【高考数学培优专题】第50讲-函数与方程

【高考数学培优专题】第五十讲函数与方程思想A组1．(2016·黑龙江佳木斯模拟)已知符号函数sgn(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0.))则函数f(x)＝sgn(lnx)－lnx的零点个数为()A.1B.2C.3 D.4答案：C解析：依题意得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－lnx，x>1，,0，x＝1，,－1－lnx，0<x<1，))令f(x)＝0得x＝e,1,eq\f(1,e),所以函数有3个零点，故选C.2.若等差数列{an}满足aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,100)≤10，则S＝a100＋a101＋…＋a199的最大值为()A．600B．500C．400 D．200答案：BS＝a100＋a101＋…＋a199＝100a100＋eq\f(100×99,2)d＝100(a1＋99d)＋eq\f(100×99,2)d，即99d＝eq\f(S,150)－eq\f(2,3)a1，因为aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,100)≤10，即aeq\o\al(2,1)＋(a1＋99d)2≤10，整理得aeq\o\al(2,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a1＋\f(S,150)))2≤10，即eq\f(10,9)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(S,225)a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,150)))2－10≤0有解，所以Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,225)))2－4×eq\f(10,9)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,150)))2－10))≥0，解得－500≤S≤500，所以Smax＝500，故选B.3.已知点A是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上的一个动点，点P在线段OA的延长线上，且·＝48，则点P的横坐标的最大值为()A．18B．15C．10 D.eq\f(15,2)答案：C当点P的横坐标最大时，射线OA的斜率k＞0，设OA：y＝kx，k＞0，与椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1联立解得xA＝eq\f(15,\r(9＋25k2)).又·＝xAxP＋k2xAxP＝48，解得xP＝eq\f(48,1＋k2xA)＝eq\f(16\r(9＋25k2),51＋k2)＝eq\f(16,5)eq\r(\f(9＋25k2,1＋k22))，令9＋25k2＝t＞9，即k2＝eq\f(t－9,25)，则xP＝eq\f(16,5)eq\r(\f(t,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋16,25)))2))＝eq\f(16,5)×25eq\r(\f(t,t2＋162＋32t))＝80eq\r(\f(1,t＋\f(162,t)＋32))≤80×eq\r(\f(1,64))＝10，当且仅当t＝16，即k2＝eq\f(7,25)时取等号，所以点P的横坐标的最大值为10，故选C.4.设方程2x＋x＋2＝0和方程log2x＋x＋2＝0的根分别为p和q，设函数f(x)＝(x＋p)(x＋q)＋2，则()A.f(2)＝f(0)<f(3) B.f(0)<f(2)<f(3)C.f(3)<f(2)＝f(0) D.f(0)<f(3)<f(2)答案：C解析：∵方程2x＋x＋2＝0和方程log2x＋x＋2＝0的根分别为函数y＝2x，y＝log2x与直线y＝－x－2的交点横坐标，而函数y＝2x，y＝log2x互为反函数，其图象关于y＝x对称，又直线y＝－x－2与直线y＝x垂直，且两直线的交点坐标为(－1，－1)，∴p＋q＝－2，则f(x)＝x2＋(p＋q)x＋pq＋2＝x2－2x＋pq＋2，∵该二次函数的对称轴为x＝1，∴f(2)＝f(0)<f(3).故选A.源:m]5.已知奇函数f(x)的定义域为R，当x＞0时，f(x)＝2x－x2.若x∈[a，b]时，函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，\f(1,a)))，则ab＝________.答案：eq\f(1＋\r(5),2)解析：由题意知a＜b，且eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，则a，b同号，当x＞0时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，若0＜a＜b，则eq\f(1,a)≤1，即a≥1.因为f(x)在[1，＋∞)上单调递减，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1＋\r(5),2)，))所以ab＝eq\f(1＋\r(5),2).由f(x)是奇函数知，当x＜0时，f(x)＝x2＋2x，同理可知，当a＜b＜0时，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－1，,a＝\f(－1－\r(5),2)，))所以ab＝eq\f(1＋\r(5),2).综上，ab＝eq\f(1＋\r(5),2).6.为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．答案：10解析：设5个班级的样本数据从小到大依次为0≤a＜b＜c＜d＜e.由平均数及方差的公式得eq\f(a＋b＋c＋d＋e,5)＝7，＝4.设a－7，b－7，c－7，d－7，e－7分别为p，q，r，s，t，则p，q，r，s，t均为整数，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＋q＋r＋s＋t＝0，,p2＋q2＋r2＋s2＋t2＝20.))设f(x)＝(x－p)2＋(x－q)2＋(x－r)2＋(x－s)2＝4x2－2(p＋q＋r＋s)x＋(p2＋q2＋r2＋s2)＝4x2＋2tx＋20－t2，由(x－p)2，(x－q)2，(x－r)2，(x－s)2不能完全相同知f(x)＞0，则判别式Δ＜0，即4t2－4×4×(20－t2)＜0，解得－4＜t＜4，所以－3≤t≤3，故e的最大值为10.7.(2016·江苏,22)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l：x－y－2＝0,抛物线C：y2＝2px(p＞0).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程；(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p,－p)；②求p的取值范围.(1)解∵l：x－y－2＝0,∴l与x轴的交点坐标为(2,0).即抛物线的焦点为(2,0),∴eq\f(p,2)＝2,p＝4.∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)①证明设点P(x1,y1),Q(x2,y2).则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2px1，,yeq\o\al(2,2)＝2px2，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(yeq\o\al(2,1),2p)，,x2＝\f(yeq\o\al(2,2),2p)，))∴kPQ＝eq\f(y1－y2,\f(yeq\o\al(2,1),2p)－\f(yeq\o\al(2,2),2p))＝eq\f(2p,y1＋y2),又∵P、Q关于l对称.∴kPQ＝－1,即y1＋y2＝－2p,∴eq\f(y1＋y2,2)＝－p,又∵PQ的中点一定在l上,∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝2－p.∴线段PQ的中点坐标为(2－p,－p).②解∵PQ的中点为(2－p,－p),∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,x1＋x2＝\f(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2),2p)＝4－2p，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝8p－4p2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,y1y2＝4p2－4p，))即关于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0,有两个不等实根.∴Δ＞0.即(2p)2－4(4p2－4p)＞0,解得0＜p＜eq\f(4,3),故所求p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).8.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f(x)＝acos2x＋(a－1)·(cosx＋1),其中a＞0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)证明|f′(x)|≤2A.解析：(1)f′(x)＝－2asin2x－(a－1)sinx.(2)当a≥1时,|f(x)|＝|acos2x＋(a－1)(cosx＋1)|≤a＋2(a－1)＝3a－2.因此A＝3a－2.当0＜a＜1时,将f(x)变形为f(x)＝2acos2x＋(a－1)·cosx－1,令g(t)＝2at2＋(a－1)t－1,则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值,g(-1)＝a,g(1)＝3a-2,且当t＝eq\f(1-a,4a)时,g(t)取得极小值,极小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-a,4a)))＝-eq\f(（a-1）2,8a)-1＝-eq\f(a2＋6a＋1,8a).令-1＜eq\f(1－a,4a)＜1,解得a＜－eq\f(1,3)(舍去),a＞eq\f(1,5).(ⅰ)当0＜a≤eq\f(1,5)时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|＝a,|g(1)|＝2－3a,|g(-1)|＜|g(1)|,所以A＝2－3a.(ⅱ)当eq\f(1,5)＜a＜1时,由g(－1)－g(1)＝2(1－a)＞0,知g(－1)＞g(1)＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a))).又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))－|g(－1)|＝eq\f(（1－a）（1＋7a）,8a)＞0,所以A＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))＝eq\f(a2＋6a＋1,8a).综上,A＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－3a，0＜a≤\f(1,5)，,\f(a2＋6a＋1,8a)，\f(1,5)＜a＜1，,3a－2，a≥1.))(3)证明由(1)得|f′(x)|＝|－2asin2x－(a－1)sinx|≤2a＋|a－1|.当0＜a≤eq\f(1,5)时,|f′(x)|≤1＋a≤2－4a＜2(2－3a)＝2A.当eq\f(1,5)＜a＜1时,A＝eq\f(a,8)＋eq\f(1,8a)＋eq\f(3,4)≥1,所以|f′(x)|≤1＋a＜2A.当a≥1时,|f′(x)|≤3a－1≤6a－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.9.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.(ⅰ)证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；(ⅱ)当eq\f(|TF|,|PQ|)最小时，求点T的坐标．【解】(Ⅰ)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝2b，,2c＝2\r(a2－b2)＝4，))解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(Ⅱ)(ⅰ)【证明】由(Ⅰ)可得，F的坐标是(－2,0)，设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝eq\f(m－0,－3－－2)＝－m.当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝eq\f(1,m)，直线PQ的方程是x＝my－2.当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.所以y1＋y2＝eq\f(4m,m2＋3)，y1y2＝eq\f(－2,m2＋3)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(－12,m2＋3).所以PQ的中点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6,m2＋3)，\f(2m,m2＋3)))，所以直线OM的斜率kOM＝－eq\f(m,3).又直线OT的斜率kOT＝－eq\f(m,3)，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.(ⅱ)由(ⅰ)可得，|TF|＝eq\r(m2＋1)，|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(m2＋1[y1＋y22－4y1y2])＝eq\r(m2＋1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,m2＋3)))2－4·\f(－2,m2＋3))))＝eq\f(\r(24)m2＋1,m2＋3)所以eq\f(|TF|,|PQ|)＝eq\r(\f(1,24)·\f(m2＋32,m2＋1))＝eq\r(\f(1,24)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋1＋\f(4,m2＋1)＋4)))≥eq\r(\f(1,24)·4＋4)＝eq\f(\r(3),3).当且仅当m2＋1＝eq\f(4,m2＋1)，即m＝±1时，等号成立，此时eq\f(|TF|,|PQ|)取得最小值．所以当eq\f(|TF|,|PQ|)最小时，T点的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．10.已知函数f(x)＝eq\f(4x2－7,2－x),x∈[0,1].(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1,函数g(x)＝x3－3a2x－2a,x∈[0,1],若对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)＝f(x1)成立,求a的取值范围.解：(1)f′(x)＝eq\f(－4x2＋16x－7,（2－x）2)＝－eq\f(（2x－1）（2x－7）,（2－x）2).令f′(x)＝0,解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(7,2)(舍去).当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1f′(x)不存在－0＋不存在f(x)－eq\f(7,2)－4－3∴函数f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)),单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).当x∈[0,1]时,f(x)的值域为[－4,－3].(2)g′(x)＝3(x2－a2).∵a≥1,当x∈(0,1)时,g′(x)<3(1－a2)≤0,因此当x∈(0,1)时,g(x)为减函数,从而当x∈[0,1]时,有g(x)∈[g(1),g(0)].又g(1)＝1－2a－3a2,g(0)＝－2a,即当x∈[0,1]时,有g(x)∈[1－2a－3a2,－2a].对于任意x1∈[0,1],f(x1)∈[－4,－3],存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立,则[1－2a－3a2,－2a]⊇[－4,－3].即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a－3a2≤－4，,－2a≥－3.))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))解①式得a≥1或a≤－eq\f(5,3)；解②式得a≤eq\f(3,2).又a≥1,故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).B组1.设x1，x2是方程ln|x－2|＝m(m为实常数)的两根，则x1＋x2的值为()A.4 B.2 C.－4 D.与m有关答案：A解析：方程ln|x－2|＝m的根即函数y＝ln|x－2|的图象与直线y＝m的交点的横坐标，因为函数y＝ln|x－2|的图象关于x＝2对称，且在x＝2两侧单调，值域为R，所以对任意的实数m，函数y＝ln|x－2|的图象与直线y＝m必有两交点，且两交点关于直线x＝2对称，故x1＋x2＝4，选A2.若a>1,设函数f(x)=ax+x-4的零点为m,g(x)=logax+x-4的零点为n,则QUOTE+QUOTE的取值范围是()A.QUOTE B.(1,+∞)C.(4,+∞) D.答案:B解析:函数f(x)的零点为y1=ax与y=-x+4交点的横坐标,g(x)的零点为y3=logax与y2=-x+4交点的横坐标,由于y1=ax与y3=logax互为反函数,图象关于y=x对称,∴m+n=4,m>0,n>0,则QUOTE+QUOTE=QUOTE(m+n)(QUOTE+QUOTE)=QUOTE(2+QUOTE+QUOTE)≥QUOTE(2+2)=1.由于m≠n,故QUOTE+QUOTE>1.3.定义在上的奇函数，当时，则关于的函数的所有零点之和为（）[来源:Zxxk.Com]A．B．C．D．【答案】D【解析】画出和的图象，如下图：如图可知两函数的图象共有5个交点，设其交点的横坐标从左到右分别为，则∴．由∵，∴，且是奇函数，[来源:学#科#网]∴，∴，∴．∴．4.已知函数f(x)＝x2＋ex－eq\f(1,2)(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,\r(e)))) B．(－∞，eq\r(e))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(e))，\r(e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(e)，\f(1,\r(e))))答案B解析设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x\o\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)))是函数f(x)图象上任意一点，该点关于y轴的对称点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，x\o\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)))在函数g(x)的图象上，则xeq\o\al(2,0)＋ex0－eq\f(1,2)＝xeq\o\al(2,0)＋ln(a－x0)，即ln(a－x0)＝ex0－eq\f(1,2)，∴a＝x0＋eex0－eq\s\up15(eq\f(1,2))(x<0)．记h(x)＝x＋eex－eq\f(1,2)＝x＋eq\f(1,\r(e))eex，则h′(x)＝1＋eq\f(1,\r(e))eex·ex＝1＋eq\f(1,\r(e))eex＋x>0，∴h(x)在(－∞，0)上是增函数．∴a<eeq\f(1,2)＝eq\r(e)，故选B.5.已知函数f(x)＝x2＋eq\f(1,x2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋a在定义域上有零点，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪[2，＋∞)解析f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋a－2，x≠0，令x＋eq\f(1,x)＝t，则t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，[来源:Z,xx,k.Com]由于f(x)有零点，则关于t的方程t2＋at＋a－2＝0在(－∞，－2]∪[2，＋∞)上有解．∵t≠－1，∴方程t2＋at＋a－2＝0可化为a＝eq\f(2－t2,t＋1)，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，问题就转化为a＝eq\f(2－t2,t＋1)＝eq\f(－t＋12＋2t＋1＋1,t＋1)＝－(t＋1)＋eq\f(1,t＋1)＋2，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，a＝－(t＋1)＋eq\f(1,t＋1)＋2在(－∞，－2]和[2，＋∞)上都是减函数，故当t≤－2时，a≥2；当t≥2时，a≤－eq\f(2,3)，∴a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪[2，＋∞)．6.已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，eq\f(f（1）,g（1）)＋eq\f(f（-1）,g（-1）)＝eq\f(5,2),若有穷数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))(n∈N*)的前n项和等于eq\f(31,32)，则n＝答案：5解析：令h(x)＝eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，∵h′(x)＝eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),[g(x)]2)<0，∴h(x)在R上为减函数，∴0<a<1.由题知，a1＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝eq\f(1,2)或a＝2(舍去),∴eq\f(f(n),g(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，∴有穷数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))的前n项和Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(31,32)，∴n＝57.如图，现要在边长为100m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”．正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为xm(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为eq\f(1,5)x2m的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60m，绕岛行驶的路宽均不小于10m.(1)求x的取值范围(运算中eq\r(2)取1.4)；(2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为eq\f(4,33)ax元/m2，其余区域的造价为eq\f(12a,11)元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥9，,100－2x≥60，,100\r(2)－2x－2×\f(1,5)x2≥2×10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥9，,x≤20，,－20≤x≤15，))即9≤x≤15.(2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得y＝a×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))2＋eq\f(4,33)ax×πx2＋eq\f(12a,11)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(104－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))2－πx2))＝eq\f(a,11)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,25)x4＋\f(4,3)x3－12x2))＋12×104))，令f(x)＝－eq\f(1,25)x4＋eq\f(4,3)x3－12x2，则f′(x)＝－eq\f(4,25)x3＋4x2－24x＝－4xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)x2－x＋6))，由f′(x)＝0，解得x＝10或x＝15，列表如下：x9(9,10)10(10,15)15f′(x)－0＋0f(x)↘极小值所以当x＝10时，y取最小值．即当x＝10m时，可使“环岛”的整体造价最低．8.椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为eq\r(2)，离心率为eq\f(\r(2),2)，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→)).(1)求椭圆C的方程；(2)求m的取值范围.解(1)设椭圆C的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，设c>0，c2＝a2－b2，由题意，知2b＝eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝1，b＝c＝eq\f(\r(2),2).故椭圆C的方程为y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1，即y2＋2x2＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,2x2＋y2＝1，))得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq\f(m2－1,k2＋2).因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以－x1＝3x2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2，,x1x2＝－3x\o\al(2,2).))则3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，即3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2km,k2＋2)))2＋4·eq\f(m2－1,k2＋2)＝0，整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，当m2＝eq\f(1,4)时，上式不成立；当m2≠eq\f(1,4)时，k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)，由(*)式，得k2>2m2－2，又k≠0，所以k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)>0，解得－1<m<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<m<1，即所求m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).9.已知函数其中e是自然对数的底数．（1）证明：是上的偶函数；（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足：存在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．解析：（1），，∴是上的偶函数（2）由题意，，即∵，∴，即对恒成立令，则对任意恒成立∵，当且仅当时等号成立∴（3），当时，∴在上单调增令，∵，∴，即在上单调减∵存在，使得，∴，即∵设，则当时，，单调增；当时，，单调减因此至多有两个零点，而∴当时，，；当时，，；当时，，．10.设a>1,函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.解（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex∀x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞,＋∞).(2)证明∵f(0)＝1－a,f(a)＝(1＋a2)ea－a,∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0,∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(－∞,＋∞)上递增,∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点,∴f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点.(3)证明f′(x)＝(x＋1)2ex,设P(x0,y0),则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0,∴x0＝－1,把x0＝-1,代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)-a,∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e),令g(m)＝em－(m＋1),g′(m)＝em－1.令g′(x)>0,则m>0,∴g(m)在(0,＋∞)上增.令g′(x)<0,则m<0,∴g(m)在(－∞,0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0,即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3,即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e)),即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.C组1.如果函数没有零点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】令，得．画出和的图象，要使没有零点，则和两图象没有交点，∴由图可知，∴．2.（2016湛江二中高三模拟）已知f(x)＝x2－4x＋4，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，函数y＝fn(x)的零点个数记为an，则an等于()A.2nB.2n－1C.2n＋1 D.2n或2n－1答案：B解析f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1个零点2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，则x＝2＋eq\r(2)或x＝2－eq\r(2)，即y＝f2(x)有2个零点，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－eq\r(2)或2＋eq\r(2)，则(x－2)2＝2－eq\r(2)或(x－2)2＝2＋eq\r(2)，即y＝f3(x)有4个零点，以此类推可知，y＝fn(x)的零点个数an＝2n－1.故选B.设函数，，，记，则（）B.C.D.答案：B4.设函数f(x)=QUOTE,g(x)=-x2+bx.若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是()A.x1+x2>0,y1+y2>0B.x1+x2>0,y1+y2<0C.x1+x2<0,y1+y2>0D.x1+x2<0,y1+y2<0[来源:学答案:B网ZXXK]解析:由f(x)-g(x)=0得QUOTE=0,设F(x)=x3-bx2+1,则F(x)=0有且仅有两个不同的根x1,x2,由F′(x)=3x2-2bx=0得x=0或x=QUOTEb,这样必须且只需F(0)=0或FQUOTE=0,因为F(0)=1,故必有F=0,由此得b=QUOTE,不妨设x1<x2,则x2=QUOTEb=QUOTE,所以F(x)=(x-x1)(x-QUOTE)2,比较系数得-x1QUOTE=1,故x1=-QUOTE,x1+x2=QUOTE>0,故y1+y2=QUOTE+QUOTE=QUOTE<0.5.已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．【解】原问题等价于方程f(x)＝a|x－1|恰有4个互异的实数根解法一：分别画出函数y＝f(x)与y＝a|x－1|的图象(1)由x2＋3x＝a(x－1)得，x2＋(3－a)x＋a＝0，Δ＝(3－a)2－4a，由Δ＝0得a＝9或a＝1(舍)，此时a>9，(2)由－x2－3x＝a(1－x)，得x2＋(3－a)x＋a＝0，由Δ＝0得a＝1或a＝9(舍)，结合图象知0<a<1，由(1)(2)知0<a<1或a>9，∴a∈(0,1)∪(9，＋∞)．解法二：分离参数法a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋3x,x－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5))，由平移和对称知画出函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5))的图象，由图知a∈(0,1)∪(9，＋∞)．【答案】(0,1)∪(9，＋∞)已知函数是定义域为的偶函数，当时，若关于的方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是.答案：7.在平面直角坐标系xOy中,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(3),2),左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求eq\f(|OQ|,|OP|)的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值.解(1)由题意知2a＝4,则a＝2,又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2),a2－c2＝b2,可得b＝1,所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)知椭圆E的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(ⅰ)设P(x0,y0),eq\f(|OQ|,|OP|)＝λ,由题意知Q(－λx0,－λy0).因为eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1,又eq\f(（－λx0）2,16)＋eq\f(（－λy0）2,4)＝1,即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)))＝1,所以λ＝2,即eq\f(|OQ|,|OP|)＝2.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y＝kx＋m代入椭圆E的方程,可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0,由Δ＞0,可得m2＜4＋16k2,①则有x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2).所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0,m),所以△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r(（16k2＋4－m2）m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)).设eq\f(m2,1＋4k2)＝t,将y＝kx＋m代入椭圆C的方程,可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,由Δ≥0,可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1,因此S＝2eq\r(（4－t）t)＝2eq\r(－t2＋4t),故S≤2eq\r(3),当且仅当t＝1,即m2＝1＋4k2时取得最大值2eq\r(3).由(ⅰ)知,△ABQ面积为3S,所在△ABQ面积的最大值为6eq\r(3).8.(1)证明:当x∈[0,1]时,QUOTEx≤sinx≤x;(2)若不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立,求实数a的取值范围.解：(1)证明:记F(x)=sinx-QUOTEx,则F′(x)=cosx-QUOTE.当x∈QUOTE时,F′(x)>0,F(x)在上是增函数;当x∈时,F′(x)<0,F(x)在上是减函数.又因为F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sinx≥QUOTEx.记H(x)=sinx-x,则当x∈(0,1)时,H′(x)=cosx-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数,则H(x)≤H(0)=0,即sinx≤x.综上,QUOTEx≤sinx≤x,x∈[0,1].(2)解:因为当x∈[0,1]时,ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)sin2QUOTE≤(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)=(a+2)x,所以,当a≤-2时,不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立.下面证明,当a>-2时,不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立.因为当x∈[0,1]时,ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4=(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)sin2QUOTE≥(a+2)x+x2+QUOTE-4(x+2)QUOTE=(a+2)x-x2-QUOTE≥(a+2)x-QUOTEx2=-QUOTEx[x-QUOTE(a+2)].所以存在x0∈(0,1)(例如x0取QUOTE和QUOTE中的较小值)满足ax0+QUOTE+QUOTE+2(x0+2)cosx0-4>0,即当a>-2时,不等式ax+x2+QUOTE+2(x+2)cosx-4≤0对x∈[0,1]不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].9.已知函数f(x)＝ex－ax2＋(a－e＋1)x－1(e＝2.71828…是自然对数的底数，a为常数)．(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间．(2)若函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x·f′(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．(3)试判断当a∈(e－2，1)时，函数f(x)在区间(0，1)上是否有零点？并说明理由解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex＋(－e＋1)x，则f′(x)＝ex＋(－e＋1)，所以f(x)的单调增区间为(ln(e－1)，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－∞，ln(e－1))．(2)∵g(x)＝(1－eq\f(x,2))ex＋eq\f(1,2)(a－e＋1)x－1，∴g′(x)＝eq\f(1,2)(1－x)ex＋eq\f(1,2)(a－e＋1)．令F(x)＝eq\f(1,2)(1－x)ex＋eq\