18、≤－時，g′(x)＝lnx＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0，即g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0滿足題意；
②當－0，1＋2px>0，從而g′(x)＝lnx＋1＋2px>0，即g(x)在(1，－)上單調(diào)遞增，從而存在x0∈(1，－)使得g(x0)≥g(1)＝0不滿足題意；
③當p≥0時，由x≥1知g(x)＝xlnx＋p(x2－1)≥0恒成立，此時不滿足題意．
綜上所述，實數(shù)p的取值范圍為p≤－.
(理)已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)
19、設a<－1，如果對任意x1、x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求a的取值范圍．
[解析] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f ′(x)＝＋2ax＝.
當a≥0時，f ′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增；
當a≤－1時，f ′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減；
當－10；x∈時，f ′(x)<0.故f(x)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．
(2)不妨假設x1≥x2.而a<－1，由(1)知f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，從而?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)
20、－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于?x1，x2∈(0，＋∞)，f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1①
令g(x)＝f(x)＋4x，則g′(x)＝＋2ax＋4.
①等價于g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，即
＋2ax＋4≤0.
從而a≤＝＝－2.
故a的取值范圍為(－∞，－2]．
[方法點撥] 導數(shù)在近幾年來已逐漸成為高考命題中的壓軸題，導數(shù)作為研究函數(shù)性質(zhì)的工具，具備廣泛適用性，可以分析各種函數(shù)，而且容易與參數(shù)結(jié)合命題，尤其在問題轉(zhuǎn)化、構(gòu)造新函數(shù)解決問題等方面體現(xiàn)明顯．因此我們在平日訓練時要注意分類討論思想轉(zhuǎn)化與歸納思想，函數(shù)與方程思想等方面的訓練，加強對問題的分析，以及處理問
21、題和解決問題的能力．
10．(文)(xx·安徽文，16)設△ABC的內(nèi)角A、B、C所對邊的長分別是a、b、c，且b＝3，c＝1，△ABC的面積為，求cosA與a的值．
[分析] 已知b、c和△ABC的面積易求sinA，由平方關系可求cosA，但要注意開方時符號的選取及討論，再結(jié)合余弦定理可求a的值．
[解析] 由三角形面積公式，得S＝×3×1·sinA＝，∴sinA＝，
因為sin2A＋cos2A＝1.
所以cosA＝±＝±＝±.
①當cosA＝時，由余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×＝8，
所以a＝2.
②當cosA＝－時，由余弦定理得
22、
a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×(－)＝12，
所以a＝2.
(理)已知函數(shù)f(x)＝sinxcosx－m(sinx＋cosx)．
(1)若m＝1，求函數(shù)f(x)的最值；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上的最小值等于2，求實數(shù)m的值．
[解析] (1)當m＝1時，f(x)＝sinxcosx－(sinx＋cosx)，
設sinx＋cosx＝t，則sinxcosx＝，
所以f(x)＝h(t)＝t2－t－
＝(t－1)2－1.
由于t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)，
所以－≤t≤.
于是當t＝－時函數(shù)f(x)取得最大值＋；
當t＝1時函數(shù)f
23、(x)取得最小值－1.
(2)設sinx＋cosx＝t，
則sinxcosx＝，
所以f(x)＝g(t)＝t2－mt－
＝(t－m)2－m2－，
又因為x∈[，]，
t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)，
所以1≤t≤.
當m<1時，g(t)在[1，]上單調(diào)遞增，
當t＝1時g(t)取得最小值，得－m＝2，
所以m＝－2，符合題意；
當m>時，g(t)在[1，]上單調(diào)遞減，
當t＝時，g(t)取得最小值，得－m＝2，
所以m＝－，與m>矛盾；
當1≤m≤時，g(t)在t＝m處取得最小值，得－m2－＝2，所以m2＝－5，無解．
綜上，當函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上的
24、最小值等于2時，實數(shù)m的值等于－2.
11．(文)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a.(a∈R)，設數(shù)列的前n項和為Sn且，，成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn；
(2)記An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋，當n≥2時，試比較An與Bn的大小．
[解析] 設等差數(shù)列{an}的公差為d，由()2＝·，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．
因為d≠0，所以d＝a1＝a.
所以an＝na，Sn＝.
(2)因為＝(－)，所以
An＝＋＋＋…＋＝(1－)．
因為a2n－1＝2n－1a，所以Bn＝＋＋＋…＋
＝·＝(1－)，
由n≥2時，2n＝C＋C＋…
25、＋C>n＋1，
即1－<1－，
所以，當a>0時，AnBn.
(理)已知f(x)＝，數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N*)，
(1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
(2)記Sn(x)＝＋＋…＋(x>0)，求Sn(x)．
[分析] (1)找出an與an＋1關系；
(2)用錯位相減法求和．
[解析] (1)由已知得an＋1＝，
∴＝＝3＋.∴－＝3.
∴是首項為3，公差為3的等差數(shù)列．
(2)由(1)得＝3＋3(n－1)＝3n，
∴Sn(x)＝3x＋6x2＋9x3＋…＋3nxn.
x＝1時，Sn(1)＝3＋6＋9＋…＋3n＝；
x≠1
26、時，Sn(x)＝3x＋6x2＋9x3＋…＋3nxn，
xSn(x)＝3x2＋6x3＋…＋3(n－1)xn＋3nxn＋1，
(1－x)Sn(x)＝3x＋3x2＋…＋3xn－3nxn＋1，
Sn(x)＝.
綜上，當x＝1時，Sn(1)＝n(n＋1)，
當x≠1時，Sn(x)＝.
[方法點撥] 一次函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，均值定理、等比數(shù)列的求和公式等性質(zhì)、定理與公式在不同的條件下有不同的結(jié)論，或者在一定的限制條件下才成立，這時要小心，應根據(jù)題目條件確定是否進行分類討論．
12．(文)設函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若a＝1
27、，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[分析] (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，需判斷f ′(x)的正負，因為含參數(shù)a，故需分類討論；(2)分離參數(shù)k，將不含有參數(shù)的式子看作一個新函數(shù)g(x)，將求k的最大值轉(zhuǎn)化為求g(x)的最值問題．
[解析] (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，則f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
若a>0，則當x∈(－∞，lna)時，f ′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，f ′(x)>0，
所以，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)
28、上單調(diào)遞增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f ′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0等價于
k<＋x (x>0)． ①
令g(x)＝＋x，則
g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，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．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1,2)．
當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．又由g′(α)＝0
29、，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等價于k
30、0，f(x)在R上單調(diào)遞增．即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，f(x)沒有單調(diào)遞減區(qū)間．
(2)當k<0時，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其開口向上，對稱軸x＝ ，且過(0,1)．
(i)當Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0時，f′(x)≥0，f(x) 在[k，－k]上單調(diào)遞增，
從而當x＝k時，f(x)取得最小值 m＝f(k)＝k，
當x＝－k時，f(x) 取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.
(ii)當Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)>0，即k<－時，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0
解得：x1＝，x2＝，注意到k
31、k，從而k0，
∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k，
∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－2k3－k)
＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，
∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
綜上所述，當k<0時，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
13．(文)(x
32、x·北京西城區(qū)二模)設F1，F(xiàn)2分別為橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，點A為橢圓E的左頂點，點B為橢圓E的上頂點，且|AB|＝2.
(1)若橢圓E的離心率為，求橢圓E的方程；
(2)設P為橢圓E上一點，且在第一象限內(nèi)，直線F2P與y軸相交于點Q，若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1，證明：|OP|>.
[解析] (1)設c＝，
由題意得a2＋b2＝4，且＝，
解得a＝，b＝1，c＝，
所以橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)證明：由題意得a2＋b2＝4，所以橢圓E的方程為＋＝1，則F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，c＝＝.
設P(x0，y0)，由題意知x0≠±c，
則直線F1
33、P的斜率kF1P＝，
直線F2P的斜率kF2P＝，
所以直線F2P的方程為y＝(x－c)，
當x＝0時，y＝，即點Q(0，)，
所以直線F1Q的斜率為kF1Q＝，
因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1，
所以PF1⊥F1Q，
所以kF1P×kF1Q＝×＝－1，
化簡得y＝x－(2a2－4)，?、?
又因為P為橢圓E上一點，且在第一象限內(nèi)，
所以＋＝1，x0>0，y0>0，?、?
聯(lián)立①②，解得x0＝，y0＝2－a2，
所以|OP|2＝x＋y＝(a2－2)2＋2，
因為a2＋b2＝4<2a2，所以a2>2，
所以|OP|>.
(理)(xx·新課標Ⅱ理，20)已知橢圓C：9x2
34、＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.
(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
(2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．
[立意與點撥] 考查直線的斜率、橢圓方程與幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關系．(1)問中涉及弦的中點坐標問題，故可以采取“點差法”或“韋達定理”兩種方法求解；(2)根據(jù)(1)中結(jié)論，設直線OM方程并與橢圓方程聯(lián)立，求得M坐標，利用xP＝2xM以及直線l過點(，m)列方程求k的值．
[解析] (1)設直線l：y＝kx＋b(k
35、≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝－，yM＝kxM＋b＝.于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形．
因為直線l過點(，m)，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程為y＝－x.設點P的橫坐標為xP.由得x＝，即xP＝ .將點(，m)的坐標代入直線l的方程得b＝，因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2×.解得k1＝4－，k2＝4＋.因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形．
2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想（含解析）
