高考數(shù)學難點題型拔高練（三）（理）（含解析）

/05/5/難點題型拔高練(三)1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)＋2klnx－kx，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點，則實數(shù)k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，eq\f(e,2)))C．(0,2] D．[2，＋∞)解析：選A由題意可得f′(x)＝eq\f(ex?x－2?,x3)＋eq\f(k?2－x?,x)＝eq\f(?x－2??ex－kx2?,x3)，x>0，令f′(x)＝0，得x＝2或ex＝kx2(x>0)，由x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點知ex≥kx2(x>0)恒成立或ex≤kx2(x>0)恒成立，由y＝ex(x>0)和y＝kx2(x>0)的圖象可知，只能是ex≥kx2(x>0)恒成立．法一：由x>0知，ex≥kx2，則k≤eq\f(ex,x2)，設g(x)＝eq\f(ex,x2)，則k≤g(x)min.由g′(x)＝eq\f(ex?x－2?,x3)，得當x>2時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當0<x<2，g′(x)<0，g(x)單調遞減，所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(e2,4)，所以k≤eq\f(e2,4).法二：ex≥kx2(x>0)恒成立，則y＝ex(x>0)的圖象在y＝kx2(x>0)的圖象的上方(含相切)，①若k≤0，易知滿足題意；②若k>0，設y＝ex(x>0)與y＝kx2(x>0)的圖象在點(x0，y0)處有相同的切線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝ex0，,y0＝kx\o\al(2,0)，,ex0＝2kx0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,y0＝e2，,k＝\f(e2,4)，))數(shù)形結合可知，0<k≤eq\f(e2,4).綜上，k的取值范圍是(－∞，0]∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4))).2．定義“有增有減”數(shù)列{an}如下：?t∈N*，at<at＋1，且?s∈N*，as>as＋1.已知“有增有減”數(shù)列{an}共4項，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且x<y<z，則數(shù)列{an}共有()A．64個 B．57個C．56個 D．54個解析：選D法一：不妨設x＝1，y＝2，z＝3，則ai∈{1,2,3}(i＝1,2,3,4)，所以ai＝1或2或3.考慮反面，即數(shù)列{an}不是“有增有減”數(shù)列，此時有三種情況：常數(shù)數(shù)列、不增數(shù)列(a1≥a2≥a3≥a4，且等號不同時成立)及不減數(shù)列(a1≤a2≤a3≤a4，且等號不同時成立)．①常數(shù)數(shù)列，有1,1,1,1；2,2,2,2；3,3,3,3，共3個．②不減數(shù)列，含1,2,3中的任意兩個數(shù)或三個數(shù)，若含兩個數(shù)，則有Ceq\o\al(2,3)＝3種情況，以含有1,2為例，不減數(shù)列有1,1,1,2；1,1,2,2；1,2,2,2，共3個，所以含兩個數(shù)的不減數(shù)列共有3×3＝9個．若含三個數(shù)，則不減數(shù)列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3個．所以不減數(shù)列共有9＋3＝12個．③不增數(shù)列，同理②，共有12個．綜上，數(shù)列{an}不是“有增有減”數(shù)列共有3＋12×2＝27個．所以，數(shù)列{an}是“有增有減”數(shù)列共有34－27＝54個．法二：根據(jù)題設“有增有減”數(shù)列的定義，數(shù)列{an}共有兩類．第一類：數(shù)列{an}的4項只含有x，y，z中的兩個，則有Ceq\o\al(2,3)＝3種情況，以只含x，y為例，滿足條件的數(shù)列{an}有x，y，x，x；x，x，y，x；y，x，y，y；y，y，x，y；x，y，x，y；y，x，y，x；x，y，y，x；y，x，x，y，共8個，所以此類共有3×8＝24個．第二類：數(shù)列{an}的4項含有x，y，z中的三個，必有兩項是同一個，有Ceq\o\al(1,3)＝3種情況，以兩項是x，另兩項分別為y，z為例，滿足條件的數(shù)列{an}有x，x，z，y；x，y，x，z；x，z，x，y；x，y，z，x；x，z，y，x；y，x，x，z；y，x，z，x；y，z，x，x；z，x，x，y；z，x，y，x，共10個，所以此類共有3×10＝30個．綜上，數(shù)列{an}共有24＋30＝54個．3．如圖，等腰三角形PAB所在平面為α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分別為PA，AB的中點，G為CD的中點．平面α內經過點G的直線l將△PAB分成兩部分，把點P所在的部分沿直線l翻折，使點P到達點P′(P′?平面α)．若點P′在平面α內的射影H恰好在翻折前的線段AB上，則線段P′H的長度的取值范圍是________．解析：在等腰三角形PAB中，∵PA⊥PB，AB＝4，∴PA＝PB＝2eq\r(2).∵C，D分別為PA，AB的中點，∴PC＝CD＝eq\r(2)且PC⊥CD.連接PG，P′G，∵G為CD的中點，∴PG＝P′G＝eq\f(\r(10),2).連接HG，∵點P′在平面α內的射影H恰好在翻折前的線段AB上，∴P′H⊥平面α，∴P′H⊥HG，∴HG＜P′G＝eq\f(\r(10),2).易知點G到線段AB的距離為eq\f(1,2)，∴HG≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤HG＜eq\f(\r(10),2).又P′H＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2－HG2)，∴0＜P′H≤eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))4．設拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，準線為l.已知以F為圓心，半徑為4的圓與l交于A，B兩點，E是該圓與拋物線C的一個交點，∠EAB＝90°.(1)求p的值；(2)已知點P的縱坐標為－1且在拋物線C上，Q，R是拋物線C上異于點P的兩點，且滿足直線PQ和直線PR的斜率之和為－1，試問直線QR是否經過一定點？若是，求出定點的坐標；否則，請說明理由．解：(1)連接AF，EF，由題意及拋物線的定義，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是邊長為4的正三角形，所以∠FAE＝60°，設準線l與x軸交于點D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝eq\f(1,2)|AF|＝eq\f(1,2)×4＝2.(2)由題意知直線QR的斜率不為0，設直線QR的方程為x＝my＋t，點Q(x1，y1)，R(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝4x，))得y2－4my－4t＝0，則Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2又點P，Q在拋物線C上，所以kPQ＝eq\f(yP－y1,xP－x1)＝eq\f(yP－y1,\f(y\o\al(2,P),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,yP＋y1)＝eq\f(4,y1－1)，同理可得kPR＝eq\f(4,y2－1).因為kPQ＋kPR＝－1，所以eq\f(4,y1－1)＋eq\f(4,y2－1)＝eq\f(4?y1＋y2?－8,y1y2－?y1＋y2?＋1)＝eq\f(16m－8,－4t－4m＋1)＝－1，則t＝3m－eq\f(7,4).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝16m2＋16t>0，,t＝3m－\f(7,4)，,\f(1,4)≠m×?－1?＋3m－\f(7,4)，))解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(7,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞)，所以直線QR的方程為x＝m(y＋3)－eq\f(7,4)，則直線QR過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－3)).5．已知函數(shù)f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcosx＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)．(1)當m≥1時，求函數(shù)g(x)的極值；(2)若a≥－eq\f(7,2)，證明：當x∈(0,1)時，f(x)>x＋1.解：(1)由題意可知g′(x)＝ex－m，當m≥1時，由g′(x)＝0得x＝lnm，由x>lnm得g′(x)>0，g(x)單調遞增；由x<lnm得g′(x)<0，g(x)單調遞減．所以函數(shù)g(x)只有極小值，且極小值為g(lnm)＝m－m(lnm＋1)＝－mlnm.(2)證明：當x∈(0,1)時，要證f(x)>x＋1，即證x3＋ax＋4xcosx＋1>eq\f(x＋1,e2x).由(1)得，當m＝1時，g(x)＝ex－(x＋1)≥0，即ex≥x＋1，所以e2x≥(x＋1)2，所以eq\f(x＋1,e2x)<eq\f(1,x＋1)，x∈(0,1)，x3＋ax＋4xcosx＋1－eq\f(x＋1,e2x)>x3＋ax＋4xcosx＋1－eq\f(1,x＋1)＝x3＋ax＋4xcosx＋eq\f(x,x＋1)＝x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋4cosx＋a＋eq\f(1,x＋1)))令h(x)＝x2＋4cosx＋a＋eq\f(1,x＋1)，則h′(x)＝2x－4sinx－eq\f(1,?x＋1?2)，令I(x)＝2x－4sinx，則I′(x)＝2－4cosx＝2(1－2cosx)，當x∈(0,1)時，cosx>cos1>coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，所以1－2cosx<0，所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上為減函數(shù)，所以當x∈(0,1)時，I(x)