高考数学难点题型拔高练（三）（理）（含解析）

/05/5/难点题型拔高练(三)1．已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2)＋2klnx－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是()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：选A由题意可得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是函数f(x)的唯一极值点知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)的图象可知，只能是ex≥kx2(x>0)恒成立．法一：由x>0知，ex≥kx2，则k≤eq\f(ex,x2)，设g(x)＝eq\f(ex,x2)，则k≤g(x)min.由g′(x)＝eq\f(ex?x－2?,x3)，得当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当0<x<2，g′(x)<0，g(x)单调递减，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，则y＝ex(x>0)的图象在y＝kx2(x>0)的图象的上方(含相切)，①若k≤0，易知满足题意；②若k>0，设y＝ex(x>0)与y＝kx2(x>0)的图象在点(x0，y0)处有相同的切线，则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)，))数形结合可知，0<k≤eq\f(e2,4).综上，k的取值范围是(－∞，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．定义“有增有减”数列{an}如下：?t∈N*，at<at＋1，且?s∈N*，as>as＋1.已知“有增有减”数列{an}共4项，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且x<y<z，则数列{an}共有()A．64个 B．57个C．56个 D．54个解析：选D法一：不妨设x＝1，y＝2，z＝3，则ai∈{1,2,3}(i＝1,2,3,4)，所以ai＝1或2或3.考虑反面，即数列{an}不是“有增有减”数列，此时有三种情况：常数数列、不增数列(a1≥a2≥a3≥a4，且等号不同时成立)及不减数列(a1≤a2≤a3≤a4，且等号不同时成立)．①常数数列，有1,1,1,1；2,2,2,2；3,3,3,3，共3个．②不减数列，含1,2,3中的任意两个数或三个数，若含两个数，则有Ceq\o\al(2,3)＝3种情况，以含有1,2为例，不减数列有1,1,1,2；1,1,2,2；1,2,2,2，共3个，所以含两个数的不减数列共有3×3＝9个．若含三个数，则不减数列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3个．所以不减数列共有9＋3＝12个．③不增数列，同理②，共有12个．综上，数列{an}不是“有增有减”数列共有3＋12×2＝27个．所以，数列{an}是“有增有减”数列共有34－27＝54个．法二：根据题设“有增有减”数列的定义，数列{an}共有两类．第一类：数列{an}的4项只含有x，y，z中的两个，则有Ceq\o\al(2,3)＝3种情况，以只含x，y为例，满足条件的数列{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个，所以此类共有3×8＝24个．第二类：数列{an}的4项含有x，y，z中的三个，必有两项是同一个，有Ceq\o\al(1,3)＝3种情况，以两项是x，另两项分别为y，z为例，满足条件的数列{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个，所以此类共有3×10＝30个．综上，数列{an}共有24＋30＝54个．3．如图，等腰三角形PAB所在平面为α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分别为PA，AB的中点，G为CD的中点．平面α内经过点G的直线l将△PAB分成两部分，把点P所在的部分沿直线l翻折，使点P到达点P′(P′?平面α)．若点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，则线段P′H的长度的取值范围是________．解析：在等腰三角形PAB中，∵PA⊥PB，AB＝4，∴PA＝PB＝2eq\r(2).∵C，D分别为PA，AB的中点，∴PC＝CD＝eq\r(2)且PC⊥CD.连接PG，P′G，∵G为CD的中点，∴PG＝P′G＝eq\f(\r(10),2).连接HG，∵点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，∴P′H⊥平面α，∴P′H⊥HG，∴HG＜P′G＝eq\f(\r(10),2).易知点G到线段AB的距离为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．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.(1)求p的值；(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．解：(1)连接AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是边长为4的正三角形，所以∠FAE＝60°，设准线l与x轴交于点D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝eq\f(1,2)|AF|＝eq\f(1,2)×4＝2.(2)由题意知直线QR的斜率不为0，设直线QR的方程为x＝my＋t，点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，则Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2又点P，Q在抛物线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).因为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，则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，＋∞)，所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－eq\f(7,4)，则直线QR过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－3)).5．已知函数f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcosx＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)．(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；(2)若a≥－eq\f(7,2)，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.解：(1)由题意可知g′(x)＝ex－m，当m≥1时，由g′(x)＝0得x＝lnm，由x>lnm得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x<lnm得g′(x)<0，g(x)单调递减．所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(lnm)＝m－m(lnm＋1)＝－mlnm.(2)证明：当x∈(0,1)时，要证f(x)>x＋1，即证x3＋ax＋4xcosx＋1>eq\f(x＋1,e2x).由(1)得，当m＝1时，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)，则h′(x)＝2x－4sinx－eq\f(1,?x＋1?2)，令I(x)＝2x－4sinx，则I′(x)＝2－4cosx＝2(1－2cosx)，当x∈(0,1)时，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)上为减函数，所以当x∈(0,1)时，I(x)