备战2022年高考数学二轮复习培优专题 第49讲 分类讨论

第四十九讲分类讨论A组1.已知变量x，y满足的不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k等于()A.－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C.0 D.－eq\f(1,2)或0答案：D解析：不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的平面区域是直角三角形，只有直线y＝kx＋1与直线x＝0垂直(如图①)或直线y＝kx＋1与直线y＝2x垂直(如图②)时，平面区域才是直角三角形.由图形可知斜率k的值为0或－eq\f(1,2).2.点到抛物线的准线的距离为6，那么抛物线的方程是()A．B．C．D．答案：D解析：将化为，当a＞0时，准线，由已知得，∴＝12，∴a＝.当a＜0时，准线，由已知得＝6，∴．∴抛物线方程为，故选D.3.某人根据自己爱好，希望从{W，X，Y，Z}中选2个不同字母，从{0,2,6,8}中选3个不同数字编拟车牌号，要求前3位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有()A．198个B．180个C．216个D．234个答案：A解析：不选2时，有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72个；选2，不选Z时，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝72个；选2时，2在数字的中间，有Aeq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＝36个，当2在数字的第三位时，Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,3)＝18个．根据分类加法计数原理知，共有72＋72＋36＋18＝198个，故选A.4.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x－2)＝f(x＋2)，当0＜x＜2时，f(x)＝1－log2(x＋1)，则当0<x<4时，不等式(x－2)f(x)＞0的解集是()A．(0,1)∪(2,3) B．(0,1)∪(3,4)C．(1,2)∪(3,4) D．(1,2)∪(2,3)答案：D解析：当0＜x＜2时，x－2＜0，不等式可化为即解得1＜x＜2，当2＜x＜4时，x－2＞0，不等式可化为由函数f(x)是奇函数，得f(－x)＝－f(x)，又f(x－2)＝f(x＋2)，则f(x)＝f(x－2＋2)＝f(x－2－2)＝－f(4－x)，因为0＜4－x＜2，不等式可化为解得2＜x＜3，所以原不等式的解集为(1,2)∪(2,3)，故选D.5.如图，在△ABC中，∠A＝30°，BC＝2eq\r(5)，D是AB边上的一点，CD＝2，△BCD的面积为4，则AC的长为.答案：4或2eq\r(2)解析：[设∠BCD＝θ，则在△BCD中，S△BCD＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×2sinθ＝4，即sinθ＝eq\f(2\r(5),5),则cosθ＝±eq\f(\r(5),5),BD2＝20＋4－8eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(\r(5),5)))＝16或32，即BD＝4或4eq\r(2).①当BD＝4时，eq\f(4,sinθ)＝eq\f(2,sinB)，即sinB＝eq\f(\r(5),5)，此时eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，即AC＝eq\f(sinB·BC,sin30°)＝4；②当BD＝4eq\r(2)时，eq\f(4\r(2),sinθ)＝eq\f(2,sinB)，即sinB＝eq\f(\r(10),10)，此时eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，即AC＝eq\f(sinB·BC,sin30°)＝2eq\r(2).综上，AC的长为4或2eq\r(2).]6.(湖南省师大等2016届高三四校联考)若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______.答案:.解析:∵，∴，又∵在上单调递增，∴，即实数的取值范围是[-4,0].7.已知a＞0且a≠1，若函数f(x)＝loga(ax2－x)在[3，4]上是增函数，则a的取值范围．解析:由已知可得ax2－x＞0在[3，4]上恒成立，故9a－3＞0，解得a＞eq\f(1,3).若0＜a＜1，则y＝logat在(0，＋∞)上单调递减，由题意知t＝ax2－x在[3，4]上为减函数，故eq\f(1,2a)≥4，解得a≤eq\f(1,8)，这与a＞eq\f(1,3)矛盾，不合题意；若a＞1，则y＝logat在(0，＋∞)上单调递增，由题意知t＝ax2－x在[3，4]上为增函数，故eq\f(1,2a)≤3，解得a≥eq\f(1,6)，因为a＞1，所以a的取值范围是(1，＋∞)．8.已知函数f(x)＝sinx(x≥0),g(x)＝ax(x≥0).(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时,求证：g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.解析：(1)解令h(x)＝sinx－ax(x≥0),则h′(x)＝cosx－a.①若a≥1,h′(x)＝cosx－a≤0,h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)＝0,则sinx≤ax(x≥0)成立.②若0<a<1,存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))),使得cosx0＝a,当x∈(0,x0),h′(x)＝cosx－a>0,h(x)＝sinx－ax(x∈(0,x0))单调递增,h(x)>h(0)＝0,不合题意.③若a≤0,结合f(x)与g(x)的图象可知显然不合题意.综上可知,a的取值范围是[1,＋∞).(2)证明当a取(1)中的最小值为1时,g(x)－f(x)＝x－sinx.设H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3(x≥0),则H′(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2.令G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2,则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0),所以G(x)＝1-cosx-eq\f(1,2)x2在[0,＋∞)上单调递减,此时G(x)＝1-cosx-eq\f(1,2)x2≤G(0)＝0,即H′(x)＝1-cosx-eq\f(1,2)x2≤0,所以H(x)＝x-sinx-eq\f(1,6)x3在x∈[0,＋∞)上单调递减.所以H(x)＝x-sinx-eq\f(1,6)x3≤H(0)＝0,则x-sinx≤eq\f(1,6)x3(x≥0).所以,当a取(1)中的最小值时,g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.9.（2015年全国I高考理科）在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线(＞0)交与M,N两点，（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由。【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）存在解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，.∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为，即.故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为，即.故所求切线方程为或.……5分（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.将代入C得方程整理得.∴.∴==.当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力10.（2015年全国I高考理科）已知函数f（x）=(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线的切线；（Ⅱ）用表示m,n中的最小值，设函数，讨论h（x）零点的个数【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线.……5分（Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=。若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.……12分考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想B组1.(2016·内蒙古赤峰模拟)已知实数a>0，且a≠1，函数f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上是减函数，函数g(x)＝ax＋eq\f(1,ax)，则下列选项正确的是()A.g(－3)<g(2)<g(4)B.g(－3)<g(4)<g(2)C.g(4)<g(－3)<g(2)D.g(2)<g(－3)<g(4)答案：D[由函数y＝loga|x|在(－∞，0)上为减函数,可得a>1,故g(－3)－g(2)＝(a－1)×eq\f(a5－1,a3)>0,所以g(－3)>g(2)，又g(4)－g(－3)＝(a－1)×eq\f(a7－1,a4)>0，所以g(4)>g(－3)，故有g(4)>g(－3)>g(2).]2.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为()A.30° B.60° C.30°或60° D.45°或60°答案：C解析:球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O'为△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.3.（2015全国）设函数=,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得0，则的取值范围是（）A.[-QUOTE，1）B.[-QUOTE，QUOTE）C.[QUOTE，QUOTE）D.[QUOTE，1）【答案】D【解析】试题分析：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.4.已知函数，若方程恰有七个不相同的实根，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.答案：B思路：考虑通过图像变换作出的图像（如图），因为最多只能解出2个，若要出七个根，则，所以，解得：5.已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A．(－∞，－1]B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)【答案】D设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q))＝1＋q＋eq\f(1,q)，当q>0时，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·\f(1,q))＝3；当q<0时，S3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－q－\f(1,q)))≤1－2eq\r(（－q）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,q))))＝－1.∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.6.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,x－1)，x≤0，,lgx，x＞0，))若关于x的方程f(f(x))＝0有且只有一个实数解，则实数a的取值范围为________．答案：(－1,0)∪(0，＋∞)解析：当a>0时，若x>1，f(x)>0，∴f(f(x))＝f(lgx)＝lg(lgx)＝0⇒lgx＝1，∴x＝10成立．若x≤1，f(x)<0，f(f(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x－1)))＝eq\f(a,\f(a,x－1)－1)＝0无解．∴a>0时f(f(x))＝0有且只有一个实数解．当a<0时，若x>1,f(x)>0，f(f(x))＝f(lgx)＝lg(lgx)＝0，∴x＝10成立．若0<x≤1，f(x)<0，f(f(x))＝f(lgx)＝eq\f(a,lgx－1)＝0无解．若x≤0，f(x)＝eq\f(a,x－1)>0，∴f(f(x))＝lgeq\f(a,x－1)＝0⇒eq\f(a,x－1)＝1.∴a＝x－1.∵x－1≤－1，∴a≤－1时有解．∴－1<a<0时无解．综上实数a的取值范围a>0或－1<a<0.7.(宁夏银川市唐徕回民中学2016届高三月考)已知命题p：关于x的不等式ax＞1(a＞0，a≠1)的解集是{x|x＜0}，命题q：函数y＝lg(ax2－x＋a)的定义域为R，如果p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数a的取值范围．分析：当和均为真时分别求得相应的范围.根据为真命题，为假命题，可知和一真一假.命题为假时取值范围是命题为真时取值范围的补集.解析：由关于的不等式的解集是，知；由函数的定义域为，知不等式的解集为，则解得.因为为真命题，为假命题，所以和一真一假，当假，真时，由；当真，假时，由。综上，知实数a的取值范围是．8.（2016年上海高考） 已知，函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.【答案】（1）．（2）．（3）．【解析】（1）由，得，解得．（2），，当时，，经检验，满足题意．当时，，经检验，满足题意．当且时，，，．是原方程的解当且仅当，即；是原方程的解当且仅当，即．于是满足题意的．综上，的取值范围为．（3）当时，，，所以在上单调递减．函数在区间上的最大值与最小值分别为，．即，对任意成立．因为，所以函数在区间上单调递增，时，有最小值，由，得．故的取值范围为．

9.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，且过点(1，eq\f(\r(6),3))．(1)求椭圆C的方程；(2)设与圆O：x2＋y2＝eq\f(3,4)相切的直线l交椭圆C于A，B两点，M为圆O上的动点，求△ABM面积的最大值，及其取得最大值时，直线l的方程．解：(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(2,3b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,b2＝1，))所以椭圆C的方程是eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±eq\f(\r(3),2)，代入椭圆方程解得y＝±eq\f(\r(3),2)，此时|AB|＝eq\r(3)，△ABM面积的最大值为eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).②当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，直线l：y＝kx＋m.圆心(0，0)到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，所以4m2＝3(1＋k2)．由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋3k2)x2＋6km＋3m2－3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝12(3k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝eq\f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(（\f(－6km,1＋3k2)）2－\f(12（m2－1）,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(9k2·3（1＋k2）,（1＋3k2）2)－\f(9（1＋k2）－12,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(27k4＋27k2,（1＋3k2）2)＋\f(3（1－3k2）,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(27k2＋3,（1＋3k2）2))＝eq\r(3)·eq\r(\f(1＋10k2＋9k4,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)·eq\r(1＋\f(4k2,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)eq\r(1＋\f(4,\f(1,k2)＋9k2＋6))≤2.当且仅当eq\f(1,k2)＝9k2，即k＝±eq\f(\r(3),3)时等号成立．此时△ABM面积的最大值为eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3).因为eq\f(3,2)<eq\r(3)，故△ABM面积的最大值为eq\r(3)，此时4m2＝3(1＋k2)＝4，解得m＝±1，经检验此时Δ＝12>0，所以直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x±1或者y＝－eq\f(\r(3),3)x±1.10.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：(ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率；(ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.(ⅰ)依题意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即顾客所获的奖励额为60元的概率为eq\f(1,2).(ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列为X2060Peq\f(1,2)eq\f(1,2)所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×eq\f(1,2)＋60×eq\f(1,2)＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望为E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望为E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.C组1.已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A⊕B中元素的个数为()A．77B．49C．45D．30答案:C解析：分类讨论：当x1＝0时，y1可取－1，0，1，y2和x2可取－2，－1，0，1，2.此时x1＋x2的值为－2，－1，0，1，2；y1＋y2的值为－3，－2，－1，0，1，2，3.∴(x1＋x2，y1＋y2)共有5×7＝35(个)．当x1＝1时，y1＝0，x2和y2可取－2，－1，0，1，2，此时x1＋x2的值为－1，0，1，2，3，y1＋y2的值为－2，－1，0，1，2.其中x1＋x2取－1，0，1，2时与上面重复，∴x1＋x2＝3，y1＋y2的值为－2，－1，0，1，2.则(x1＋x2，y1＋y2)共有5×1＝5(个)．当x1＝－1时，y1＝0，同x1＝1，y1＝0时．∴总个数为35＋5＋5＝45.2.(安徽省示范高中2016届高三第一次联考)若的一个对称中心为，则的值所在区间可以是（）A.B.C.D.【答案】B解析：其中，且，因为一个对称中心为（a,0),所以，，故，当K=0时，选择B（江苏省栟茶高级中学2015届高三）设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上．若，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.答案：B解析：构造函数：在为增函数。说明：是奇函数。所以是上的增函数。所以，4.(河北省衡水中学2016届高三上学期七调考试)定义在上的函数满足，当时，，函数，若，不等式成立，则实数的取值范围（）A．B．C．D．答案:C解析:由题意，当时，，当时，，所以当时，，又，因此当时，，当时，，即当时，，最小值为－8，，令，得或，由易得是极小值点，是极大值点，，，由题意，．故选C．5.(2015·江苏)已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0＜x≤1，,|x2－4|－2，x＞1，))则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________.答案：4解析：令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－lnx，0＜x≤1，,－x2＋lnx＋2，1＜x＜2，,x2＋lnx－6，x≥2，))当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－2x2,x)＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示.由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.6.(河北省邯郸市第一中学2016届高三下学期研六考试)关于的方程有唯一的解，则实数的取值范围是.答案:或解析:要使方程有意义，则，设，若，此时函数在时，单调递减，单调递增，此时两个函数只有一个交点，满足方程有唯一解；若，要使方程有唯一的解，则函数与有相同的切线，设切点为，则，则满足，即①，同时，②；得，即，∵与只有一个根，∴解得，当时，，即切点为，则与在处相切，即此时，即，满足条件．故答案为：或7.随机将1,2，…，2n(n∈N*，n≥2)这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数.A组最小数为a1，最大数为a2；B组最小数为b1，最大数为b2，记ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)当n＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C发生的概率P(C)；(3)对(2)中的事件C，eq\x\to(C)表示C的对立事件，判断P(C)和P(eq\x\to(C))的大小关系，并说明理由.解：(1)当n＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有Ceq\o\al(3,6)＝20种，所以ξ的分布列为ξ2345Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(3,10)eq\f(1,5)E(ξ)＝2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(3,10)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(7,2).(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为：n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)时，不同的分组方法有2Ceq\o\al(k,2k)种；所以当n＝2时，P(C)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，当n≥3时，P(C)＝.(3)由(2)知当n＝2时，P()＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P().而当n≥3时，P(C)<P()，理由如下：P(C)<P()等价于<.①用数学归纳法来证明：1°当n=3时，①式左边=4（2+）=4（2+2）=16，①右边==20，所以①式成立.2°假设n=m(m≥3)时①式成立，那么，当n=m+1时，左边=＝eq\f(（2m）！,m！m！)＋eq\f(4·（2m－2）！,（m－1）！（m－1）！)＝eq\f(（m＋1）2（2m）（2m－2）！（4m－1）,（m＋1）！（m＋1）！)<eq\f(（m＋1）2（2m）（2m－2）！（4m）,（m＋1）！（m＋1）！)＝Ceq\o\al(m＋1,2（m＋1）)·eq\f(2（m＋1）m,（2m＋1）（2m－1）)<Ceq\o\al(m＋1,2（m＋1）)＝右边.即当n＝m＋1时①式也成立.综合1°，2°得：对于n≥3的所有正整数，都有P(C)<P()成立.8.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝eq\f(5,4)|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程.解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px得x0＝eq\f(8,p).所以|PQ|＝eq\f(8,p)，|QF|＝eq\f(p,2)＋x0＝eq\f(p,2)＋eq\f(8,p).由题设得eq\f(p,2)＋eq\f(8,p)＝eq\f(5,4)×eq\f(8,p)，解得p＝－2(舍去)或p＝2.所以C的方程为y2＝4x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0).代入y2＝4x得y2－4my－4＝0.设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.故AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝eq\r(m2＋1)|y1－y2|＝4(m2＋1).又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－eq\f(1,m)y＋2m2＋3.将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋eq\f(4,m)y－4(2m2＋3)＝0.设M(x3，y3)、N(x4，y4)，则y3＋y4＝－eq\f(4,m)，y3y4＝－4