【4份】考前100天2016高考数学(江苏专用理科)压轴大题突破练

【4份】考前三个月2016高考数学（江苏专用理科）压轴大题突破练目录压轴大题1 直线与圆锥曲线(一) (1)答案精析 (2)压轴大题2 直线与圆锥曲线(二) (6)答案精析 (7)压轴大题3 函数与导数(一) (11)答案精析 (12)压轴大题4 函数与导数(二) (17)答案精析 (18)压轴大题1 直线与圆锥曲线(一)1.已知圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝16及点F 2(1,0)，在圆F 1任取一点M ，连结MF 2并延长交圆F 1于点N ，连结F 1N ，过F 2作F 2P ∥MF 1交NF 1于P ，如图所示.(1)求点P 的轨迹方程；(2)从F 2点引一条直线l 交轨迹P 于A ，B 两点，变化直线l ，试探究1F 2A ＋1F 2B是否为定值.2.已知以C 为圆心的动圆过定点A (－3,0)，且与圆B ：(x －3)2＋y 2＝64(B 为圆心)相切，点C 轨迹为曲线T .设Q 为曲线T 上(不在x 轴上)的动点，过点A 作OQ (O 为坐标原点)的平行线交曲线T 于M ，N 两个点.(1)求曲线T 的方程；(2)是否存在常数λ，使AM →·AN →＝λOQ →2总成立？若存在，求λ；若不存在，说明理由.3.已知椭圆C 的中心在坐标原点，右焦点为F (7，0)，A ，B 是椭圆C 的左、右顶点，D 是椭圆C 上异于A ，B 的动点，且△ADB 面积的最大值为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)求证：当点P (x 0，y 0)在椭圆C 上运动时，直线l ：x 0x ＋y 0y ＝2与圆O ：x 2＋y 2＝1恒有两个交点，并求直线l 被圆O 所截得的弦长L 的取值范围.4.已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，点A ，B 在抛物线C 上.(1)若直线AB 过点(2p,0)，且AB ＝4p ，求过A ，B ，O (O 为坐标原点)三点的圆的方程；(2)设直线OA ，OB 的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π4，问直线AB 是否会过某一定点？若是，求出这一定点的坐标；若不是，请说明理由.答案精析压轴大题突破练压轴大题1 直线与圆锥曲线(一)1.解 (1)∵F 2P ∥MF 1，∴PF 2MF 1＝PN F 1N ⇒PF 24＝4－PF 14⇒PF 1＋PF 2＝4>F 1F 2＝2， ∴点P 的轨迹是以F 1，F 2为焦点，长轴长2a ＝4的椭圆，其轨迹方程为x 24＋y 23＝1. (2)①若l AB 的斜率存在时，设l AB 为：y ＝k (x －1)，联立x 24＋y 23＝1，可得：(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 不妨设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2) (x 2<1<x 1)，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∴1F 2A ＋1F 2B ＝11＋k 2|x 1－1|＋11＋k 2|x 2－1|＝11＋k 2⎝⎛⎭⎫1x 1－1＋11－x 2 ＝11＋k 2⎣⎡⎦⎤1－x 2＋x 1－1(x 1－1)(1－x 2) ＝11＋k 2⎣⎡⎦⎤x 1－x 2(x 1＋x 2)－x 1·x 2－1 ＝11＋k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x 1＋x 2)2－4x 1·x 2(x 1＋x 2)－x 1·x 2－1 ＝11＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝⎛⎭⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 28k 23＋4k 2－4k 2－123＋4k 2－1 ＝11＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋k 23＋4k 293＋4k 2＝129＝43. ②若l AB 的斜率不存在时，此时l AB ：x ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫1，32， B ⎝⎛⎭⎫1，－32，此时1F 2A ＋1F 2B ＝23＋23＝43. 综上可知，变化直线l ，则1F 2A ＋1F 2B 为定值43. 2.解 (1)∵A (－3,0)在圆B 的内部，∴两圆相内切，∴BC ＝8－AC ，即BC ＋AC ＝8>AB .∴C 点的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆，且长轴长2a ＝8，a ＝4，c ＝3.∴b 2＝16－9＝7，∴曲线T 的方程为x 216＋y 27＝1. (2)当直线MN 斜率不存在时，AN →＝AM →＝74，OQ →2＝7. ∴AM →·AN →＝AM →·AN →·cos π＝7λ，则λ＝－716； 当直线MN 斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN ：y ＝k (x ＋3)，则OQ ：y ＝kx ，由⎩⎪⎨⎪⎧7x 2＋16y 2＝112，y ＝k (x ＋3)， 得(7＋16k 2)x 2＋96k 2x ＋144k 2－112＝0，则x 1＋x 2＝－96k 27＋16k 2，x 1·x 2＝144k 2－1127＋16k 2， ∴y 1y 2＝k 2[(x 1＋3)(x 2＋3)]＝k 2[x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋9]＝－49k 27＋16k 2. AM →·AN →＝(x 1＋3)(x 2＋3)＋y 1y 2＝－49(k 2＋1)7＋16k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧7x 2＋16y 2＝112，y ＝kx ，得7x 2＋16k 2x 2＝112， 则x 2＝1127＋16k 2， ∴OQ →2＝x 2＋y 2＝(1＋k 2)x 2＝112(1＋k 2)7＋16k 2， 由AM →·AN →＝λOQ →2，可解得λ＝－716. 综上，存在常数λ＝－716，使AM →·AN →＝λOQ →2总成立. 3.解 (1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0). 由已知可得(S △ADB )max ＝12·2a ·b ＝ab ＝12.① ∴F (7，0)为椭圆右焦点，∴a 2＝b 2＋7.②由①②可得a ＝4，b ＝3，∴椭圆C 的方程为x 216＋y 29＝1. (2)∵P (x 0，y 0)是椭圆上的动点，∴x 2016＋y 209＝1，∴y 20＝9－9x 2016. ∴圆心O 到直线l ：x 0x ＋y 0y ＝2的距离d ＝2x 20＋y 20＝2x 20＋9－916x 20 ＝2716x 20＋9<1 (0≤x 20≤16). ∴直线l ：x 0x ＋y 0y ＝2与圆O ：x 2＋y 2＝1恒有两个交点.L ＝2r 2－d 2＝21－4716x 20＋9 ∵0≤x 20≤16，∴9≤716x 20＋9≤16， ∴253≤L ≤ 3. 4.解 (1)易知直线x ＝2p 与抛物线y 2＝2px 的两个交点的坐标分别是M (2p,2p )，N (2p ，－2p )，弦长MN ＝4p (p >0).又AB ＝4p ，且直线AB 过点(2p,0)，所以△AOB 是直角三角形，所以过A ，B ，O 三点的圆的方程是(x －2p )2＋y 2＝4p 2.(2)设点A ⎝⎛⎭⎫y 212p ，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 222p ，y 2，直线AB 的方程为x ＝my ＋b ， 设直线与抛物线相交.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋b ，y 2＝2px ， 消去x ，得y 2－2mpy －2pb ＝0，所以y 1＋y 2＝2mp ，y 1y 2＝－2pb .故tan π4＝tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝y 1x 1＋y 2x 21－y 1y 2x 1x 2＝x 2y 1＋x 1y 2x 1x 2－y 1y 2＝2p (y 1＋y 2)y 1y 2－4p 2， 即1＝2p ·2mp －2pb －4p 2＝－2mp b ＋2p， 所以b ＝－2p －2mp ，所以直线AB 的方程为x ＝my －2p －2mp ，即x ＋2p ＝m (y －2p )，所以直线AB 过定点(－2p,2p ).压轴大题2直线与圆锥曲线(二)1.设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝32，左顶点M到直线xa＋yb＝1的距离d＝455，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值.2.若直线l：y＝3x3－233过双曲线x2a2－y2b2＝1 (a>0，b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行.(1)求双曲线的方程；(2)若过点B(0，b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M，N，MN的垂直平分线为m，求直线m在y轴上的截距的取值范围.3.(2015·南通模拟)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2,0)，B(2,0)，直线RA，RB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－34，设动点R的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴，若直线MN和直线QP交于点S(4，0).问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.4.已知直线l ：y ＝x ＋1，圆O ：x 2＋y 2＝32，直线l 被圆截得的弦长与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的短轴长相等，椭圆的离心率e ＝22. (1)求椭圆C 的方程； (2)过点M ⎝⎛⎭⎫0，－13的直线l ′交椭圆于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得无论l ′如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.答案精析压轴大题2 直线与圆锥曲线(二)1.(1)解 由e ＝32，得c ＝32a ，又b 2＝a 2－c 2， 所以b ＝12a ，即a ＝2b . 由左顶点M (－a,0)到直线x a ＋y b＝1， 即bx ＋ay －ab ＝0的距离d ＝455， 得|b (－a )－ab |a 2＋b 2＝455，即2ab a 2＋b 2＝455， 把a ＝2b 代入上式，得4b 25b＝455，解得b ＝1. 所以a ＝2b ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，①当直线AB 的斜率不存在时，则由椭圆的对称性，可知x 1＝x 2，y 1＝－y 2.因为以AB 为直径的圆经过坐标原点，故OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0，也就是x 21－y 21＝0，又点A 在椭圆C 上，所以x 214＋y 21＝1， 解得|x 1|＝|y 1|＝255. 此时点O 到直线AB 的距离d 1＝|x 1|＝255. ②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，与椭圆方程联立有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，所以x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2. 因为以AB 为直径的圆过坐标原点O ，所以OA ⊥OB .所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0.所以(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝0.所以(1＋k 2)·4m 2－41＋4k 2－8k 2m 21＋4k 2＋m 2＝0. 整理得5m 2＝4(k 2＋1)，所以点O 到直线AB 的距离d 1＝|m |k 2＋1＝255. 综上所述，点O 到直线AB 的距离为定值255. 2.解 (1)由题意，可得c ＝2，b a ＝33， 所以a 2＝3b 2，且a 2＋b 2＝c 2＝4，解得a ＝3，b ＝1.故双曲线的方程为x 23－y 2＝1. (2)由(1)知B (0,1)，依题意可设过点B 的直线方程为y ＝kx ＋1 (k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，x 23－y 2＝1，得(1－3k 2)x 2－6kx －6＝0， 所以x 1＋x 2＝6k 1－3k 2， Δ＝36k 2＋24(1－3k 2)＝12(2－3k 2)>0⇒0<k 2<23，且1－3k 2≠0⇒k 2≠13. 设MN 的中点为Q (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝3k 1－3k 2，y 0＝kx 0＋1＝11－3k 2， 故直线m 的方程为y －11－3k 2＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －3k 1－3k 2， 即y ＝－1k x ＋41－3k 2. 所以直线m 在y 轴上的截距为41－3k 2， 由0<k 2<23，且k 2≠13， 得1－3k 2∈(－1,0)∪(0,1)，所以41－3k 2∈(－∞，－4)∪(4，＋∞). 故直线m 在y 轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞).3.解 (1)由题意知x ≠±2，且k 1＝y x ＋2，k 2＝y x －2， 则y x ＋2·y x －2＝－34， 整理得，曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1 (y ≠0). (2)设MP 与x 轴交于D (t,0)，则直线MP 的方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，记M (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)，由对称性知Q (x 1，－y 1)，N (x 2，－y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，x ＝my ＋t 消去x 得： (3m 2＋4)y 2＋6mty ＋3t 2－12＝0，由根与系数的关系得：y 1＋y 2＝－6mt 3m 2＋4， y 1·y 2＝3t 2－123m 2＋4，由M ，N ，S 三点共线知k MS ＝k NS ，即y 1x 1－4＝－y 2x 2－4，所以y 1(my 2＋t －4)＋y 2(my 1＋t －4)＝0，整理得2my 1y 2＋(t －4)(y 1＋y 2)＝0，所以2m (3t 2－12)－6mt (t －4)3m 2＋4＝0， 即24m (t －1)＝0，t ＝1，所以直线MP 过定点D (1,0)，同理可得直线NQ 也过定点D (1,0)，即四边形MNPQ 两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1,0).4.解 (1)圆O (0,0)到直线y ＝x ＋1的距离d ＝12＝22，则直线l 被圆截得的弦长为2r 2－d 2＝232－12＝2，依题意得2＝2b ，b ＝1. 又椭圆的离心率e ＝22＝c a ，b a ＝1－e 2＝22＝1a ， 则a ＝2，椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设存在定点T (x 0，y 0)，使得以AB 为直径的圆恒过定点T ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当直线AB 的斜率不存在时，易知A (0,1)，B (0，－1)，则圆T 1的方程为x 2＋y 2＝1.当直线AB 的斜率为0时，即l ′的方程为y ＝－13， 代入椭圆方程可得A ⎝⎛⎭⎫－43，－13，B ⎝⎛⎭⎫43，－13，即圆T 2的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169. 由T 1及T 2的方程可知T (0,1).下面证明，当直线AB 的斜率存在时也符合.设直线AB 的方程为y ＝kx －13， 联立⎩⎨⎧ x 22＋y 2＝1，y ＝kx －13，消去y ，得(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0. 由Δ＝169k 2＋649(1＋2k 2)>0， 则x 1＋x 2＝4k 3(1＋2k 2)，x 1x 2＝－169(1＋2k 2). 此时，TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)TA →·TB →＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 1－43⎝⎛⎭⎫kx 2－43 ＝(k 2＋1)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝－16(k 2＋1)9(2k 2＋1)－16k 29(2k 2＋1)＋169＝0.即当k 存在时，以AB 为直径的圆也过点T (0,1).综上所述，存在定点T ，其坐标为(0,1).压轴大题3 函数与导数(一)1.已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R).(1)当a ＝2时，求函数f (x )在x ＝0处的切线方程；(2)求f (x )在区间[1,2]上的最小值.2.(2015·徐州模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝ln x －a (x －1).(1)若a ＝1e －1，求函数y ＝|f (x )|的极值点； (2)若不等式f (x )≤－ax 2e 2＋(1＋2a －e a )x e恒成立，求a 的取值范围.(e 为自然对数的底数)3.已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若当0<x <1时，f (x )>f ⎝⎛⎭⎫k x ，求实数k 的取值范围.4.已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋x32＋1＋2x cos x.当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤11＋x；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.答案精析压轴大题3函数与导数(一)1.解(1)设切线的斜率为k.因为a＝2，所以f(x)＝(x－2)e x，f′(x)＝e x(x－1).所以f(0)＝－2，k＝f′(0)＝e0(0－1)＝－1.所以所求的切线方程为y＝－x－2，即x＋y＋2＝0.(2)由题意得f′(x)＝e x(x－a＋1)，令f′(x)＝0，可得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2，当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min＝f(1)＝(1－a)e.②若a－1≥2，则a≥3，当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2.③若1<a－1<2，则2<a<3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为[1，a－1]，单调递增区间为[a－1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a－1)＝－e a－1.综上所述：当a≤2时，f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝f(a－1)＝－e a－1.2.解(1)若a＝1e－1，则f(x)＝ln x－x－1e－1，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1e－1.当x∈(0，e－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.又因为f(1)＝0，f(e)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)<0；当x∈(1，e－1)时，f(x)>0；当x∈(e－1，e)时，f(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f(x)<0.故y＝|f(x)|的极小值点为1和e，极大值点为e－1.(2)不等式f(x)≤－ax2e2＋(1＋2a－e a)xe，整理为ln x＋ax2e2－(1＋2a)xe＋a≤0.设g(x)＝ln x＋ax2e2－(1＋2a)xe＋a，则g′(x)＝1x＋2axe2－1＋2ae＝2ax2－(1＋2a)e x＋e2e2x＝(x－e)(2ax－e)e2x.①当a≤0时，2ax－e<0，又x>0，所以当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)递减. 从而g(x)max＝g(e)＝0.故g(x)≤0恒成立.②当a >0时，g ′(x )＝(x －e )(2ax －e )e 2x ＝2a (x －e )⎝⎛⎭⎫x －e 2a e 2x. 当a ＝12时，g ′(x )＝(x －e )2e 2x≥0， 则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，显然不成立.当a >12时，e 2a<e ， 在⎝⎛⎭⎫0，e 2a ，(e ，＋∞)上g ′(x )>0，函数g (x )单调递增. 在⎝⎛⎭⎫e 2a ，e 上g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.又g (e)＝0，因此存在x 0>e 使g (x 0)>0，故不满足题意.当0<a <12时，e a >e 2a>e ， 而g ⎝⎛⎭⎫e a ＝ln e a ＋a e 2⎝⎛⎭⎫e a 2－1＋2a e ·e a＋a ＝－ln a －1＋a ＝ln e aa e. 而a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，h (a )＝e a －a e ， h ′(a )＝e a －e<0，h ⎝⎛⎭⎫12＝e 12－12e>0，故ln e aa e>0，即g ⎝⎛⎭⎫e a >0，故不满足条件. 综上所述，a ≤0.3.解 (1)由题意知f ′(x )＝(1－x )e －x (x ∈R ). 当f ′(x )>0时，x <1；当f ′(x )<0时，x >1.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).又f ′(x )＝0时，x ＝1，所以函数f (x )的极大值为f (1)＝1e，无极小值. (2)当k ≤0时，因为0<x <1，所以k x≤0<x <1， 由(1)知函数f (x )在区间(－∞，1)上单调递增，所以f (x )>f ⎝⎛⎭⎫k x ，符合题意.当0<k <1时，取x ＝k ，可得f (k )>f (1)，这与函数f (x )在区间(－∞，1)上单调递增矛盾，不符合题意.当k ≥1时，因为0<x <1，所以k x ≥1x>1， 由(1)知函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以f ⎝⎛⎭⎫k x ≤f ⎝⎛⎭⎫1x ，要使f ⎝⎛⎭⎫k x <f (x )， 只需令f (x )>f ⎝⎛⎭⎫1x ，即x e －x >1x e －1x， 即ln x －x >－ln x －1x ，即2ln x －x ＋1x>0. 令h (x )＝2ln x －x ＋1x(0<x <1)， 则h ′(x )＝－x 2＋2x －1x 2＝－(x －1)2x 2<0， 所以h (x )在区间(0,1)上为减函数，所以h (x )>h (1)＝0，所以f (x )>f ⎝⎛⎭⎫k x ，符合题意.综上可知k ∈(－∞，0]∪[1，＋∞).4.(1)证明 要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≥1－x ，只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x . 记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ， 则h ′(x )＝x (e x －e －x ). 当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，因此h (x )在[0,1]上是增函数，故h (x )≥h (0)＝0，所以f (x )≥1－x ，x ∈[0,1].要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≤11＋x， 只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1，当x ∈(0,1)时，K ′(x )>0，因此K (x )在[0,1]上是增函数，故K (x )≥K (0)＝0.所以f (x )≤11＋x ，x ∈[0,1]. 综上，1－x ≤f (x )≤11＋x，x ∈[0,1].(2)解 f (x )－g (x )＝(1＋x )e －2x －(ax ＋x 32＋1＋2x cos x )≥1－x －ax －1－x 32－2x cos x ＝－x (a ＋1＋x 22＋2cos x ).(由(1)知) 故G (x )＝x 22＋2cos x ，则G ′(x )＝x －2sin x . 记H (x )＝x －2sin x ，则H ′(x )＝1－2cos x ，当x ∈(0,1)时，H ′(x )<0，于是G ′(x )在[0,1]上是减函数.从而当x ∈(0,1)时，G ′(x )<G ′(0)＝0.故G (x )在[0,1]上是减函数.于是G (x )≤G (0)＝2，从而a ＋1＋G (x )≤a ＋3.所以，当a ≤－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上恒成立.下面证明，当a >－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立.f (x )－g (x )≤11＋x－1－ax －x 32－2x cos x ＝－x 1＋x－ax －x 32－2x cos x ＝－x (11＋x＋a ＋x 22＋2cos x ).(由(1)知) 记I (x )＝11＋x ＋a ＋x 22＋2cos x ＝11＋x＋a ＋G (x )， 则I ′(x )＝－1(1＋x )2＋G ′(x )， 当x ∈(0,1)时，I ′(x )<0，故I (x )在[0,1]上是减函数，于是I (x )在[0,1]上的值域为[a ＋1＋2cos 1，a ＋3].因为当a >－3时，a ＋3>0，所以存在x 0∈(0,1)，使得I (x 0)>0，此时f (x 0)<g (x 0)，即f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立.综上，实数a 的取值范围是(－∞，－3].压轴大题4 函数与导数(二)1.已知函数f (x )＝e x －a (x ＋1)在x ＝ln 2处的切线的斜率为1.(其中e ＝2.718 28…)(1)求a 的值及f (x )的最小值；(2)当x ≥0时，f (x )≥mx 2恒成立，求m 的取值范围；(3)求证：∑ni ＝2 ln i i 4<12e(i ，n ∈N *).(参考数据：ln 2≈0.693 1)2.已知函数f (x )＝ln x －x 2＋x .(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)若关于x 的不等式f (x )≤⎝⎛⎭⎫a 2－1x 2＋ax －1恒成立，求整数a 的最小值；(3)若正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋2(x 21＋x 22)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2>5－12.3.已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立.4.已知函数f (x )＝ln(x ＋a )＋2x，g (x )＝ln x . (1)已知f (x )在[e ，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(2)已知m ，n ，ξ满足n >ξ>m >0，且g ′(ξ)＝g (n )－g (m )n －m，试比较ξ与mn 的大小； (3)已知a ＝2，是否存在正数k ，使得关于x 的方程f (x )＝kg (x )在[e ，＋∞)上有两个不相等的实数根？如果存在，求k 满足的条件；如果不存在，说明理由.答案精析压轴题4 函数与导数(二)1.(1)解 f ′(x )＝e x －a ，由已知得f ′(ln 2)＝2－a ＝1，∴a ＝1，此时f (x )＝e x －x －1，f ′(x )＝e x －1，∴当0<e x <1，即x <0时，f ′(x )<0，当e x >1，即x >0时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )取得极小值即为最小值，∴f (x )min ＝f (0)＝0.(2)解 记g (x )＝e x －x －1－mx 2，g ′(x )＝e x －1－2mx ，设h (x )＝g ′(x )＝e x －1－2mx ，则h ′(x )＝e x －2m .①当m ≤12时，h ′(x )≥0(x ≥0)，∴h (x )≥h (0)＝0， ∴g ′(x )≥0，∴g (x )≥g (0)＝0，∴m ≤12时满足题意. ②当m >12时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln 2m >0，当x ∈[0，ln 2m )时，h ′(x )<0，h (x )在此区间上是减函数，g ′(x )＝h (x )≤h (0)＝0， ∴g (x )在此区间上是减函数，∴g (ln 2m )≤g (0)＝0不合题意.综上得m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12. (3)证明 记k (x )＝ln x x 2，则k ′(x )＝1－2ln x x 3， 令k ′(x )＝0，得x ＝ e.不难知当x ＝e 时，k (x )有最大值，且最大值为12e. ∴ln x x 2≤12e ，∴ln n n 4≤12e ·1n 2 (n ≥2)， ∴∑ni ＝2 ln i i 4≤12e ⎝⎛⎭⎫122＋132＋142＋…＋1n 2， 又122＋132＋142＋…＋1n 2<11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1－1n<1， ∴∑ni ＝2ln i i 4<12e ⎝⎛⎭⎫122＋132＋142＋…＋1n 2<12e ， 即∑n i ＝2ln i i 4<12e . 2.(1)解 f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2＋x ＋1x(x >0), 由f ′(x )<0，得2x 2－x －1>0，又x >0，所以x >1.所以f (x )的单调递减区间为(1，＋∞).(2)解 令g (x )＝f (x )－[(a 2－1)x 2＋ax －1] ＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1， 所以g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x. 当a ≤0时，因为x >0，所以g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上是递增函数，又因为g (1)＝ln 1－12a ×12＋(1－a )＋1＝－32a ＋2>0， 所以关于x 的不等式f (x )≤⎝⎛⎭⎫a 2－1x 2＋ax －1不能恒成立.当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x＝－a (x －1a )(x ＋1)x， 令g ′(x )＝0，得x ＝1a. 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0， 因此函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞是减函数. 故函数g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －12a ×⎝⎛⎭⎫1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a－ln a . 令h (a )＝12a－ln a ， 因为h (1)＝12>0，h (2)＝14－ln 2<0， 因为h (a )在a ∈(0，＋∞)是减函数.所以当a ≥2时，h (a )<0.所以整数a 的最小值为2.(3)证明 由f (x 1)＋f (x 2)＋2(x 21＋x 22)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1·x 2－ln(x 1·x 2)，令t ＝x 1·x 2，则由φ(t )＝t －ln t 得，φ′(t )＝t －1t， 可知，φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增. 所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，又x 1＋x 2>0，因此x 1＋x 2≥5－12成立. 3.(1)解 由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e. 当x ∈(0，1e)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1e，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e时， f (x )min ＝f (1e )＝－1e； ②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t . 所以f (x )min ＝⎩⎨⎧ －1e ，0<t <1e ，t ln t ，t ≥1e .(2)解 2x ln x ≥－x 2＋ax －3 (x >0)，则a ≤2ln x ＋x ＋3x， 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)， 则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2， ①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4.(3)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞)). 由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e， 当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e， 当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立. 4.解 (1)∵f (x )＝ln(x ＋a )＋2x， ∴f ′(x )＝1x ＋a －2x 2＝x 2－2x －2a x 2(x ＋a ). ∵f (x )在[e ，＋∞)上单调，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋a >0，x 2－2x －2a ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a >0，x 2－2x －2a ≤0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a >－e ，a ≤12x 2－x 或⎩⎪⎨⎪⎧a >－e ，a ≥12x 2－x . ∵当x ≥e 时，12x 2－x ≥12e 2－e ， ∴－e<a ≤12e 2－e. (2)∵g ′(ξ)＝g (n )－g (m )n －m ，∴1ξ＝ln n －ln m n －m . 设h (x )＝2ln x －x ＋1x(x >1)， 则h ′(x )＝2x －1－1x 2＝－(x －1)2x 2<0， ∴h (x )<h (1)＝0，∴当x >1时，2ln x <x －1x，令x ＝n m ， 得2ln n m <n m －m n ， ∴ln n －ln m <n －m mn ⇒ln n －ln m n －m <1mn. ∴1ξ<1mn，即ξ>mn . (3)假设方程f (x )＝kg (x )存在满足条件的两个实数根x 1，x 2，且x 2>x 1≥e ，则 ⎩⎨⎧ ln (x 1＋2)＋2x 1＝k ln x 1，ln (x 2＋2)＋2x 2＝k ln x 2⇒ln (x 1＋2)＋2x 1ln (x 2＋2)＋2x 2＝ln x 1ln x 2， 即ln (x 1＋2)＋2x 1ln x 1＝ln (x 2＋2)＋2x 2ln x 2， ln (x 1＋2)＋2x 1－ln x 1ln x 1＝ln (x 2＋2)＋2x 2－ln x 2ln x 2. ln ⎝⎛⎭⎫1＋2x 1＋2x 1ln x 1＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋2x 2＋2x 2ln x 2⇒ln ⎝⎛⎭⎫1＋2x 1＋2x 1ln ⎝⎛⎭⎫1＋2x 2＋2x 2＝ln x 1ln x 2.∵x2>x1≥e，∴2x1>2x2⇒ln⎝⎛⎭⎫1＋2x1＋2x1ln⎝⎛⎭⎫1＋2x2＋2x2>1，而ln x1ln x2<1，∴ln⎝⎛⎭⎫1＋2x1＋2x1ln⎝⎛⎭⎫1＋2x2＋2x2>ln x1ln x2，∴方程不存在满足条件的两根.。