nxn. x=1時,Sn(1)=3+6+9+…+3n=; x≠1時,Sn(x)=3x+6x2+9x3+…+3nxn, xSn(x)=3x2+6x3+…+3(n-1)xn+3nxn+1, (1-x)Sn(x)=3x+3x2+…+3xn-3nxn+1, Sn(x)=. 綜上,當(dāng)x=1時,Sn(1)=n(n+1), 當(dāng)x≠1時,Sn(x)=. [方法點撥] 一次函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性,均值定理、等比
28、數(shù)列的求和公式等性質(zhì)、定理與公式在不同的條件下有不同的結(jié)論,或者在一定的限制條件下才成立,這時要小心,應(yīng)根據(jù)題目條件確定是否進(jìn)行分類討論. 12.(文)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若a=1,k為整數(shù),且當(dāng)x>0時,(x-k)f ′(x)+x+1>0,求k的最大值. [分析] (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,需判斷f ′(x)的正負(fù),因為含參數(shù)a,故需分類討論;(2)分離參數(shù)k,將不含有參數(shù)的式子看作一個新函數(shù)g(x),將求k的最大值轉(zhuǎn)化為求g(x)的最值問題. [解析] (1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f ′(x)=ex-
29、a. 若a≤0,則f ′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. 若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,lna)時,f ′(x)<0;當(dāng)x∈(lna,+∞)時,f ′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增. (2)由于a=1,所以(x-k)f ′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故當(dāng)x>0時,(x-k)f ′(x)+x+1>0等價于 k<+x (x>0). ① 令g(x)=+x,則 g′(x)=+1=. 由(1)知,函數(shù)h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上單調(diào)遞
30、增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點.故g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零點.設(shè)此零點為α,則α∈(1,2). 當(dāng)x∈(0,α)時,g′(x)<0;當(dāng)x∈(α,+∞)時,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等價于k<g(α),故整數(shù)k的最大值為2. [方法點撥] 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及參數(shù)的取值范圍的求法.利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍時,經(jīng)常需將參數(shù)分離出來,轉(zhuǎn)化為恒成立問題,最終轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題,求得參數(shù)的
31、取值范圍. (理)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)當(dāng)k=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)k<0時,求函數(shù)f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M. [解析] f′(x)=3x2-2kx+1. (1)當(dāng)k=1時f′(x) =3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0, ∴f′(x)>0,f(x)在R上單調(diào)遞增.即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),f(x)沒有單調(diào)遞減區(qū)間. (2)當(dāng)k<0時,f′(x)=3x2-2kx+1,其開口向上,對稱軸x= ,且過(0,1). (i)當(dāng)Δ=4k2-12=4(k+)(k-)≤0,
32、即-≤k<0時,f′(x)≥0,f(x) 在[k,-k]上單調(diào)遞增, 從而當(dāng)x=k時,f(x)取得最小值 m=f(k)=k, 當(dāng)x=-k時,f(x) 取得最大值M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k. (ii)當(dāng)Δ=4k2-12=4(k+)(k-)>0,即k<-時,令f′(x)=3x2-2kx+1=0 解得:x1=,x2=,注意到k<x2<x1<0, (注:可用韋達(dá)定理判斷x1·x2=,x1+x2=>k,從而k<x2<x1<0;或者由對稱結(jié)合圖象判斷) ∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f
33、(-k),f(x2)} ∵f(x1)-f(k)=x-kx+x1-k=(x1-k)(x+1)>0, ∴f(x)的最小值m=f(k)=k, ∵f(x2)-f(-k)=x-kx+x2-(-2k3-k) =(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0, ∴f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k. 綜上所述,當(dāng)k<0時,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值M=f(-k)=-2k3-k. 13.(文)(20xx·北京西城區(qū)二模)設(shè)F1,F(xiàn)2分別為橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點,點A為橢圓E的左頂點,點B為橢圓E的上頂點,且|AB|=
34、2. (1)若橢圓E的離心率為,求橢圓E的方程; (2)設(shè)P為橢圓E上一點,且在第一象限內(nèi),直線F2P與y軸相交于點Q,若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1,證明:|OP|>. [解析] (1)設(shè)c=, 由題意得a2+b2=4,且=, 解得a=,b=1,c=, 所以橢圓E的方程為+y2=1. (2)證明:由題意得a2+b2=4,所以橢圓E的方程為+=1,則F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),c==. 設(shè)P(x0,y0),由題意知x0≠±c, 則直線F1P的斜率kF1P=, 直線F2P的斜率kF2P=, 所以直線F2P的方程為y=(x-c), 當(dāng)x=0時,y=,即點
35、Q(0,), 所以直線F1Q的斜率為kF1Q=, 因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1, 所以PF1⊥F1Q, 所以kF1P×kF1Q=×=-1, 化簡得y=x-(2a2-4),?、? 又因為P為橢圓E上一點,且在第一象限內(nèi), 所以+=1,x0>0,y0>0,?、? 聯(lián)立①②,解得x0=,y0=2-a2, 所以|OP|2=x+y=(a2-2)2+2, 因為a2+b2=4<2a2,所以a2>2, 所以|OP|>. (理)(20xx·新課標(biāo)Ⅱ理,20)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸
36、,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若l過點,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由. [立意與點撥] 考查直線的斜率、橢圓方程與幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系.(1)問中涉及弦的中點坐標(biāo)問題,故可以采取“點差法”或“韋達(dá)定理”兩種方法求解;(2)根據(jù)(1)中結(jié)論,設(shè)直線OM方程并與橢圓方程聯(lián)立,求得M坐標(biāo),利用xP=2xM以及直線l過點(,m)列方程求k的值. [解析] (1)設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(
37、xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM==-,yM=kxM+b=.于是直線OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因為直線l過點(,m),所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0,k≠3. 由(1)得OM的方程為y=-x.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP.由得x=,即xP= .將點(,m)的坐標(biāo)代入直線l的方程得b=,因此xM=.四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是=2×.解得k1=4-,k2=4+.因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-或4+時,四邊形OAPB為平行四邊形.
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