2017版（浙江專版文理通用）知識·方法篇練習專題9數(shù)學思想第36練含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第36練函數(shù)與方程思想［思想方法解讀]1.函數(shù)與方程思想的含義（1）函數(shù)的思想,是用運動和變化的觀點，分析和研究數(shù)學中的數(shù)量關系，是對函數(shù)概念的本質(zhì)認識，建立函數(shù)關系或構造函數(shù),運用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉化問題,從而使問題獲得解決的思想方法．（2）方程的思想，就是分析數(shù)學問題中變量間的等量關系，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質(zhì)去分析、轉化問題，使問題獲得解決的思想方法．2．函數(shù)與方程思想在解題中的應用（1）函數(shù)與不等式的相互轉化,對函數(shù)y＝f(x)，當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，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)的有關理論．（4)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)表達式的方法加以解決，建立空間直角坐標系后，立體幾何與函數(shù)的關系更加密切．體驗高考1．(2015·湖南)已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x3，x≤a，,x2，x＞a,)）若存在實數(shù)b，使函數(shù)g（x）＝f(x）－b有兩個零點，則a的取值范圍是________．答案(－∞，0)∪（1，＋∞)解析函數(shù)g（x)有兩個零點，即方程f（x）－b＝0有兩個不等實根，則函數(shù)y＝f（x)和y＝b的圖象有兩個公共點．①若a<0，則當x≤a時，f（x）＝x3，函數(shù)單調(diào)遞增；當x>a時，f(x)＝x2，函數(shù)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖（1)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．②若0≤a≤1，則a3≤a2,函數(shù)f（x)在R上單調(diào)遞增,f（x）的圖象如圖(2)實線部分所示,其與直線y＝b至多有一個公共點．③若a〉1，則a3〉a2，函數(shù)f（x)在R上不單調(diào)，f(x）的圖象如圖(3）實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．綜上，a〈0或a>1.2．(2015·安徽)設x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實數(shù)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是________（寫出所有正確條件的編號）．①a＝－3，b＝－3;②a＝－3，b＝2;③a＝－3，b〉2;④a＝0，b＝2;⑤a＝1,b＝2.答案①③④⑤解析令f(x)＝x3＋ax＋b,f′(x)＝3x2＋a，當a≥0時，f′（x）≥0，f（x)單調(diào)遞增，必有一個實根，④⑤正確；當a〈0時，由于選項當中a＝－3，∴只考慮a＝－3這一種情況,f′（x)＝3x2－3＝3(x＋1)（x－1），∴f(x)極大＝f(－1）＝－1＋3＋b＝b＋2，f（x）極?。絝（1)＝1－3＋b＝b－2，要有一根，f（x)極大〈0或f(x）極小〉0，∴b〈－2或b>2，①③正確，②錯誤．所有正確條件為①③④⑤.3．（2016·課標全國甲)已知函數(shù)f（x)(x∈R）滿足f（－x)＝2－f(x）,若函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點為（x1，y1）,（x2，y2),…,(xm，ym）,則eq\i\su(i＝1,m,）（xi＋yi)等于（）A．0 B．mC．2m D．4m答案B解析方法一特殊函數(shù)法，根據(jù)f(－x)＝2－f（x)可設函數(shù)f（x)＝x＋1，由y＝eq\f（x＋1，x)，解得兩個點的坐標為eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝－1，,y1＝0））eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝1，，y2＝2)）此時m＝2，所以eq\i\su（i＝1，m,)（xi＋yi）＝m，故選B.方法二由題設得eq\f(1,2）（f（x)＋f(－x））＝1，點(x，f(x）)與點(－x，f(－x))關于點（0,1）對稱，則y＝f（x）的圖象關于點(0,1)對稱．又y＝eq\f(x＋1，x)＝1＋eq\f(1，x)，x≠0的圖象也關于點（0，1）對稱．則交點(x1,y1）,（x2，y2)，…，（xm，ym)成對，且關于點(0，1)對稱．則eq\i\su（i＝1,m,)(xi,yi)＝eq\i\su(i＝1,m，x)i＋eq\i\su（i＝1,m,y）i＝0＋eq\f（m，2）×2＝m，故選B.高考必會題型題型一利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點或方程根等問題例1（2016·天津）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,logax＋1＋1，x≥0))(a〉0，且a≠1）在R上單調(diào)遞減，且關于x的方程｜f(x）|＝2－x恰有兩個不相等的實數(shù)解，則a的取值范圍是（)A.eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（2,3））） B.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(2，3），\f（3，4)））C。eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1，3），\f(2，3))）∪eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（3，4））） D.eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3），\f（2,3)）)∪eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f(3,4））)答案C解析由y＝loga(x＋1）＋1在[0，＋∞）上遞減,得0<a〈1。又由f(x)在R上單調(diào)遞減，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(02＋4a－3·0＋3a≥f0＝1，,\f(3－4a，2）≥0))?eq\f（1，3)≤a≤eq\f(3,4）。如圖所示，在同一坐標系中作出函數(shù)y＝|f（x）|和y＝2－x的圖象．由圖象可知，在［0,＋∞)上，｜f(x）｜＝2－x有且僅有一個解．故在（－∞,0）上，|f(x)|＝2－x同樣有且僅有一個解．當3a〉2，即a>eq\f(2，3)時，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x<0)，得x2＋（4a－2）x＋3a－2＝0(其中x<0)，則Δ＝（4a－2)2－4(3a－2）＝0，解得a＝eq\f（3,4）或a＝1(舍去)；當1≤3a≤2，即eq\f（1，3)≤a≤eq\f(2，3）時，由圖象可知，符合條件．綜上所述，a∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1,3）,\f（2，3）))∪eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f(3,4））)。故選C.點評函數(shù)圖象的交點、函數(shù)零點、方程的根三者之間可互相轉化,解題的宗旨就是函數(shù)與方程的思想．方程的根可轉化為函數(shù)零點、函數(shù)圖象的交點，反之函數(shù)零點、函數(shù)圖象的交點個數(shù)問題也可轉化為方程根的問題．變式訓練1已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋2，x∈[0，1,，2－x2，x∈[－1，0，）)且f（x＋2)＝f(x）,g(x）＝eq\f（2x＋5，x＋2），則方程f（x）＝g(x）在區(qū)間［－5，1]上的所有實根之和為（)A．－5 B．－6C．－7 D．－8答案C解析g(x）＝eq\f（2x＋5，x＋2)＝eq\f（2x＋2＋1,x＋2）＝2＋eq\f(1，x＋2)，由題意知函數(shù)f(x)的周期為2,則函數(shù)f（x),g（x)在區(qū)間[－5，1］上的圖象如圖所示:由圖象知f(x）、g（x)有三個交點，故方程f（x)＝g（x）在x∈[－5，1]上有三個根xA、xB、xC，xB＝－3,eq\f（xA＋xC,2)＝－2，xA＋xC＝－4，∴xA＋xB＋xC＝－7。題型二函數(shù)與方程思想在不等式中的應用例2定義域為R的可導函數(shù)y＝f（x)的導函數(shù)為f′（x）,滿足f(x）>f′(x），且f(0）＝1,則不等式eq\f（fx,ex)<1的解集為()A．（－∞，0) B．（0，＋∞)C．（－∞,2) D．(2，＋∞）答案B解析構造函數(shù)g（x)＝eq\f（fx，ex)，則g′(x)＝eq\f(ex·f′x－ex·fx,ex2)＝eq\f（f′x－fx，ex）。由題意得g′（x）<0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝eq\f（fx,ex)在R上單調(diào)遞減．又g（0）＝eq\f（f0,e0)＝1，所以eq\f（fx，ex）〈1，即g(x)<1,所以x〉0,所以不等式的解集為（0，＋∞）．故選B.點評不等式恒成立問題的處理方法在解決不等式恒成立問題時，一種最重要的思想方法就是構造適當?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題．同時要注意在一個含多個變量的數(shù)學問題中，需要確定合適的變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關系，使問題更明朗化．一般地，已知存在范圍的量為變量，而待求范圍的量為參數(shù)．變式訓練2已知f（x)＝log2x，x∈[2，16］，對于函數(shù)f（x）值域內(nèi)的任意實數(shù)m，則使x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立的實數(shù)x的取值范圍為（）A．（－∞，－2］B．［2，＋∞）C．（－∞,－2]∪[2，＋∞）D．(－∞，－2）∪（2，＋∞）答案D解析∵x∈［2,16]，∴f(x)＝log2x∈［1，4］，即m∈［1，4]．不等式x2＋mx＋4〉2m＋4x恒成立，即為m（x－2）＋（x－2)2>0恒成立，設g(m)＝（x－2)m＋（x－2）2，則此函數(shù)在［1，4］上恒大于0，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(g1〉0，，g4〉0，))即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＋x－22>0，,4x－2＋x－22〉0，）)解得x〈－2或x>2.題型三函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應用例3已知數(shù)列｛an｝是首項為2，各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，a2，a3,a4＋1成等比數(shù)列，設bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f（1，Sn＋2)＋…＋eq\f（1，S2n)(其中Sn是數(shù)列{an}的前n項和)，若對任意n∈N*,不等式bn≤k恒成立,求實數(shù)k的最小值．解因為a1＝2，aeq\o\al(2,3）＝a2·(a4＋1)，又因為｛an}是正項等差數(shù)列,故d≥0，所以（2＋2d）2＝（2＋d)(3＋3d），得d＝2或d＝－1（舍去），所以數(shù)列{an｝的通項公式an＝2n。因為Sn＝n(n＋1），bn＝eq\f（1,Sn＋1)＋eq\f(1，Sn＋2）＋…＋eq\f（1,S2n）＝eq\f(1，n＋1n＋2)＋eq\f(1,n＋2n＋3）＋…＋eq\f(1，2n2n＋1)＝eq\f（1，n＋1）－eq\f(1,n＋2)＋eq\f（1,n＋2）－eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f（1，2n)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f（1,n＋1）－eq\f（1,2n＋1）＝eq\f（n,2n2＋3n＋1)＝eq\f(1,2n＋\f(1,n)＋3）.令f(x)＝2x＋eq\f（1，x)(x≥1），則f′（x）＝2－eq\f(1,x2)，當x≥1時,f′(x)〉0恒成立,所以f(x)在［1，＋∞)上是增函數(shù)，故當x＝1時,f(x)min＝f(1)＝3，即當n＝1時，（bn）max＝eq\f（1，6）,要使對任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，則須使k≥（bn)max＝eq\f（1，6），所以實數(shù)k的最小值為eq\f(1，6).點評數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法數(shù)列問題函數(shù)（方程)化法與形式結構函數(shù)(方程)化法類似，但要注意數(shù)列問題中n的取值范圍為正整數(shù),涉及的函數(shù)具有離散性特點，其一般解題步驟為:第一步：分析數(shù)列式子的結構特征．第二步：根據(jù)結構特征構造“特征”函數(shù)（方程)，轉化問題形式．第三步：研究函數(shù)性質(zhì)．結合解決問題的需要，研究函數(shù)（方程)的相關性質(zhì)，主要涉及函數(shù)單調(diào)性與最值、值域問題的研究．第四步：回歸問題．結合對函數(shù)（方程）相關性質(zhì)的研究，回歸問題．變式訓練3設Sn為等差數(shù)列{an｝的前n項和，(n＋1)Sn＜nSn＋1（n∈N*)．若eq\f(a8,a7)＜－1，則()A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7答案D解析由條件得eq\f(Sn，n)＜eq\f（Sn＋1，n＋1）,即eq\f（na1＋an，2n）＜eq\f（n＋1a1＋an＋1，2n＋1）,所以an＜an＋1，所以等差數(shù)列{an｝為遞增數(shù)列．又eq\f(a8,a7)＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即數(shù)列{an｝前7項均小于0,第8項大于零，所以Sn的最小值為S7，故選D.題型四函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應用例4橢圓C的中心為坐標原點O,焦點在y軸上，短軸長為eq\r(2），離心率為eq\f（\r（2)，2),直線l與y軸交于點P（0，m），與橢圓C交于相異兩點A，B,且eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o（PB,\s\up6（→）).（1）求橢圓C的方程；(2)求m的取值范圍．解（1）設橢圓C的方程為eq\f(y2,a2）＋eq\f(x2，b2)＝1（a〉b〉0),設c〉0,c2＝a2－b2,由題意，知2b＝eq\r（2），eq\f(c,a)＝eq\f（\r（2）,2)，所以a＝1，b＝c＝eq\f(\r（2)，2）.故橢圓C的方程為y2＋eq\f(x2，\f(1，2））＝1，即y2＋2x2＝1.（2）①當直線l的斜率不存在時，也滿足eq\o（AP,\s\up6（→）)＝3eq\o(PB,\s\up6(→）)，此時m＝±eq\f（1，2）.②當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點坐標為A(x1,y1)，B（x2，y2），由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,,2x2＋y2＝1，)）得(k2＋2）x2＋2kmx＋(m2－1）＝0,Δ＝(2km)2－4（k2＋2)（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）〉0，（*)x1＋x2＝eq\f（－2km，k2＋2),x1x2＝eq\f（m2－1，k2＋2)。因為eq\o（AP，\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以－x1＝3x2，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2，，x1x2＝－3x\o\al(2，2)。））則3（x1＋x2)2＋4x1x2＝0，即3·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2km,k2＋2)))2＋4·eq\f(m2－1，k2＋2）＝0，整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2（4m2－1)＋2m2－2＝0，當m2＝eq\f(1,4)時，上式不成立；當m2≠eq\f(1，4)時，k2＝eq\f（2－2m2，4m2－1），由（*）式，得k2〉2m2－2，又k≠0，所以k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1）>0，解得－1<m〈－eq\f（1,2)或eq\f(1，2)〈m<1，綜上，所求m的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－1，－\f（1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1））.點評利用判別式法研究圓錐曲線中的范圍問題的步驟第一步：聯(lián)立方程．第二步:求解判別式Δ。第三步：代換．利用題設條件和圓錐曲線的幾何性質(zhì)，得到所求目標參數(shù)和判別式不等式中的參數(shù)的一個等量關系,將其代換．第四步:下結論．將上述等量代換式代入Δ〉0或Δ≥0中，即可求出目標參數(shù)的取值范圍．第五步：回顧反思．在研究直線與圓錐曲線的位置關系問題時，無論題目中有沒有涉及求參數(shù)的取值范圍,都不能忽視了判別式對某些量的制約，這是求解這類問題的關鍵環(huán)節(jié)．變式訓練4已知點F1(－c,0），F(xiàn)2(c，0)為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f（y2，b2）＝1(a〉b>0)的兩個焦點，點P為橢圓上一點,且eq\o（PF1，\s\up6（→))·eq\o(PF2,\s\up6（→）)＝c2，則此橢圓離心率的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（\r(3),3)，\f(\r（2）,2））)解析設P（x，y)，則eq\o(PF1，\s\up6（→))·eq\o(PF2，\s\up6（→））＝（－c－x，－y)·（c－x，－y）＝x2－c2＋y2＝c2， ①將y2＝b2－eq\f（b2,a2）x2代入①式解得x2＝eq\f（2c2－b2a2,c2）＝eq\f(3c2－a2a2，c2)，又x2∈[0,a2]，∴2c2≤a2≤3c2，∴e＝eq\f（c，a)∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3），3)，\f(\r（2),2)））.高考題型精練1．關于x的方程3x＝a2＋2a，在（－∞，1］上有解，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．［－2，－1）∪(0，1]B．[－3，－2）∪［0，1］C．[－3，－2）∪（0,1]D．[－2，－1）∪[0,1］答案C解析當x∈（－∞,1]時，3x∈(0，3］,要使3x＝a2＋2a有解，a2＋2a的值域必須為(0，3］，即0〈a2＋2a≤3,解不等式可得－3≤a＜－2或0＜a≤1，故選C.2．設函數(shù)f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x，若不等式f(x）≤0有解，則實數(shù)a的最小值為()A。eq\f（2,e）－1 B．2－eq\f（2，e)C．1＋2e2 D．1－eq\f（1,e)答案D解析因為f（x)≤0有解,所以f(x）＝ex(x3－3x＋3）－aex－x≤0，a≥x3－3x＋3－eq\f（x,ex）＝F(x）,F′(x)＝3x2－3＋eq\f（x－1,ex)＝(x－1）（3x＋3＋e－x）,令G（x）＝3x＋3＋e－x,G′(x）＝3－e－x,3－e－x＝0，x＝－ln3，G（x)最小值G（－ln3）＝6－3ln3>0，F(xiàn)（x)在(－∞，1）上遞減，在（1，＋∞)上遞增，F(xiàn)(x）的最小值為F（1）＝1－eq\f(1，e），所以a≥1－eq\f（1，e),故選D。3．已知f（x）＝x2－4x＋4，f1(x）＝f（x)，f2(x)＝f（f1（x))，…，fn(x）＝f（fn－1（x))，函數(shù)y＝fn（x)的零點個數(shù)記為an，則an等于(）A．2n B．2n－1C．2n＋1 D．2n或2n－1答案B解析f1（x）＝x2－4x＋4＝（x－2）2，有1個零點2，由f2(x）＝0可得f1（x）＝2，則x＝2＋eq\r（2)或x＝2－eq\r(2)，即y＝f2（x)有2個零點，由f3(x）＝0可得f2（x)＝2－eq\r（2）或2＋eq\r（2），則(x－2）2＝2－eq\r(2)或（x－2）2＝2＋eq\r(2),即y＝f3（x)有4個零點，以此類推可知,y＝fn(x)的零點個數(shù)an＝2n－1。故選B.4．對任意的θ∈（0，eq\f(π,2)），不等式eq\f（1，sin2θ)＋eq\f（4,cos2θ)≥|2x－1|恒成立，則實數(shù)x的取值范圍是（)A．［－3，4］ B．[0，2］C．[－eq\f（3,2）,eq\f(5,2）] D．［－4，5］答案D解析∵對任意的θ∈(0，eq\f(π,2）)，sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\f（1,sin2θ)＋eq\f(4，cos2θ)＝(sin2θ＋cos2θ）（eq\f(1，sin2θ)＋eq\f（4，cos2θ))＝5＋eq\f（cos2θ，sin2θ)＋eq\f(4sin2θ,cos2θ）≥5＋2×2＝9,當且僅當tanθ＝eq\f(\r(2），2)時取等號．∵不等式eq\f(1，sin2θ)＋eq\f（4,cos2θ)≥｜2x－1|恒成立，∴9≥｜2x－1｜，∴－9≤2x－1≤9，解得－4≤x≤5，則實數(shù)x的取值范圍是［－4,5]．5．已知函數(shù)f（x）＝lnx－eq\f（1,4）x＋eq\f(3,4x)－1，g(x）＝－x2＋2bx－4,若對任意x1∈(0，2），x2∈[1，2]，不等式f（x1)≥g（x2)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍為____________．答案eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞，\f（\r(14),2）))解析問題等價于f(x)min≥g(x)max.f（x）＝lnx－eq\f（1,4）x＋eq\f(3,4x)－1,所以f′(x）＝eq\f（1,x)－eq\f（1,4）－eq\f（3,4x2）＝eq\f（4x－x2－3,4x2），令f′(x）〉0得x2－4x＋3<0,解得1〈x<3,故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，3)，單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1)和(3，＋∞)，故在區(qū)間(0，2)上,x＝1是函數(shù)的極小值點，這個極小值點是唯一的，故也是最小值點，所以f（x)min＝f(1)＝－eq\f(1,2)。由于函數(shù)g（x）＝－x2＋2bx－4,x∈[1,2]．當b<1時,g（x）max＝g（1）＝2b－5；當1≤b≤2時；g(x）max＝g(b)＝b2－4；當b>2時,g(x)max＝g（2）＝4b－8.故問題等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b<1，,－\f（1，2)≥2b－5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤b≤2,,－\f（1,2)≥b2－4））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(b〉2，,－\f（1，2)≥4b－8。)）解第一個不等式組得b〈1,解第二個不等式組得1≤b≤eq\f（\r(14)，2），第三個不等式組無解．綜上所述，b的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(\r(14),2))）。6．滿足條件AB＝2，AC＝eq\r（2）BC的三角形ABC的面積的最大值是________．答案2eq\r（2）解析可設BC＝x，則AC＝eq\r(2)x，根據(jù)面積公式得S△ABC＝xeq\r（1－cos2B),由余弦定理計算得cosB＝eq\f(4－x2,4x)，代入上式得S△ABC＝xeq\r（1－\f(4－x2，4x)2）＝eq\r(\f（128－x2－122,16）).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2）x＋x>2,，x＋2〉\r（2)x,)）得2eq\r(2）－2〈x〈2eq\r（2）＋2。故當x＝2eq\r（3)時，S△ABC有最大值2eq\r（2).7．設函數(shù)f(x）＝lnx＋eq\f（a，x－1)(a為常數(shù)）．（1）若曲線y＝f（x)在點(2，f(2））處的切線與x軸平行,求實數(shù)a的值；（2)若函數(shù)f(x)在（e，＋∞)內(nèi)有極值,求實數(shù)a的取值范圍．解（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，1）∪（1,＋∞),由f(x）＝lnx＋eq\f(a,x－1)得f′(x)＝eq\f（1，x)－eq\f（a,x－12）,由于曲線y＝f(x）在點（2，f(2））處的切線與x軸平行，所以f′(2)＝0,即eq\f（1，2）－eq\f(a,2－12)＝0,所以a＝eq\f（1，2）。（2)因為f′（x）＝eq\f(1,x)－eq\f（a，x－12)＝eq\f(x2－2＋ax＋1,xx－12)，若函數(shù)f(x）在（e，＋∞）內(nèi)有極值，則函數(shù)y＝f′(x)在(e，＋∞）內(nèi)有異號零點，令φ(x）＝x2－（2＋a）x＋1.設x2－（2＋a）x＋1＝(x－α）(x－β)，可知αβ＝1，不妨設β>α,則α∈（0,1）,β∈(1,＋∞)，若函數(shù)y＝f′(x)在(e，＋∞)內(nèi)有異號零點，即y＝φ（x）在(e，＋∞）內(nèi)有異號零點,所以β>e，又φ(0）＝1〉0,所以φ(e）＝e2－(2＋a)e＋1<0，解得a>e＋eq\f（1，e）－2，所以實數(shù)a的取值范圍是(e＋eq\f(1,e)－2，＋∞)．8．已知f（x)＝ex－ax－1.（1）求f（x）的單調(diào)增區(qū)間;(2)若f(x）在定義域R內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解（1）∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R），∴f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0，得ex≥a，當a≤0時，f′(x)〉0在R上恒成立；當a>0時，有x≥lna。綜上,當a≤0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為（－∞,＋∞）；當a〉0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(lna，＋∞)．（2）由（1)知f′(x)＝ex－a.∵f（x）在R上單調(diào)遞增,∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即a≤ex在R上恒成立．∵當x∈R時，ex>0,∴a≤0，即a的取值范圍是(－∞，0］．9．已知橢圓C:eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2，b2)＝1（a〉b>0)的一個頂點為A（2，0)，離心率為eq\f（\r(2),2）.直線y＝k（x－1）與橢圓C交于不同的兩點M,N。（1)求橢圓C的方程；(2）當△AMN的面積為eq\f(\r(10)，3）時,求k的值．解(1）由題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a）＝\f（\r（2),2），,a2＝b2＋c2，）