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2016高考数学二轮专题复习 提能增分篇 突破三 大题冲关-解答题的应对技巧 压轴题冲关系列2 文


压轴题冲关系列(二)
(时间:45 分钟 分数:60 分) 1.(2015·山东潍坊一模)已知函数 f(x)=ln x-ax -x(a∈R). (1)当 a=1 时,求函数 f(x)在(1,-2)处的切线方程; (2)当 a≤0 时,讨论函数 f(x)的单调性; (3)问当 a>0 时,函数 y=f(x)的图象上是否存在点 P(x0,f(x0)),使得以点 P 为切点 的切线 l 将 y=f(x)的图象分割成 C1,C2 两部分,且 C1,C2 分别位于 l 的两侧(仅点 P 除外)? 若存在,求出 x0 的值;若不存在,说明理由. 1 2 解:(1)当 a=1 时,f(x)=ln x-x -x,f′(x)= -2x-1,
2

x

函数 f(x)在(1,-2)处的切线斜率为 k=1-2-1=-2, 则函数 f(x)在(1,-2)处的切线方程为 y+2=-2(x-1), 即为 y=-2x. 1 -2ax -x+1 (2)f′(x)= -2ax-1= (x>0),
2

x

x

1-x ①当 a=0 时,f′(x)= ,

x

当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)递增, 当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)递减. ②当 a<0 时,令 f′(x)=0,即-2ax -x+1=0, 1 当 Δ =1+8a≤0 时,即 a≤- , 8 -2ax -x+1≥0 在(0,+∞)恒成立, 即 f′(x)≥0 在(0,+∞)恒成立,f(x)在(0,+∞)递增; 当 Δ =1+8a>0, 1 -1+ 1+8a -1- 1+8a 2 即- <a<0 时,-2ax -x+1=0 的两根为 x1= ,x2= , 8 4a 4a
2 2

f′(x)=

-2a?x-x1??x-x2? (x>0)且 x1>0,x2>0,x1<x2,

x

则 0<x<x1,f′(x)>0,f(x)递增,

x1<x<x2,f′(x)<0,f(x)递减.
综上可得,a=0,f(x)的递增区间为(0,1), 递减区间为(1,+∞);

a≤- 时,f(x)的递增区间为(0,+∞);

1 8

1

1 ? -1+ 1+8a? - <a<0 时,f(x)的递增区间为?0, ?, 8 4a ? ?

?-1- 1+8a ? ? ,+∞?, 4 a ? ?
f(x)的递减区间为?

?-1+ 1+8a -1- 1+8a ? , , ?. 4a 4a ? ?

1 (3)f′(x)= -2ax-1,P(x0,f(x0)),

x

在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0), 1 1 且 g(x0) = 0 , g′(x) = f′(x) - f′(x0) = - 2ax - 1 - + 2ax0 + 1 = - (x -

x

x0

x0)·

1+2axx0 (x>0),

xx0

由 a>0,当 0<x<x0,f′(x)>0,g(x)递增, 当 x>x0,f′(x)<0,g(x)递减, 故 g(x)≤g(x0)=0, 即 f(x)≤f′(x0)(x-x0)+f(x0), 也就是 y=f(x)的图象永远在切线的下方. 故不存在这样的点 P. 2.(2015·黑龙江齐齐哈尔一模)已知椭圆 G: 2+ 2=1(a>b>0)的两个焦点为 F1,F2, 短轴两端点 B1,B2,已知 F1,F2,B1,B2 四点共圆,且点 N(0,3)到椭圆上的点的最远距离为 5 2. (1)求椭圆 G 的方程; (2)设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆相交于不同的两点 E,F,Q 为 EF 的中点,问 E,F 两点能否关于过点 P?0, 由. 解:(1)∵F1,F2,B1,B2 四点共圆, ∴b=c,∴a =2b . ∴椭圆 G 的方程为 2+ 2=1. 2b b 设 P(x0,y0)是椭圆上任意一点,则 2+ 2=1, 2b0 b
2 2

x2 y2 a b

? ?

3? ?,Q 的直线对称?若能,求出 k 的取值范围;若不能,请说明理 3?

x2

y2

x2 0

y2 0

? y0? 2 2 2 ∴|PN| =x +(y0-3) =2b ?1- 2?+(y0-3) =-(y0+3) +18-2b , ? b?
2 2 0 2 2

2

2

∵-b≤y0≤b, ∴当-b≥-3,即 0<b≤3 时,
2 y=-b 时,|PN|2 max=(b+3) ,

由(b+3) =50,得 b=-3±5 2.(舍) ∴当-b<-3 即 b>3 时,
2 y=-3 时,|PN|2 max=2b +18,

2

由 2b +18=50,得 b=4. ∴ 椭圆 G 的方程为 + =1, 32 16 (2)设 l:y=kx+m(k≠0),设 E,F 能关于直线 PQ 对称, 则 kPQ·kEF=-1 且 PQ 经过 EF 中点. 由?
?y=kx+m, ? ? ?x +2y =32,
2 2 2 2 2

2

x2

y2

得(1+2k )x +4kmx+2m -32=0. ∵Δ >0,∴m <32k +16, 设 E(x1,y1),F(x2,y2),则
2 2

x1+x2=-

4km 2m -32 2,x1x2= 2 , 1+2k 1+2k

2

∴EF 中点 Q?-

? 2km 2, m 2?, ? ? 1+2k 1+2k ?
2

m

2 1+2k 3m-?1+2k ? ∴kPQ= = , 2km -2 3km - 2 1+2k



3 3

∵PQ⊥EF, ∴kPQ·kEF=-1, 即 3m-?1+2k ? =-1, -2 3m
2 2

即 3m=-(1+2k ), ?1+2k ? 2 代入 Δ >0 得 <32k +16, 3
2 47 解得 k < , 2 2 2

∴-

94 94 <k< 且 k≠0. 2 2
x

3.(2015·河北石家庄二模)设函数 f(x)=e -x-2(e 为自然对数的底数).

3

(1)求函数 f(x)的图象在点 A(0,-1)处的切线方程; (2)若 k 为整数,且当 x>0 时,(x-k+1)f′(x)+x+1>0 恒成立,其中 f′(x)为 f(x) 的导函数,求 k 的最大值. 解:(1)f(x)=e -x-2,x∈R,f′(x)=e -1,x∈R,
x x

f′(0)=0,
曲线 f(x)在点 A(0,-1)处的切线方程为 y=-1. (2)当 x>0 时,e -1>0, 所以不等式可以变形如下:
x

x+1 x (x-k+1)f′(x)+x+1>0?(x-k+1)(e -1)+x+1>0?k< x +x+1.① e -1 x+1 令 g(x)= x +x+1, e -1
-xe -1 e ?e -x-2? 则 g′(x)= x . 2+1= x 2 ?e -1? ?e -1? 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,+∞)上存在唯一的零点. 设此零点为 a,则 a∈(1,2). 当 x∈(0,a)时,g′(x)<0; 当 x∈(a,+∞)时,g′(x)>0; 所以,g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(a). 由 g′(a)=0,可得 e =a+2, 所以,g(a)=a+2∈(3,4). 由于①式等价于 k<g(a). 故整数 k 的最大值为 3.
a x x x x

x2 y2 1 3? ? 4.( 2015·海南海口调研)已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)经过点? 3, ?,离心率为 , a b 2 2 ? ?
左、右焦点分别为 F1(-c,0),F2(c,0).

(1)求椭圆的方程;

4

1 (2)若直线 l:y=- x+m 与椭圆交于 A,B 两点,与以 F1F1 为直径的圆交于 C,D 两点, 2 |AB| 5 3 且满足 = ,求直线 l 的方程. |CD| 4 + =1, a 4b ? ? 解:(1)由题设知?c 1 = , a 2 ? ?b =a -c , 3 3
2 2 2 2 2

?a=2, 解得?b= 3, ?c=1,
∴椭圆的方程为 + =1. 4 3 (2)由题设,以 F1F2 为直径的圆的方程为 x +y =1. 2|m| ∴圆心(0,0)到直线 l 的距离 d= , 5 由 d<1,得|m|< 5 .(*) 2
2 2 2

x2 y2

∴|CD|=2 1-d =2

4 2 2 2 1- m = 5-4m . 5 5

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 1 ? ?y=-2x+m, 由? x y ? ? 4 + 3 =1,
2 2

得 x -mx+m -3=0. 由根与系数的关系得 x1+x2=m,x1x2=m -3. ∴|AB|= = 由 得
2

2

2

?1+?-1?2?[m2-4?m2-3?] ? ? 2? ? ? ? ??

15 2 4-m . 2 |AB| 5 3 = , |CD| 4 4-m 2=1, 5-4m
2

5

解得 m=±

3 ,满足(*). 3

1 3 1 3 ∴直线 l 的方程为 y=- x+ 或 y=- x- . 2 3 2 3

6


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