《2019-2020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.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020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.doc（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020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)＝－2x－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)，－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)， 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； (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)， 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kPQkEF＝－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， ∴kPQkEF＝－1， 即＝－1， 即m＝－(1＋2k2)， 代入Δ>0得<32k2＋16， 解得k2<， ∴－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＋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－.