2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列2 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列2 文 1.(xx·山東濰坊一模)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2-x(a∈R). (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)在(1,-2)處的切線方程; (2)當(dāng)a≤0時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (3)問當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)y=f(x)的圖象上是否存在點(diǎn)P(x0,f(x0)),使得以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線l將y=f(x)的圖象分割成C1,C2兩部分,且C1,C2分別位于l的兩側(cè)(僅點(diǎn)P除外)?若存在,求出x0的值;若不存在,說明理由. 解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x-x2-x,f′(x)=-2

2、x-1, 函數(shù)f(x)在(1,-2)處的切線斜率為k=1-2-1=-2, 則函數(shù)f(x)在(1,-2)處的切線方程為y+2=-2(x-1), 即為y=-2x. (2)f′(x)=-2ax-1=(x>0), ①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=, 當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)>0,f(x)遞增, 當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,f(x)遞減. ②當(dāng)a<0時(shí),令f′(x)=0,即-2ax2-x+1=0, 當(dāng)Δ=1+8a≤0時(shí),即a≤-, -2ax2-x+1≥0在(0,+∞)恒成立, 即f′(x)≥0在(0,+∞)恒成立,f(x)在(0,+∞)遞增; 當(dāng)Δ=1+8a>0, 即-<a<0時(shí),

3、-2ax2-x+1=0的兩根為x1=,x2=, f′(x)=(x>0)且x1>0,x2>0,x1<x2, 則0<x<x1,f′(x)>0,f(x)遞增, x1<x<x2,f′(x)<0,f(x)遞減. 綜上可得,a=0,f(x)的遞增區(qū)間為(0,1), 遞減區(qū)間為(1,+∞); a≤-時(shí),f(x)的遞增區(qū)間為(0,+∞); -<a<0時(shí),f(x)的遞增區(qū)間為, , f(x)的遞減區(qū)間為. (3)f′(x)=-2ax-1,P(x0,f(x0)), 在點(diǎn)P處的切線方程為y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),

4、 且g(x0)=0,g′(x)=f′(x)-f′(x0)=-2ax-1-+2ax0+1=-(x-x0)·(x>0), 由a>0,當(dāng)0<x<x0,f′(x)>0,g(x)遞增, 當(dāng)x>x0,f′(x)<0,g(x)遞減, 故g(x)≤g(x0)=0, 即f(x)≤f′(x0)(x-x0)+f(x0), 也就是y=f(x)的圖象永遠(yuǎn)在切線的下方. 故不存在這樣的點(diǎn)P. 2.(xx·黑龍江齊齊哈爾一模)已知橢圓G:+=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,短軸兩端點(diǎn)B1,B2,已知F1,F(xiàn)2,B1,B2四點(diǎn)共圓,且點(diǎn)N(0,3)到橢圓上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為5. (1)求橢圓G的方程;

5、 (2)設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)E,F(xiàn),Q為EF的中點(diǎn),問E,F(xiàn)兩點(diǎn)能否關(guān)于過點(diǎn)P,Q的直線對(duì)稱?若能,求出k的取值范圍;若不能,請(qǐng)說明理由. 解:(1)∵F1,F(xiàn)2,B1,B2四點(diǎn)共圓, ∴b=c,∴a2=2b2. ∴橢圓G的方程為+=1. 設(shè)P(x0,y0)是橢圓上任意一點(diǎn),則+=1, ∴|PN|2=x+(y0-3)2=2b2+(y0-3)2=-(y0+3)2+18-2b2, ∵-b≤y0≤b, ∴當(dāng)-b≥-3,即03時(shí),

6、y=-3時(shí),|PN|=2b2+18, 由2b2+18=50,得b=4. ∴ 橢圓G的方程為+=1, (2)設(shè)l:y=kx+m(k≠0),設(shè)E,F(xiàn)能關(guān)于直線PQ對(duì)稱, 則kPQ·kEF=-1且PQ經(jīng)過EF中點(diǎn). 由 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-32=0. ∵Δ>0,∴m2<32k2+16, 設(shè)E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),則 x1+x2=-,x1x2=, ∴EF中點(diǎn)Q, ∴kPQ==, ∵PQ⊥EF, ∴kPQ·kEF=-1, 即=-1, 即m=-(1+2k2), 代入Δ>0得<32k2+16, 解得k2<, ∴-

7、xx·河北石家莊二模)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-x-2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)). (1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)A(0,-1)處的切線方程; (2)若k為整數(shù),且當(dāng)x>0時(shí),(x-k+1)f′(x)+x+1>0恒成立,其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),求k的最大值. 解:(1)f(x)=ex-x-2,x∈R,f′(x)=ex-1,x∈R, f′(0)=0, 曲線f(x)在點(diǎn)A(0,-1)處的切線方程為y=-1. (2)當(dāng)x>0時(shí),ex-1>0, 所以不等式可以變形如下: (x-k+1)f′(x)+x+1>0?(x-k+1)(ex-1)+x+1>0?k<+x+1.① 令g(x)=+x

8、+1, 則g′(x)=+1=. 函數(shù)h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 而h(1)<0,h(2)>0. 所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn), 故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn). 設(shè)此零點(diǎn)為a,則a∈(1,2). 當(dāng)x∈(0,a)時(shí),g′(x)<0; 當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),g′(x)>0; 所以,g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(a). 由g′(a)=0,可得ea=a+2, 所以,g(a)=a+2∈(3,4). 由于①式等價(jià)于kb>0)經(jīng)過點(diǎn),離心

9、率為,左、右焦點(diǎn)分別為F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0). (1)求橢圓的方程; (2)若直線l:y=-x+m與橢圓交于A,B兩點(diǎn),與以F1F1為直徑的圓交于C,D兩點(diǎn),且滿足=,求直線l的方程. 解:(1)由題設(shè)知 解得 ∴橢圓的方程為+=1. (2)由題設(shè),以F1F2為直徑的圓的方程為x2+y2=1. ∴圓心(0,0)到直線l的距離d=, 由d<1,得|m|<.(*) ∴|CD|=2=2=. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得x2-mx+m2-3=0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=m,x1x2=m2-3. ∴|AB|= =. 由=, 得=1, 解得m=±,滿足(*). ∴直線l的方程為y=-x+或y=-x-.

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