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- 2021-06-15 发布
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专题突破练1 选择题、填空题的解法
一、单项选择题
1.(2020河南开封三模,理1)已知集合A={x|x2-4x+3>0},B={x|2x-3>0},则集合(∁RA)∩B=( )
A.-3,32 B.32,3
C.1,32 D.32,3
2.(2020山东历城二中模拟四,2)已知复数z满足|z+1-i|=|z|,z在复平面内对应的点为(x,y),则( )
A.y=x+1 B.y=x
C.y=x+2 D.y=-x
3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,则cosA+cosC1+cosAcosC等于( )
A.35 B.45 C.34 D.43
4.(2020北京东城一模,7)在平面直角坐标系中,动点M在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动,每12分钟转动一周.若点M的初始位置坐标为12,32,则运动到3分钟时,动点M所处位置的坐标是( )
A.32,12 B.-12,32
C.-32,12 D.-32,-12
5.已知a,b,c,d都是常数,a>b,c>d.若f(x)=2 020+(x-a)(x-b)的零点为c,d,则下列不等式正确的是( )
A.a>c>d>b B.a>d>c>b
C.c>d>a>b D.c>a>b>d
6.(2020浙江,10)设集合S,T,S⊆N*,T⊆N*,S,T中至少有2个元素,且S,T满足:
①对于任意的x,y∈S,若x≠y,则xy∈T;
②对于任意的x,y∈T,若x0
三、填空题
12.(2020山东烟台模拟,13)已知向量a=(2,m),b=(1,-2),且a⊥b,则实数m的值是 .
13.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为f'(x),若对于∀x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)1,
若f(a)=f(b),则1a+1b的最小值为 .
15.(2020广东广州一模,16)已知△ABC的三个内角为A,B,C,且sin A,sin B,sin C成等差数列,则sin 2B+2cos B的最小值为 ,最大值为 .
专题突破练1 选择题、填空题的解法
1.D 解析 因为A={x|x2-4x+3>0}={x|x>3或x<1},B={x|2x-3>0}=xx>32,则集合(∁RA)∩B={x|1≤x≤3}∩x|x>32=x|32b,c>d,则由图象得,a>c>d>b.故选A.
6.A 解析 当集合S中有3个元素时,若S={1,2,4},则T={2,4,8},S∪T中有4个元素;若S={2,4,8},则T={8,16,32},S∪T中有5个元素,故排除C,D;
当集合S中有4个元素时,若S={2,4,8,16},则T={8,16,32,64,128},S∪T={2,4,8,16,32,64,128},包含7个元素,排除选项B.
下面来说明选项A的正确性:
设集合S={a1,a2,a3,a4},且a1a4a2>a4a3.
若a1=1,则a2≥2,a2a1=a2,则a3a2a4a1>a4a2>a4a3>1,
故a4a3=a4a13=a1,所以a4=a14,
故S={a1,a12,a13,a14},此时{a13,a14,a15,a16,a17}⊆T.
若b∈T,不妨设b>a13,则ba13∈S,故ba13=a1i,i=1,2,3,4,故b=a1i+3,i=1,2,3,4,
即b∈{a13,a14,a15,a16,a17},其他情况同理可证.故{a13,a14,a15,a16,a17}=T,
此时S∪T={a1,a12,a13,a14,a15,a16,a17},即S∪T中有7个元素.故A正确.
7.D 解析 根据题意画出函数f(x)的图象,如图所示,
因为函数g(x)=f(x)+a有三个零点,即函数y=f(x)与函数y=-a有三个交点,当直线l位于直线l1与直线l2之间时,符合题意,由图象可知,x1+x2=2×π24=π12,12π24≤x3<13π24,所以7π12≤x1+x2+x3<5π8.故选D.
8.BCD 解析 z=1+cos 2θ+isin 2θ=2cos θ(cos θ+isin θ),∵-π2<θ<π2,
∴cos θ>0,sin θ∈(-1,1),则复数z在复平面上对应的点不可能落在第二象限,故A错误;
当θ=0时,z=2,则z可能为实数,故B正确;
|z|=(2cos2θ)2+(2cosθsinθ)2
=4cos4θ+4cos2θsin2θ
=4cos2θ(cos2θ+sin2θ)
=4cos2θ=2cos θ,故C正确;
1z=12cosθ(cosθ+isinθ)=cosθ-isinθ2cosθ=12-i2tan θ,所以1z的实部为12,故D正确.故选BCD.
9.
ACD 解析 由题可知,该几何体为正四棱锥,如图所示.对于A,可假设AE与BF共面,由图可知,点F不在平面ABE中,与假设矛盾,故A正确;对于B,因E,F为BP,CP中点,故EF∥BC,又四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,故EF∥AD,所以A,D,E,F四点共面,故B错误;
对于C,由B可知,EF∥AD,又AD⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,故直线EF∥平面PAD,故C正确;
对于D,因为EF∥BC,又BC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,故直线EF∥平面ABCD,D正确.故选ACD.
10.BD 解析 对于A,可知函数单调递增,则若定义域为[m,n]时,值域为[2m,2n],故f(x)=2x不存在“和谐区间”;
对于B,f(x)=3-2x,可假设在x∈(0,+∞)存在“和谐区间”,函数为增函数,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则f(m)=3-2m=m,f(n)=3-2n=n,解得m=1,n=2,(符合)
m=2,n=1,(舍去)故函数存在“和谐区间”;
对于C,f(x)=x2-2x,对称轴为x=1,当x∈(-∞,1)时,函数f(x)单调递减,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则满足f(m)=m2-2m=n,f(n)=n2-2n=m,解得m=n=0,故与题设矛盾;
同理当x∈(1,+∞)时,应满足f(m)=m2-2m=m,f(n)=n2-2n=n,解得m=n=3,所以f(x)=x2-2x不存在“和谐区间”;
对于D,f(x)=ln x+2在(0,+∞)内单调递增,则应满足f(m)=lnm+2=m,f(n)=lnn+2=n,可将解析式看作h(x)=ln x,g(x)=x-2,由图可知,两函数图象有两个交点,则存在“和谐区间”.故选BD.
11.BD 解析 由题知f'(x)=3x2+a.
对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存在两个极值点,由f(0)=0,易知f(x)有三个零点,故A错误;
对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,B正确;
对于C,若取b=2,f'(x)=3x2-3,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,C错误;
对于D,f(x)的极大值为f--a3=b-2a3-a3,极小值为f-a3=b+2a3-a3.因为a<0,所以b2+4a327>b2+a36>0,所以b2>-4a327,则b>-2a3-a3或b<2a3-a3,从而f--a3<0或f-a3>0,可知f(x)仅有一个零点,D正确.
12.1 解析 ∵a⊥b,∴a·b=2-2m=0,解得m=1.
13.(0,+∞) 解析 由题意令g(x)=f(x)ex,则g'(x)=f'(x)ex-exf(x)(ex)2=f'(x)-f(x)ex,
∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0,故函数g(x)=f(x)ex在R上单调递减.
∵y=f(x)-1是奇函数,
∴f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,则不等式f(x)0.
14.2e 解析 因f(x)=1-lnx,01,
所以函数在区间(0,1],(1,+∞)内是单调函数.令01,
又f(a)=f(b),得1-ln a=-1+ln b,
所以ln ab=2,即ab=e2.设y=1a+1b=be2+1b,令y'=1e2-1b2=b2-e2(eb)2=0,则b=e,即函数在(1,e]内单调递减,在(e,+∞)内单调递增,所以当b=e时,1a+1b有最小值,最小值为2e.
15.32+1 332 解析 由sin A,sin B,sin C成等差数列可得,2sin B=sin A+sin C,
所以2b=a+c,即b=a+c2.又cos B=a2+c2-b22ac=a2+c2-a+c222ac,化简可得cos B=3a2+3c2-2ac8ac≥6ac-2ac8ac=12.
当且仅当a=c时取等号.
又B∈(0,π),所以B∈0,π3.
令f(B)=sin 2B+2cos B,则f'(B)=2cos 2B-2sin B=2-4sin2B-2sin B=-4sinB-12(sin B+1).当sin B>12,即B∈π6,π3时,f'(B)<0;当sin B<12,即B∈0,π6时,f'(B)>0.
则f(B)=sin 2B+2cos B在0,π6内单调递增,在π6,π3内单调递减,所以f(B)max=fπ6=sinπ3+2cosπ6=332,由f(0)=sin 0+2cos 0=2,fπ3=sin2π3+2cosπ3=32+1,所以f(B)min=fπ3=32+1,所以sin 2B+2cos B的最小值为32+1,最大值为332.
专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想
一、单项选择题
1.
(2020河南开封三模,理3)如图,在平行四边形OABC中,顶点O,A,C在复平面内分别表示复数0,3+2i,-2+4i,则点B在复平面内对应的复数为( )
A.1+6i B.5-2i
C.1+5i D.-5+6i
2.(2020山东聊城二模,2)在复数范围内,实系数一元二次方程一定有根,已知方程x2+ax+b=0(a∈R,b∈R)的一个根为1+i(i为虚数单位),则a1+i=( )
A.1-i B.-1+i C.2i D.2+i
3.(2020河北武邑中学三模,5)已知f(x)是定义在区间[2b,1-b]上的偶函数,且在区间[2b,0]上为增函数,f(x-1)≤f(2x)的解集为( )
A.-1,23 B.-1,13
C.[-1,1] D.13,1
4.(2020广东江门4月模拟,理6)《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( )
A.1.5尺 B.2.5尺 C.3.5尺 D.4.5尺
5.(2020安徽合肥二模,文5)在平行四边形ABCD中,若DE=EC,AE交BD于点F,则AF=( )
A.23AB+13AD B.23AB-13AD
C.13AB-23AD D.13AB+23AD
6.(2020安徽合肥二模,文7)若函数F(x)=f(x)-2x4是奇函数,G(x)=f(x)+12x为偶函数,则f(-1)=( )
A.-52 B.-54 C.54 D.52
7.(2020河北衡水中学月考,文12)已知关于x的方程[f(x)]2-kf(x)+1=0恰有四个不同的实数根,则当函数f(x)=x2ex时,实数k的取值范围是( )
A.(-∞,-2)∪(2,+∞) B.4e2+e24,+∞
C.8e2,2 D.2,4e2+e24
8.(2020福建福州模拟,理10)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点,则PC·(PB+PD)的最小值为( )
A.-1 B.-3 C.-12 D.-32
二、多项选择题
9.已知实数a,b满足等式a12=b13,则下列五个关系式中可能成立的是( )
A.00).给出下列四个命题,其中是真命题的为( )
A.若∃x0∈[1,2],使得f(x0)-1
B.若∀x∈R,使得g(x)>0恒成立,则0g(x2)恒成立,则a>6
D.若∀x1∈[1,2],∃x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则3≤a≤4
三、填空题
13.(2020河南开封三模,理14)若平面向量a,b满足|a+b|=2,|a-b|=3,则a·b= .
14.(2020广东江门4月模拟,理16)已知函数y=|sin x|的图象与直线y=m(x+2)(m>0)恰有四个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),其中x10时,f'(x)>0;当-24e2时,关于x的方程f(x)=t只有一个解;
当t=4e2时,关于x的方程f(x)=t有两个解;
当04e2+e24,即实数k的取值范围是4e2+e24,+∞.故选B.
8.A 解析 建立如图所示平面直角坐标系,
设P(x,y),则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),所以PC=(2-x,2-y),PB+PD=(2-x,-y)+(-x,2-y)=(2-2x,2-2y),故PC·(PB+PD)=(2-x)(2-2x)+(2-y)(2-2y)=2x-322-12+2y-322-12=2x-322+2y-322-1.所以当x=y=32时,PC·(PB+PD)的最小值为-1.故选A.
9.ABC 解析 画出y=x12与y=x13的图象(如图),设a12=b13=m,作直线y=m.
从图象知,若m=0或1,则a=b;若01,则12时,直线y=1a与函数y=|x|+1|x|的图象有四个不同的交点,即原方程有四个解,满足1a>2的有BCD.故选BCD.
11.AB 解析 f(x)=m·n+32=sin xcos x-3cos2x+32=12sin 2x-32cos 2x=sin2x-π3,
其最小正周期是T=2π2=π,故A正确;
sin2×π6-π3=0,因此f(x)图象关于点π6,0对称,故B正确;
由2x-π3=kπ+π2得x=kπ2+5π12(k∈Z),因此x=-π12是f(x)图象的一条对称轴,故C错误;
由2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2,得kπ-π12≤x≤kπ+5π12,即单调递增区间为kπ-π12,kπ+5π12(k∈Z),故D错误.故选AB.
12.ACD 解析 对于选项A,只需f(x)在[1,2]上的最小值小于a,因为f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1-2=-1,所以a>-1,故A正确;
对于选项B,只需g(x)的最小值大于0,因为acosπx2∈[-a,a],
所以g(x)min=-a+5-2a=5-3a>0,所以05-a,a>6,故C正确;
对于选项D,需g(x)在[0,1]上的最小值小于f(x)在[1,2]上的最小值,且g(x)在[0,1]上的最大值大于f(x)在[1,2]上的最大值,f(x)max=f(2)=2-22=1,所以x1∈[1,2],f(x1)∈[-1,1],
当x∈[0,1]时,πx2∈0,π2,
所以g(x)在[0,1]上单调递减,g(x)min=g(1)=5-2a,g(x)max=g(0)=5-a,所以g(x)∈[5-2a,5-a],
由题意得5-2a≤-1,5-a≥1,解得3≤a≤4,故D正确.故选ACD.
13.-14 解析 由|a+b|=2,得a2+2a·b+b2=2,①
由|a-b|=3,得a2-2a·b+b2=3,②
①-②,得4a·b=-1,所以a·b=-14.
14.1 解析 由题意画出图象如下,
很明显,在点D处直线与函数y=|sin x|的图象相切,点D即为切点.
则有,在点D处,y=-sin x,y'=-cos x.而-cos x4=m,且y4=m(x4+2)=-sin x4,∴x4+2=-sin x4m=-sin x4-cos x4=tan x4.∴x4+2tan x4=tan x4tan x4=1.
15.39331,1 解析 C=π3,a=6,1≤b≤4,由余弦定理可得,c2=a2+b2-2abcos C=36+b2-6b=(b-3)2+27,∴c2=(b-3)2+27∈[27,31].∴c∈[33,31].
由正弦定理可得,asinA=csinC,
即sin A=asinCc=6×32c=33c∈39331,1.故答案为39331,1.
16.6 解析 由题意可得第n层的货物的价格为an=n78n-1.这堆货物总价是Sn=1×780+2×781+3×782+…+n×78n-1,①
则78Sn=1×781+2×782+3×783+…+n×78n,②
由①-②可得18Sn=1+781+782+783+…+78n-1-n×78n=1-78n1-78-n×78n=8-(8+n)×78n,∴Sn=64-8(8+n)×78n.∵这堆货物总价是64-11278n万元,∴8(8+n)=112,
∴n=6.
专题突破练3 分类讨论思想、转化与化归思想
一、单项选择题
1.(2020湖南湘潭三模,理1)已知集合A={x|ax=x2},B={0,1,2},若A⊆B,则实数a的值为( )
A.1或2 B.0或1
C.0或2 D.0或1或2
2.已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)在区间[m,2m]上的值域为[m,2m],则a=( )
A.2 B.14
C.116或2 D.14或4
3.若函数f(x)=12ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是( )
A.-1e,1
B.-1e,+∞
C.(-1,+∞)
D.-∞,1e
4.(2020安徽合肥二模,文9)已知函数f(x)=log2x,x>1,x2-1,x≤1,则f(x)0且a≠1),那么函数f(x)=g(x)-12+g(-x)-12的值域为( )
A.{-1,0,1} B.{0,1}
C.{1,-1} D.{-1,0}
7.设函数f(x)=xex-a(x+ln x),若f(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[0,e]
B.[0,1]
C.(-∞,e]
D.[e,+∞)
8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx∈1e,e与g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x对称的点,则a的取值范围是( )
A.e-1e,e
B.1,e-1e
C.1,e-1e
D.1,e+1e
二、多项选择题
9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,下面选项中关于数列{an}的命题正确的是( )
A.{an}可以是等差数列
B.{an}可以是等比数列
C.{an}可以既是等差又是等比数列
D.{an}可以既不是等差又不是等比数列
10.(2020海南高三模拟,6)关于x的方程(x2-2x)2-2(2x-x2)+k=0,下列命题正确的有( )
A.存在实数k,使得方程无实根
B.存在实数k,使得方程恰有2个不同的实根
C.存在实数k,使得方程恰有3个不同的实根
D.存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根
11.已知三个数1,a,9成等比数列,则圆锥曲线x2a+y22=1的离心率为( )
A.5 B.33
C.102 D.3
12.已知函数f(x)=log2|x|+x2-2,若f(a)>f(b),a,b不为零,则下列不等式成立的是( )
A.a3>b3
B.(a-b)(a+b)>0
C.ea-b>1
D.lnab>0
三、填空题
13.已知a,b为正实数,且a+b=2,则2a+1b+1的最小值是 .
14.函数y=x2-2x+2+x2-6x+13的最小值为 .
15.已知函数f(x)=|x+3|,x≤0,x3-12x+3,x>0,设g(x)=kx+1,且函数y=f(x)-g(x)的图象经过四个象限,则实数k的取值范围为 .
16.已知A为椭圆x29+y25=1上的动点,MN为圆(x-1)2+y2=1的一条直径,则AM·AN的最大值为 .
专题突破练3 分类讨论思想、
转化与化归思想
1.D 解析 因为当a=0时,A={x|0=x2}={0},满足A⊆B;
当a≠0时,A={0,a},若A⊆B,所以a=1或2.
综上,a的值为0或1或2.故选D.
2.C 解析 分析知m>0.当a>1时,am=m,a2m=2m,所以am=2,m=2,所以a=2;当00在x∈(0,+∞)上成立,即ax+ln x>0在x∈(0,+∞)上成立,即a>-lnxx在x∈(0,+∞)上成立.
令g(x)=-lnxx,则g'(x)=-1-lnxx2.令g'(x)=0,得x=e.
∴g(x)=-lnxx在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.∴g(x)=-lnxx的最小值为g(e)=-1e.∴a>-1e.故选B.
4.C 解析 ∵函数f(x)=log2x,x>1,x2-1,x≤1,则f(x)1,则不等式f(x)1时,不等式f(x)1.综上可得,不等式的解集为-12,+∞,故选C.
5.D 解析 设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.
6.D 解析 ∵g(x)=axax+1,∴g(-x)=1ax+1,∴ 00时,令f'(x)=(x+1)ex-ax=0,解得ex0=ax0,ln x0+x0=ln a,x0>0,
则x0是函数f(x)的极小值点,此时x=x0,函数f(x)取得最小值,
f(x0)=x0ex0-a(x0+ln x0)=a-aln a≥0,化为ln a≤1,解得00,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1,h(x)max=maxh1e,h(e)=maxe+1e,e-1e=e+1e,
∴a的取值范围是1,e+1e.
9.ABD 解析 因为(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0,即an-an-1=2或an=2an-1.
①当an≠0,an-1≠0时,{an}是等差数列或是等比数列.
②当an=0或an-1=0时,{an}可以既不是等差又不是等比数列.
故选ABD.
10.AB 解析 设t=x2-2x,方程化为关于t的二次方程t2+2t+k=0.(*)
当k>1时,Δ<0,方程(*)无实根,故原方程无实根.
当k=1时,可得t=-1,则x2-2x=-1,原方程有两个相等的实根x=1.
当k<1时,方程(*)有两个实根t1,t2(t1-1.因为t=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,所以x2-2x=t1无实根,x2-2x=t2有两个不同的实根.故选AB.
11.BC 解析 由三个数1,a,9成等比数列,得a2=9,即a=±3;
当a=3时,圆锥曲线为x23+y22=1,曲线为椭圆,则e=13=33;
当a=-3时,曲线为y22-x23=1,曲线为双曲线,e=52=102,则离心率为33或102.故选BC.
12.BD 解析 因为f(-x)=log2|-x|+(-x)2-2=log2|x|+x2-2,所以f(x)是偶函数.
当x>0时,f(x)=log2x+x2-2单调递增,所以当x<0时,f(x)单调递减.
故由f(a)>f(b),且a,b不为零,可知|a|>|b|>0.
当a=-2,b=1时,f(a)>f(b),a30,即|a|>|b|>0,故B选项正确.
因为lnab>0,则ab>1,可得|a|>|b|>0,故D选项正确.故选BD.
13.3+223 解析 ∵a+b=2,
∴a+(b+1)=3,即a3+b+13=1,
∴2a+1b+1=2a+1b+1a3+b+13=23+a3(b+1)+2(b+1)3a+13≥1+229=3+223,
当且仅当a3(b+1)=2(b+1)3a,即a=6-32,b=32-4时等号成立.
14.13 解析 原函数等价于y=(x-1)2+(0-1)2+(x-3)2+(0-2)2,即求x轴上一点到A(1,1),B(3,2)两点距离之和的最小值.
将点A(1,1)关于x轴对称,得A'(1,-1),连接A'B交x轴于点P,则线段A'B的值就是所求的最小值,即|A'B|=(1-3)2+(-1-2)2=13.
15.-9,13 解析 由题意知,要使y=f(x)-g(x)的图象经过四个象限,只需y=f(x)的图象与y=g(x)的图象在(-∞,0)和(0,+∞)都相交且交点个数大于1.当x>0时,f(x)=x3-12x+3,f'(x)=3x2-12.易知f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,且f(2)<0.又g(x)=kx+1的图象恒过(0,1),设g(x)与f(x)的切点为(x,y),则k=3x2-12,则x3-12x+3=(3x2-12)x+1,解得x=1,则k=-9,即过(0,1)且与f(x)=x3-12x+3(x>0)的图象相切的切线的斜率为-9,若g(x)与f(x)相交且交点个数大于1,则k>-9,同理,当x≤0时,作出f(x)=|x+3|的图象(图略),数形结合易知k<13.综上,实数k的取值范围为-9,13.
16.15 解析 由题意知,圆心为C(1,0),AM·AN=(CM-CA)·(CN-CA)=CM·CN+|CA|2=|CA|2-1.
设A(x,y),所以AM·AN=(x-1)2+y2-1=x2-2x+y2,又x29+y25=1,即AM·AN=49x2-2x+5,x∈[-3,3],又因为该二次函数开口向上,且对称轴为x=94,故当x=-3时取最大值为15.
专题突破练4 从审题中寻找解题思路
一、单项选择题
1.已知sinπ4-2x=35,则sin 4x的值为( )
A.1825 B.±1825 C.725 D.±725
2.(2020山东济南6月模拟,7)已知水平直线上的某质点,每次等可能的向左或向右移动一个单位长度,则在第6次移动后,该质点恰好回到初始位置的概率是( )
A.14 B.516 C.38 D.12
3.已知△ABC中,sin A+2sin Bcos C=0,3b=c,则tan A的值是( )
A.33 B.233 C.3 D.433
4.(2020天津河东区检测,8)已知实数a,b,ab>0,则aba2+b2+a2b2+4的最大值为( )
A.16 B.14 C.17 D.6
5.
(2020广东江门4月模拟,理12)四棱锥P-ABCD,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD为梯形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠BPC,满足上述条件的四棱锥顶点P的轨迹是( )
A.线段 B.圆的一部分
C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分
6.(2020湖北高三期末,12)已知函数f(x)=|lnx|,00,|φ|<π2部分图象如图所示,对不同x1,x2∈[a,b],若f(x1)=f(x2),有f(x1+x2)=3,则( )
A.a+b=π B.b-a=π2
C.φ=π3 D.f(a+b)=3
9.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1,椭圆C1的上顶点为M,且MF1·MF2=0,双曲线C2和椭圆C1有相同焦点,且双曲线C2的离心率为e2,P为曲线C1与C2的一个公共点,若∠F1PF2=π3,则正确的是( )
A.e2e1=2 B.e1·e2=32
C.e12+e22=52 D.e22-e12=1
10.(2020山东历城二中模拟四,12)已知函数f(x)=2sinωx-π6的图象的一条对称轴为x=π,其中ω为常数,且ω∈(0,1),则以下结论正确的是( )
A.函数f(x)的最小正周期为3π
B.将函数f(x)的图象向左平移π6所得图象关于原点对称
C.函数f(x)在区间-π6,π2上单调递增
D.函数f(x)在区间(0,100π)上有66个零点
三、填空题
11.若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),则∠B= .
12.(2020天津河东区检测,15)函数f(x)=x,g(x)=x2-x+3,若存在x1,x2,…,xn∈0,92,使得f(x1)+f(x2)+…+f(xn-1)+g(xn)=g(x1)+g(x2)+…+g(xn-1)+f(xn),n∈N*,则n的最大值为 .
四、解答题
13.(2020山东青岛二模,19)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=an+12,n∈N*.
(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;
(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.
专题突破练4 从审题中
寻找解题思路
1.C 解析 由题意得cosπ2-4x=1-2sin2π4-2x=1-2×925=725,sin 4x=cosπ2-4x=725.故选C.
2.B 解析 在经过6次移动后,该质点恰好回到初始位置,则每次都有向左或者向右两种选择,共有26=64种可能;
要回到初始位置,则只需6次中出现3次向左移动,3次向右移动,故满足题意的可能有C63=20种可能.故恰好回到初始位置的概率P=2064=516.故选B.
3.A 解析 ∵sin A+2sin Bcos C=0,
∴sin(B+C)+2sin Bcos C=0.
∴3sin Bcos C+cos Bsin C=0.
∵cos B≠0,cos C≠0,
∴3tan B=-tan C.∵3b=c,∴c>b,∴C>B.∴B为锐角,C为钝角.∴tan A=-tan(B+C)=-tanB+tanC1-tanBtanC=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤223=33,
当且仅当tan B=33时取等号.
∴tan A的最大值是33.故选A.
4.A 解析 由于a2+b2≥2ab>0,所以aba2+b2+a2b2+4≤ab2ab+a2b2+4,
故ab2ab+a2b2+4=12+ab+4ab≤12+2ab·4ab=16,当且仅当a=b时,等号成立,故其最大值为16.
5.B 解析 在平面PAB内,以AB所在直线为x轴,AB的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系.
设点P(x,y),则由题意可得A(-3,0),B(3,0).
∵AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠CPB,
∴Rt△APD∽Rt△CPB,
∴APBP=ADBC=48=12.即BP2=4AP2,故有(x-3)2+y2=4[(x+3)2+y2],
整理得(x+5)2+y2=16,表示一个圆.
由于点P不能在直线AB上,故点P的轨迹是圆的一部分,故选B.
6.C 解析 函数f(x)=|lnx|,02x1x2=2,
|ln(4-x3)|=|ln(4-x4)|,即(4-x3)·(4-x4)=1,且x1+x2+x3+x4=8,
若不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立,则k≥11-(x12+x22)x3x4-1恒成立,由11-(x12+x22)x3·x4-1=11-(x1+x2)2+2x1x24(x3+x4)-16=13-(x1+x2)216-4(x1+x2)=14[(x1+x2)-4+3(x1+x2)-4+8]≤2-32,故k≥2-32,故实数k的最小值为2-32,故选C.
7.ABD 解析 由AC·AB=|AC||AB|cos A=|AD||AB|,由射影定理可得|AC|2=AC·AB,故选项A正确;
由BA·BC=|BA||BC|cos B=|BA||BD|,由射影定理可得|BC|2=BA·BC,故选项B正确;
由AC·CD=|AC||CD|cos(π-∠ACD)<0,又|AB|2>0,故选项C错误;
由题图可知Rt△ACD∽Rt△ABC,所以|AC||BC|=|AB||CD|,
由选项A,B可得|CD|2=(AC·AB)×(BA·BC)|AB|2 ,故选项D正确.
故选ABD.
8.BD 解析 根据函数f(x)=Asin(2x+φ)A>0,|φ|<π2部分图象如图所示,
所以函数的周期为2π2=π,即b-a=T2=π2,故B正确.
由图象知A=2,则f(x)=2sin(2x+φ),在区间[a,b]中的对称轴为x=a+b2,
由f(x1)=f(x2)得,x1,x2也关于x=a+b2对称,则x1+x22=a+b2,即x1+x2=a+b,则f(a+b)=f(x1+x2)=3,故D正确,故选BD.
9.BD 解析 因为MF1·MF2=0,且|MF1|=|MF2|,故三角形MF1F2为等腰直角三角形,设椭圆的半焦距为c,则c=b=22a,所以e1=22.在焦点三角形PF1F2中,∠F1PF2=π3,设|PF1|=x,|PF2|=y,双曲线C2的实半轴长为a',
则x2+y2-xy=4c2,x+y=22c,|x-y|=2a',故xy=43c2,
从而(x-y)2=x2+y2-xy-xy=8c23,所以(a')2=2c23,即e2=62,故e2e1=3,e2e1=32,e12+e22=2,e22-e12=1.
故选BD.
10.AC 解析 由函数f(x)=2sinωx-π6的图象的一条对称轴为x=π,得ωπ-π6=kπ+π2(k∈Z),因为ω∈(0,1),所以k=0,ω=23,则f(x)=2sin23x-π6,所以周期T=2π23=3π,A正确;
将函数f(x)的图象向左平移π6,得g(x)=fx+π6=2sin23x+π6-π6=2sin23x-π18,显然g(x)的图象不关于原点对称,B错误;
由2kπ-π2≤23x-π6≤2kπ+π2(k∈Z),即k=0,得-π2≤x≤π,即-π2,π是函数f(x)的一个单调递增区间,又-π6,π2⊆-π2,π,所以函数f(x)在区间-π6,π2上单调递增,C正确;
由f(x)=0,得23x-π6=kπ(k∈Z),解得x=32kπ+π6,由0<32kπ+π6<100π,得-161”是“a2>a”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5.(2020山东模考卷,2)已知a+bi(a,b∈R)和1-i1+i是共轭复数,则a+b=( )
A.-1 B.-12
C.12 D.1
6.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,3].则向量b与a-b夹角的取值范围是( )
A.π3,2π3 B.π3,5π6
C.2π3,5π6 D.5π6,π
7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为( )
A.甲 B.丙
C.戊 D.庚
8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是( )
A.23,1
B.23,1
C.(1,3)
D.(-∞,1)∪(9,+∞)
二、多项选择题
9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是( )
A.x2-1>0
B.x+1x<-2
C.sin x-x>0
D.cos x+x>0
10.若1a<1b<0,则下列不等式成立的是( )
A.1a+b<1ab
B.|a|+b>0
C.a-1a>b-1b
D.ln a2>ln b2
11.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a,b,c为实数且a>b,则下列不等式一定成立的是( )
A.1a>1b
B.2 020a-b>1
C.ln a>ln b
D.a(c2+1)>b(c2+1)
12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a,b是单位向量,且a+b=(1,-1),则( )
A.|a+b|=2
B.a与b垂直
C.a与a-b的夹角为π4
D.|a-b|=1
三、填空题
13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a=(1,-1),b=(m+1,2m-4),若a⊥b,则m= .
14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且1a+1b=1,则1a-1+4b-1的最小值为 .
15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,DE=12EC,BF=12FC,若FG=2GE,则AG·BD= .
16.已知f(x)=x2+2x+1+a,∀x∈R,f(f(x))≥0恒成立,则实数a的取值范围为 .
专题突破练5 专题一 常考小题
点过关检测
1.B 解析 由已知得A={x|-2≤x≤2},B=xx≤-a2.因为A∩B={x|-2≤x≤1},所以有-a2=1,解得a=-2.
2.A 解析 因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A.
3.D 解析 ∵11-3i=1+3i(1-3i)(1+3i)=1+3i10=110+310i,∴复数11-3i的虚部是310.
4.A 解析 若a>1,则a2>a成立.
若a2>a,则a>1或a<0.故“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件.故选A.
5.D 解析 由1-i1+i=(1-i)22=-2i2=-i,得a+bi=-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.
6.C 解析 根据题意,设|a|=|b|=t,则|a+b|=mt,再设向量b与a-b夹角为θ,
则有|a+b|2=(a+b)2=a2+b2+2a·b=m2t2,变形可得a·b=m2t22-t2,
则有|a-b|2=(a-b)2=a2+b2-2a·b=2t2-2m2t22-t2=4t2-m2t2,
则cos θ=b·(a-b)|b||a-b|=a·b-b2|b||a-b|=m2t22-t2-t2t×t4-m2=12×m2-44-m2=-12×4-m2.由1≤m≤3,得1≤4-m2≤3,则有-32≤cos θ≤-12.
又由0≤θ≤π,得2π3≤θ≤5π6,即θ的取值范围为2π3,5π6.故选C.
7.D 解析 因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.
因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.
如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D.
8.B 解析 由题意,令f(x)=x2+(m-3)x+m,则Δ=(m-3)2-4m>0,f(0)=m>0,f(2)=4+2(m-3)+m>0,0<-m-32<2,
解得231,
所以x2>1,即x2-1>0,故A成立;
因为x<-1,所以-x>1,0<-1x<1,所以(-x)+-1x>2,即x+1x<-2,故B成立;
因为x<-1,而sin x∈[-1,1],即sin x>x,所以sin x-x>0,故C成立;
因为x<-1,而cos x∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D不成立.故选ABC.
10.AC 解析 由1a<1b<0,可知b0,所以1a+b<0,1ab>0,故有1a+b<1ab,故A正确;
因为b-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B错误;
因为b-1b>0,所以a-1a>b-1b,故C正确;
因为ba2>0,而y=ln x在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b2>ln a2,故D错误.故选AC.
11.BD 解析 对于A,若a>b>0,则1a<1b,故A错误;对于B,因为a-b>0,所以2 020a-b>1,故B正确;对于C,函数y=ln x的定义域为(0,+∞),而a,b不一定是正数,故C错误;对于D,因为c2+1>0,所以a(c2+1)>b(c2+1),故D正确.
12.BC 解析 由a+b=(1,-1)两边平方,得|a|2+|b|2+2a·b=12+(-1)2=2,则|a+b|=2.因为a,b是单位向量,所以1+1+2a·b=2,得a·b=0,则|a-b|2=a2+b2-2a·b=2,所以|a-b|=2,所以cos=a·(a-b)|a||a-b|=a2-a·b1×2=12=22,所以a与a-b的夹角为π4.
13.5 解析 由a⊥b,可得a·b=1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5.
14.4 解析 ∵a>0,b>0,且1a+1b=1,
∴a>1,b>1,且b=aa-1,
∴1a-1+4b-1=1a-1+4aa-1-1=1a-1+4(a-1)≥21a-1·4(a-1)=4,当且仅当a=32时,等号成立.
∴1a-1+4b-1的最小值为4.
15.21 解析 以A为原点,AD为x轴,AD的垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B32,332,D(6,0),F72,332,E132,32.设点G的坐标为(x,y).∵FG=2GE,∴x-72,y-332=2132-x,32-y,解得x=112,y=536,∴G112,536.∴AG·BD=112,536·92,-332=994-15×312=21.
16.5-32,+∞ 解析 设t=f(x)=(x+1)2+a≥a,
∴f(t)≥0对任意t≥a恒成立,即(t+1)2+a≥0对任意t∈[a,+∞)都成立.
当a≤-1时,f(t)min=f(-1)=a,
即a≥0,这与a≤-1矛盾;
当a>-1时,f(t)min=f(a)=a2+3a+1,则a2+3a+1≥0,解得a≥5-32.
专题突破练6 热点小专题一、函数的零点及函数的应用
一、单项选择
1.(2020山东济南三模,2)函数f(x)=x3+x-4的零点所在的区间为( )
A.(-1,0) B.(0,1)
C.(1,2) D.(2,3)
2.(2019山东莱芜模拟)函数f(x)=ex+ln x的零点所在的大致区间是( )
A.(-1,0)
B.0,12
C.12,1
D.1,32
3.(2020山东烟台模拟,6)函数f(x)=2x-2x-a的一个零点在区间(1,2)内,则实数a的取值范围是( )
A.(1,3) B.(1,2)
C.(0,3) D.(0,2)
4.已知f(x)=|ex-1|+1,若函数g(x)=[f(x)]2+(a-2)f(x)-2a有三个零点,则实数a的取值范围是( )
A.(-2,-1)
B.(-1,0)
C.(0,1)
D.(1,2)
5.若x1是方程xex=1的解,x2是方程xln x=1的解,则x1x2等于( )
A.e B.1
C.1e D.-1
6.(2020河南实验中学4月模拟,12)已知函数f(x)=-x2+2x,x≥0,x2-2x,x<0,若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,则实数a的最大值为( )
A.2 B.3
C.5 D.8
7.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=2|x-1|-1,02,则函数g(x)=xf(x)-1在(-6,+∞)上的所有零点之和为( )
A.7 B.8
C.9 D.10
二、多项选择题
8.已知函数f(x)=2x+log2x,且实数a>b>c>0,满足f(a)f(b)f(c)<0,若实数x0是函数y=f(x)的一个零点,那么下列不等式中可能成立的是( )
A.x0a
C.x00时,f(x)=2|x-1|-1,02.以下说法正确的是( )
A.当20,给出下列命题,其中所有正确命题为( )
A.f(3)=0
B.直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴
C.函数y=f(x)在[-9,-6]上为增函数
D.函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点
三、填空题
12.已知函数f(x)=ax2+2x+a(x≤0),ax-3(x>0)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是 .
13.(2020江苏泰州中学三月模拟,8)已知函数f(x)=x+2,x≥a,3x,01,g(x)=f(x)-kx都有零点,则实数a的取值范围是 .
14.(2020山东济宁5月模拟,16)设f(x)是定义在R上的偶函数,∀x∈R都有f(2-x)=f(2+x),且当x∈[0,2]时,f(x)=2x-2.若函数g(x)=f(x)-loga(x+1)(a>0,a≠1)在区间(-1,9]内恰有三个不同零点,则实数a的取值范围是 .
15.(2020天津和平区一模,15)已知函数f(x)=1-|x+1|,x∈[-2,0],2f(x-2),x∈(0,+∞),则3logf(3)256= .若方程f(x)=x+a在区间[-2,4]恰有三个不等实根,则实数1a的取值范围为 .
专题突破练6 热点小专题一、函数
的零点及函数的应用
1.C 解析 因为f(x)=x3+x-4是R上的增函数,f(1)=-2<0,f(2)=6>0,故函数f(x)的零点在区间(1,2)内.
2.B 解析 因为f12=e-ln 2>0,而f18=e18-ln 8<0,所以必在18,12内有一零点.故选B.
3.C 解析 显然函数f(x)=2x-2x-a在区间(1,2)内连续,因为f(x)的一个零点在区间(1,2)内,所以f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,解得00时,-a1时,02时,f(x)=12f(x-2),
∴函数f(x)在(2,4]上的值域为14,12,当且仅当x=4时,f(x)=12,函数f(x)在(4,6]上的值域为18,14,
当且仅当x=6时,f(x)=14,函数f(x)在(6,8]上的值域为116,18,
当且仅当x=8时,f(x)=18,
函数f(x)在(8,10]上的值域为132,116,当且仅当x=10时,f(x)=116,故f(x)<1x在(8,10]上恒成立,g(x)=xf(x)-1在(8,10]上无零点,
同理g(x)=xf(x)-1在(10,12]上无零点,依此类推,函数g(x)在(8,+∞)无零点,
综上函数g(x)=xf(x)-1在[-6,+∞)上的所有零点之和为8,故选B.
8.ABC 解析 由函数的单调性可得,函数f(x)=2x+log2x在(0,+∞)上为增函数,
由f(a)f(b)f(c)<0,则f(a),f(b),f(c)为负数的个数为奇数,对于A,B,C选项可能成立,
对于D,当x00,f(b)>0,f(c)>0,不合题意,故选ABC.
9.AD 解析 对A,当20时,有5个交点,根据对称性可得x<0时,也有5个交点,共计10个交点,故选项D正确.故选AD.
10.BC 解析 对于选项A,f(4)=4,f(-1)=1-e,因f(4)≠f(-1),f(x)的图象不关于直线x=32对称,选项A错误;
对于选项B,f(x)=x2-3x的图象是开口向上的抛物线,所以函数f(x)在区间(3,+∞)上单调递增,选项B正确;
作出函数y=|f(x)-1|的图象,如图,
当m∈(1,2)时,2-m∈(0,1),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有2个不同的实数根,选项C正确;
当m∈(-1,0)时,2-m∈(2,3),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有4个不同的实数根,选项D错误.
故选BC.
11.ABD 解析 令x=-3,则由f(x+6)=f(x)+f(3)得f(3)=f(-3)+f(3)=2f(3),故f(3)=0.A正确;
由f(3)=0,f(x)为偶函数得f(-6-x)=f(x+6)=f(x)+f(3)=f(x),故直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴,B正确;
该抽象函数图象草图如下:
因为当x1,x2∈[0,3],x1≠x2时,有f(x1)-f(x2)x1-x2>0成立,故f(x)在[0,3]上为增函数,又f(x)为偶函数,故在[-3,0]上为减函数,又周期为6.故在[-9,-6]上为减函数,C错误;
函数f(x)周期为6,故f(-9)=f(-3)=f(3)=f(9)=0,故y=f(x)在[-9,9]上有四个零点,D正确.
故选ABD.
12.a=0或a>1 解析 当a>0时,函数y=ax-3(x>0)必有一个零点,又因为x=-1a<0,故a-1a2+2-1a+a>0,解得a>1;若a=0时,f(x)=2x(x≤0),-3(x>0)恰有一个零点;当a<0时,若x>0时,则f(x)=ax-3<0无零点,若x≤0,则f(x)=ax2+2x+a,此时,f(x)恒小于0,所以当a<0时,f(x)无零点,故答案为a=0或a>1.
13.0,2eln3-1 解析 如下图所示,点M的坐标为(a,a+2),直线OM的斜率为a+2a.
令g(x)=0,得f(x)=kx,
原问题等价于过原点斜率大于1的任意直线与图象有交点.
设过原点与y=3x的图象相切的直线的切点为(x0,y0),
则切线的斜率为3x0ln 3.由3x0=3x0(ln 3)x0,得x0=1ln3,
即切线的斜率为3x0ln 3=31ln3ln 3=3log3eln 3=eln 3.
讨论:对于k∈1,a+2a,一定与射线y=x+2,x≥a相交,即对k∈1,a+2a,g(x)恒有零点;
对于k∈a+2a,+∞,必须与曲线段y=3x,01时,loga(2+1)<2,loga(6+1)>2,
解得3-1,loga(8+1)<-1,
解得193ex的解集为( )
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
5.已知函数f(x)=aex-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1)
B.(-1,0)
C.(-2,-1)
D.(-∞,0)∪(0,1)
6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.a≤2 B.a≥2
C.a≤0 D.0≤a≤2
8.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)=-13x3+x2,x≤m,x-m,x>m,若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a恰好有4个零点,则实数m的取值范围是( )
A.(0,2) B.(2,+∞)
C.(0,3) D.(3,+∞)
二、多项选择题
9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是( )
A.-3是函数y=f(x)的极值点
B.-1是函数y=f(x)的最小值点
C.y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增
D.y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零
10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是( )
A.函数f(x)有三个零点
B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心
C.函数f(x)的极大值点为x=1-33
D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数
11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是( )
A.01e
C.f(x0)+2x0<0
D.f(x0)+2x0>0
12.(2020山师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x>0,ex(x+1),x≤0,若方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是( )
A.12 B.23
C.1 D.2
三、填空题
13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f(x)=exx+a.若f'(1)=e4,则a= .
14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 .
15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .
16.已知函数f(x)=log2x,g(x)=x+a-x(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是 .
专题突破练7 热点小专题二、
导数的应用
1.D 解析 ∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1.∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.
2.D 解析 因为函数f(x)=3x+2cos x,所以导数函数f'(x)=3-2sin x,
可得f'(x)=3-2sin x>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数,
又因为2=log240,
故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,
由f(x)+1>3ex,可得f(x)+1ex>3,
即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.
5.A 解析 f'(x)=aex-2x-(2a+1),令g(x)=aex-2x-(2a+1).
由函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln 2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln 2)=(a-2a-1)(2a-2ln 2-2a-1)<0,
即a+1<0,解得a<-1.故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A.
6.B 解析 直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点,即为b=x3-ax有两个根,即函数y=x3-ax与y=b恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x1是极大值点时满足题意.
∵y'=3x2-a,∴3x12=a.
又∵b=x13-ax1=x23-ax2,
∴x13-x23=a(x1-x2),
∴(x1-x2)(x12+x1x2+x22)=a(x1-x2).
∵x1ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,
等价于f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立,
因为x∈(0,+∞)时,11时,f'(x)≤0恒成立,
即当x>1时,ax≤2恒成立,a≤2x,
所以a≤2,故选A.
8.B 解析 g(x)=f(x)-a的零点个数等价于直线y=a与函数f(x)图象的交点个数.
令y=-13x3+x2,y'=-x2+2x,当x<0或x>2时,y'<0,当00.所以函数y=-13x3+x2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f(x)的大致图象如图所示,
由图可知当m>2时,存在直线y=a与函数f(x)图象的交点为4个;
当00),∴f'(x)=ln x+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,
∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'1e=2e>0,
∵x→0,f'(x)→-∞,∴00,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.
12.BC 解析 当x≤0时,f(x)=ex(x+1),
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).
由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)为减函数,
由f'(x)>0得,x+2>0,即-20,g(1)≥0,Δ>0,00,1-a+116≥0,a2-4×116>0,00,解得x0时,讨论f(x)极值点的个数.
4.(2020山西太原三模,21)已知函数f(x)=ln x+kx.
(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;
(2)当k=0时,若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,求ea-1-b+1的最大值.
5.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=a2x2-x(ln x-b-1),a,b∈R.
(1)略;
(2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,且c≤e2a+b,求c的最大值.
6.已知函数f(x)=x3+32x2-4ax+1(a∈R).
(1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围;
(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间.
7.(2020山东济宁6月模拟,22)已知函数f(x)=x-aln x.
(1)若曲线y=f(x)+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为x+y-3=0,求a,b的值;
(2)求函数g(x)=f(x)+a+1x(a∈R)的极值点;
(3)设h(x)=1af(x)+aex-xa+ln a(a>0),若当x>a时,不等式h(x)≥0恒成立,求a的最小值.
8.已知函数f(x)=ax2+xln x(a为常数,a∈R,e为自然对数的底数,e=2.718 28…).
(1)若函数f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,k∈Z且k1都成立,求k的最大值.
专题突破练8 函数的单调性、
极值点、极值、最值
1.解 (1)当a=0时,f(x)=x-1x+1,x∈(0,+∞).
此时f'(x)=2(x+1)2,于是f'(1)=12,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=12(x-1),
即x-2y-1=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2(x+1)2=ax2+2(a+1)x+ax(x+1)2.
①当a≥0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a<0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,则Δ=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).
(ⅰ)当a≤-12时,Δ≤0,所以g(x)≤0,于是f'(x)≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(ⅱ)当-120,此时g(x)=0有两个不相等的实数根,分别是x1=-(a+1)+2a+1a,x2=-(a+1)-2a+1a,x10,x1x2=1>0,可得0x2时,有g(x)<0,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递减;
当x10,f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增.综上所述,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-12时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-120,得04,
所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(4)=2ln 2-2.
(2)当b>0时,函数f(x)定义域为[0,+∞),f'(x)=ax+b-12x=-x+2ax-b2x(x+b),
①当a≤0时,f'(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
所以此时f(x)极值点的个数为0个;
②当a>0时,设h(x)=-x+2ax-b,
(ⅰ)当4a2-4b≤0,即00,即a>b时,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,
则x1+x2=2a>0,x1x2=b>0,所以x1,x2都大于0,即f'(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为2个.
综上所述,a≤b时,f(x)极值点的个数为0个;a>b时,f(x)极值点的个数为2个.
4.解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),当k=-1时,f(x)=ln x-x,f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,得x=1,当f'(x)>0时,解得01,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点.
(2)当k=0时,f(x)+bx-a=ln x+bx-a.
若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,则ln x+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,
所以a≤ln x+bx恒成立,
令g(x)=ln x+bx,则g'(x)=x-bx2,
由题意b>0,函数g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(b)=ln b+1,
所以a≤ln b+1,所以a-1≤ln b,
所以ea-1≤b,ea-1-b+1≤1,故当且仅当ea-1=b时,ea-1-b+1的最大值为1.
5.解 (1)略
(2)因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)=ax+b-ln x≥0在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ax+b-ln x,则h'(x)=a-1x,
①若a=0,则h'(x)<0,则h(x)在(0,+∞)上单调递减,显然f'(x)=b-ln x≥0在(0,+∞)上不恒成立;
②若a<0,则h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,当x>max-ba,1时,ax+b<0,-ln x<0,故h(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
③若a>0,当01a时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h1a=1+b+ln a,
由h(x)min≥0得2a+b≥2a-1-ln a,
设m(x)=2x-1-ln x,x>0,
则m'(x)=2-1x,
当012时,m'(x)>0,m(x)单调递增,所以m(x)≥m12=ln 2,
所以2a+b≥ln 2.又c≤e2a+b,所以c≤2,即c的最大值为2.
6.解 (1)由f(x)有两个极值点且都小于0,得f'(x)=3x2+3x-4a=0有两个不相等的负实根,∴Δ=9+48a>0,x1+x2=-1<0,x1x2=-43a>0,
解得-3160,
则h'(x)=a(a-1)x+3x-(4a-3)=1x(3x-a)[x-(a-1)].
令(3x-a)[x-(a-1)]=0,得x=a3或x=a-1,令a3=a-1,得a=32.
①当a3≤0,a-1≤0,即a≤0时,在(0,+∞)上h'(x)>0恒成立;
②当0a3时,h'(x)>0,当0a-1>0,即1a3时,h'(x)>0,当a-10,即a=32时,h'(x)>0恒成立;
⑤当a-1>a3>0,即a>32,当0a-1时,h'(x)>0,当a332时,h(x)在0,a3,(a-1,+∞)上单调递增,在a3,a-1上单调递减.
7.解 (1)由f(x)=x-aln x,得y=f(x)+b=x-aln x+b,∴y'=f'(x)=1-ax.由已知可得f'(1)=-1,f(1)+b=2,即1-a=-1,1+b=2,
∴a=2,b=1.
(2)∵g(x)=f(x)+a+1x=x-aln x+a+1x,∴g'(x)=1-ax-a+1x2=(x+1)[x-(a+1)]x2(x>0),所以当a+1≤0,即a≤-1时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值点;
当a+1>0,即a>-1时,则有当0a+1时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,a+1)上为减函数,在(a+1,+∞)上为增函数,所以x=a+1是g(x)极小值点,无极大值点;
综上可知,当a≤-1时,函数g(x)无极值点,当a>-1时,函数g(x)的极小值点是a+1,无极大值点.
(3)h(x)=1af(x)+aex-xa+ln a=aex-ln x+ln a(a>0),由题意知,当x>a时,aex-ln x+ln a≥0恒成立,
又不等式aex-ln x+ln a≥0等价于aex≥lnxa,
即ex≥1alnxa,即xex≥xalnxa,①
由x>a>0知:xa>1,lnxa>0,所以①式等价于ln(xex)≥lnxalnxa,
即x+ln x≥lnxa+lnlnxa,
设φ(x)=x+ln x(x>0),
则原不等式即为φ(x)≥φlnxa,
又φ(x)=x+ln x(x>0)在(0,+∞)上为增函数,
所以原不等式等价于x≥lnxa,②
又②式等价于ex≥xa,亦即a≥xex(x>a>0),设F(x)=xex(x>0),
则F'(x)=1-xex,∴F(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,
又x>a>0,∴当0e时,g'(x)>0,g(x)递增,
可得当x=e时g(x)取得最小值,且g(e)=-ln ee=-1e,所以a≤-1e.
(2)f(x)的导数为f'(x)=2ax+1+ln x,曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为2ae+2=2e+2,
可得a=1,即f(x)=x2+xln x.
又由k1都成立,可得k1恒成立.
设h(x)=x2+xlnxx-1,x>1,h'(x)=x2-x-lnx-1(x-1)2.
设k(x)=x2-x-ln x-1,x>1,
k'(x)=2x-1-1x=(x-1)(2x+1)x>0,
可得k(x)在(1,+∞)内递增,由k(1.8)=0.44-ln 1.8.
由1.8>e可得ln 1.8>12,
即有k(1.8)<0,k(2)=1-ln 2>0,则存在m∈(1.8,2),使得k(m)=0,
则1m时,k(x)>0,h'(x)>0,h(x)在x>m递增,
可得h(x)min=h(m)=m2+mlnmm-1.
又k(m)=m2-m-ln m-1=0,
即有m2-1=m+ln m,
可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增,可得h(x)min∈(5.04,6),由k1.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)直线y=2x+1为函数f(x)图象的一条切线,若对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,求实数a的取值范围.
4.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.
(1)略;
(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求k的取值范围.
5.已知函数f(x)=xex-aln x(无理数e=2.718…).
(1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围;
(2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值.
6.(2020全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
7.(2020北京东城一模,20)已知函数f(x)=x(ln x-ax)(a∈R).
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围;
(3)若a>1,求f(x)在区间(0,2a]上的最小值.
8.(2020湖南永州二模,理21)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1),g(x)=ax+x22-xcos x.
(1)当x≥0时,总有f(x)≤x22+mx,求m的最小值;
(2)对于[0,1]中任意x恒有f(x)≤g(x),求a的取值范围.
专题突破练9 应用导数求
参数的值或范围
1.解 (1)由a=1e,得f(x)=2e2x-1+4ex,所以f'(x)=4e2x-1+4e,
则f'(0)=8e-1,f(0)=2e-1,
则切线方程为y-2e-1=8e-1x,
令x=0可得y=2e-1,令y=0可得x=-14.
所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为S=12·2e-1·-14=14e.
(2)f'(x)=4e2x-1+4a.
(ⅰ)当a≥0时,f'(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=2e3+8a=3e3,所以a=e38.
(ⅱ)当a<0时,由f'(x)=0,可得x=12[ln(-a)+1].
①当12[ln(-a)+1]≤1,即-e≤a<0时,f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=2e3+8a=3e3,所以a=e38>0,舍去,
②当12[ln(-a)+1]≥2,即a≤-e3时,f(x)在[1,2]上单调递减,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(1)=2e+4a=3e3,
所以a=34e3-12e,不满足a≤-e3,舍去,③当1<12[ln(-a)+1]<2,即-e30.
所以f(x)在1,12[ln(-a)+1]上单调递减,在12[ln(-a)+1],2上单调递增,由上面分析可知,当-e30.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x≥0),
则g'(x)=- 12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x
=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.
①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.
②若0<2a+1<2,即-120.
所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥7-e24.
所以当7-e24≤a<12时,g(x)≤1.
③若2a+1≥2,即a≥12,则g(x)≤12x3+x+1e-x.
由于0∈7-e24,12,故由②可得12x3+x+1e-x≤1.
故当a≥12时,g(x)≤1.综上,a的取值范围是7-e24,+∞.
3.解 (1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.
①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;
②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.
∵x∈0,1b时,f'(x)>0,f(x)为增函数,x∈1b,+∞时,f'(x)<0,f(x)为减函数,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f1b=lnab.
(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图象相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.
∵f'(x)=1x-b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.
又∵ln ax0-bx0+1=2x0+1,
∴ln ax0=1,∴ax0=e.
∴x0=ea.∴ae=b+2.
∵对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,
∴只需g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-1x=ax-1x,
∴由g'(x)=0,得x=1a.
∵a>1,∴0<1a<1.∴x∈0,1a时,g'(x)<0,g(x)为减函数,x∈1a,1时,g'(x)>0,g(x)为增函数.
∴g(x)≥g1a=1+ln a,
即g(x1)min=1+ln a.
∵f'(x2)=1x2-b在x2∈[1,2]上为减函数,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-ae.∴1+ln a>3-ae.即ln a+ae-2>0.设h(a)=ln a+ae-2,
易知h(a)在(1,+∞)上为增函数.
又∵h(e)=0,∴实数a的取值范围为(e,+∞).
4.解 (1)略
(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),
①当k≤0时,ex-2k>0,所以,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,
则f(x)在区间(-∞,0)上是减函数,在区间(0,+∞)上是增函数,
所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;
②当k>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln 2k,
所以当00,f(x)为增函数,
所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;
当k>12时,ln 2k>0,当x∈(0,ln 2k)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,ln 2k)上是减函数,
所以f(ln 2k)0,h'(x)>0在x∈(0,1)单调递增.
即h(x)0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k>0时,令f'(x)=0,得x=±3k3.
当x∈-∞,-3k3时,f'(x)>0;
当x∈-3k3,3k3时,f'(x)<0;
当x∈3k3,+∞时,f'(x)>0.
故f(x)在-∞,-3k3,3k3,+∞单调递增,在-3k3,3k3单调递减.
(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-3k3为f(x)的极大值点,x=3k3为f(x)的极小值点.此时,-k-1<-3k3<3k30,f-3k3>0.
根据f(x)的单调性,当且仅当f3k3<0,即k2-2k3k9<0时,f(x)有三个零点,解得k<427.
因此k的取值范围为0,427.
7.解 (1)当a=1时,f'(x)=ln x-2x+1,所以f'(1)=-1.
又因为f(1)=-1,所以切线方程为y+1=-(x-1),即x+y=0.
(2)f'(x)=ln x-2ax+1,设g(x)=ln x-2ax+1,
当a≤0时,易证g(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意.
当a>0时,g'(x)=1x-2a,
令g'(x)=0,得x=12a,
当x∈0,12a时,g'(x)>0,g(x)在0,12a上单调递增,
当x∈12a,+∞时,g'(x)<0,g(x)在12a,+∞上单调递减,
所以g(x)在x=12a处取得极大值g12a=ln12a.
依题意,函数g(x)=ln x-2ax+1有两个零点,则g12a=ln12a>0,即12a>1,解得012a,且ex>x2+1(x>1),
得g(e12a+2)=12a+2-2a·e12a+2+1<12a+2-2a·12a+22+1+1=-1-10a<0,所以g(x)在12a,+∞上存在一个零点.
所以当实数a的取值范围为01时,g(x)0,
∴φ'(x)在[0,+∞)上单调递增,且φ'(0)=m-1.
若m≥1,则φ(x)在[0,+∞)上单调递增,∴φ(x)≥φ(0)=0,即m≥1满足条件;
若m<1,φ'(0)=m-1<0,φ(x)存在单调递减区间[0,x0].
又∵φ(0)=0,所以存在x0使得φ(x0)<0,与已知条件矛盾,
所以m≥1,m的最小值为1.
(2)由(1)知f(x)≤x22+x,如果x22+x≤g(x),则必有f(x)≤g(x)成立.
设h(x)=g(x)-x22+x=(a-1)x-xcos x=x(a-1-cos x),
令h(x)=x(a-1-cos x)≥0,即a-1-cos x≥0,
∴a≥1+cos x,又x∈[0,1],∴a≥2.
故当a≥2时,f(x)≤g(x)恒成立,
下面证明a<2时,f(x)≤g(x)不恒成立.
令f1(x)=f(x)-x=(x+1)ln(x+1)-x,f'1(x)=ln(x+1),
当x>0时,f'1(x)=ln(x+1)>0,f1(x)在区间[0,1]上单调递增,
故f1(x)≥f1(0)=0,
即f1(x)=f(x)-x≥0,故x≤f(x).
g(x)-f(x)≤g(x)-x=(a-1)x+x22-xcos x=xa-1+x2-cos x,
令t(x)=a-1+x2-cos x,t'(x)=12+sin x>0,
所以t(x)在[0,1]上单调递增,
又t(0)=a-2<0,则一定存在区间(0,x'0)(其中0xex.
3.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=1x+aln x,g(x)=exx.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:a=1时,f(x)+g(x)-1+ex2ln x>e.
4.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=exx,g(x)=lnxx+1x-1.
(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;
(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.
5.(2020山东烟台一模,21)已知函数f(x)=1+lnxx-a(a∈R).
(1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围,并证明:对任意的n∈N*,都有1+12+13+…+1n>ln(n+1);
(2)设g(x)=(x-1)2ex,讨论方程f(x)=g(x)的实数根的个数.
6.已知函数f(x)=ln x+a1x-1,a∈R.
(1)若f(x)≥0,求实数a取值的集合;
(2)证明:ex+1x≥2-ln x+x2+(e-2)x.
7.(2019天津,文20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;
(2)若0x0,证明3x0-x1>2.
8.(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
专题突破练10 利用导数证明
问题及讨论零点个数
1.(1)解 f'(x)=3x2+b,依题意得f'12=0,即34+b=0.
故b=-34.
(2)证明 由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-34.令f'(x)=0,解得x=-12或x=12.
f'(x)与f(x)的情况为:
x
-∞,
-12
-12
-12,
12
12
12,
+∞
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c+14
↘
c-14
↗
因为f(1)=f-12=c+14,所以当c<-14时,f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f12=c-14,所以当c>14时,f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.
当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.
当-140,
所以f(x)在0,2e上单调递减,在2e,+∞上单调递增.
(2)证明 设h(x)=xf(x)=xln x+2e,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,
所以当x∈0,1e时,h'(x)<0,当x∈1e,+∞时,h'(x)>0,
所以h(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,
所以h(x)min=h1e=1e.
设t(x)=xex(x>0),则t'(x)=1-xex,
所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.
综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>xex.
3.解 (1)函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2+ax=ax-1x2,
当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,由f'(x)>0,得x>1a,由f'(x)<0,得00时,f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增.
(2)因为x>0,所以不等式等价于ex-ex+1>elnxx,
设F(x)=ex-ex+1,F'(x)=ex-e,
所以x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,x∈(0,1)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,所以F(x)min=F(1)=1;
设G(x)=elnxx,G'(x)=e(1-lnx)x2,
所以x∈(0,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,x∈(e,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减,所以G(x)max=G(e)=1.
虽然F(x)的最小值等于G(x)的最大值,但1≠e,所以F(x)>G(x),即ex-ex+1>elnxx,故原不等式成立.
4.解 (1)由f(x)=exx得,f'(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2,∴当x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,
∴f(x)在区间(-∞,1)上为减函数,在区间(1,+∞)上为增函数.
①当t≥1时,f(x)在区间[t,t+1]上为增函数,f(x)的最大值为f(t+1)=et+1t+1.
②当01,f(x)在区间(t,1)上为减函数,在区间(1,t+1)上为增函数,∴f(x)的最大值为f(x)max=max{f(t),f(t+1)}.
下面比较f(t)与f(t+1)的大小.
f(t)-f(t+1)=ett-et+1t+1=[(1-e)t+1]ett(t+1).∵t>0,1-e<0,
∴当01e-1时,f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=et+1t+1.
(2)证明:不等式f(x)>g(x)即为exx>lnxx+1x-1.∵x>0,∴不等式等价于ex>ln x-x+1,
令h(x)=ex-(x+1)(x>0),
则h'(x)=ex-1>0,
∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,
所以,要证ex>ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可.
即证2x>ln x在(0,+∞)上成立.
设φ(x)=2x-ln x,则φ'(x)=2-1x=2x-1x,当012时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)min=φ12=1-ln12=1+ln 2>0,∴φ(x)>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.
5.解 (1)由f(x)≤0可得,a≥1+lnxx(x>0),令h(x)=1+lnxx,则h'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a≥1+lnxx,只需a≥h(1)=1,
故a的取值范围为a≥1.
显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x1(n∈N*),则有lnn+1n<n+1n-1=1n,所以ln21+ln32+…+lnn+1n<1+12+13+…+1n,
即1+12+13+…+1n>ln(n+1).
(2)由f(x)=g(x),可得1+lnxx-a=(x-1)2ex,即a=1+lnxx-(x-1)2ex,
令t(x)=1+lnxx-(x-1)2ex,
则t'(x)=-lnxx2-(x2-1)ex,
当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x→0时,t(x)→-∞,当x→+∞时,t(x)→-∞,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数解;
当a<1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的实数解;
当a>1时,方程f(x)=g(x)没有实数解.
6.(1)解 f'(x)=1x-ax2=x-ax2(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(1)=0,
因此当00时,可得函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
故当x=a时,函数f(x)取得最小值,则f(a)=ln a+1-a≥0.
令g(a)=ln a+1-a,g(1)=0.
由g'(a)=1a-1=1-aa,可知当a=1时,函数g(a)取得最大值,而g(1)=0,
因此只有当a=1时满足f(a)=ln a+1-a≥0.故a=1.
故实数a取值的集合是{1}.
(2)证明 由(1)可知,当a=1时,f(x)≥0,即ln x≥1-1x在(0,+∞)内恒成立.
要证明ex+1x≥2-ln x+x2+(e-2)x,即证明ex≥1+x2+(e-2)x,即ex-1-x2-(e-2)x≥0.
令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x,x>0.
h'(x)=ex-2x-(e-2),令u(x)=ex-2x-(e-2),
u'(x)=ex-2,令u'(x)=ex-2=0,解得x=ln 2.
则函数u(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+∞)内单调递增.
即函数h'(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+∞)内单调递增.
而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0,
h'(ln 2)0,h(x)单调递增;
当x∈(x0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
又h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1-(e-2)=0,
故对∀x>0,h(x)≥0恒成立,即ex-1-x2-(e-2)x≥0.
综上可知,ex+1x≥2-ln x+x2+(e-2)x成立.
7.(1)解 由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx.因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明 ①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由00,且gln1a=1-aln 1a21a=1-ln 1a2<0,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x<g(x0)x=0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=1x-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
②由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,ln x1=a(x1-1)ex1,从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02ln x1x1-1.因为当x>1时,ln xx0>1,故ex1-x02.
8.(1)解 ①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,故f'(x)=3x2+6x.
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+3x,x∈(0,+∞).
从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,
整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗
所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明 由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+kx.
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2ln t.①
令h(x)=x-1x-2ln x,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2ln t≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2ln t=t3-3t2+6ln t+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+3t>1,故t3-3t2+6ln t+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
专题突破练11 专题二 函数与导数过关检测
一、单项选择题
1.(2020广东江门4月模拟,理2)若函数f(x)是幂函数,且满足f(4)f(2)=3,则f12的值为( )
A.-3 B.-13 C.3 D.13
2.(2019全国Ⅰ,理5)函数f(x)=sinx+xcosx+x2在[-π,π]的图像大致为( )
3.(2020山东青岛二模,4)已知函数f(x)=sinx,x≤0,log2(a+x),x>0,且ff-7π6=1,则a=( )
A.32 B.2 C.3 D.ln 2
4.(2020山西太原二模,理8)设奇函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,且f(1)=0,则不等式f(x)-f(-x)x<0的解集是( )
A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-1,0)∪(0,1)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1)
5.(2020山东青岛二模,7)已知非零实数a,x,y满足loga2+1xyx+xy
C.1|a|+1x<1|a|+1y D.yx>xy
6.(2020山东潍坊一模,7)定义在R上的偶函数f(x)=2|x-m|-1,记a=f(-ln 3),b=f(-log25),c=f(2m),则( )
A.a0,则函数y=f(f(x))的零点所在区间为( )
A.3,72 B.(-1,0)
C.72,4 D.(4,5)
二、多项选择题
9.(2020山东烟台模拟,9)下列函数中,既是偶函数,又在(0,+∞)上单调递增的是( )
A.y=ln(1+9x2-3x)
B.y=ex+e-x
C.y=x2+1
D.y=cos x+3
10.(2020山东潍坊一模,11)已知函数f(x)对∀x∈R,满足f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),若f(a)=-f(2 020),a∈[5,9]且f(x)在[5,9]上为单调函数,则下列结论正确的是( )
A.f(3)=0
B.a=8
C.f(x)是周期为4的周期函数
D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称
11.下列四个命题中,不正确的是( )
A.函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0]上单调递增,则f(x)在R上是增函数
B.若函数f(x)=ax2+bx+2与x轴没有交点,则b2-8a<0且a>0
C.当a>b>c时,则有ab>ac成立
D.y=1+x和y=(1+x)2表示同一个函数
12.(2020山东烟台一模,12)关于函数f(x)=ex+asin x,x∈(-π,+∞),下列说法正确的是( )
A.当a=1时,f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2x-y+1=0
B.当a=1时,f(x)存在唯一极小值点x0且-10,f(x)在(-π,+∞)上均存在零点
D.存在a<0,f(x)在(-π,+∞)上有且只有一个零点
三、填空题
13.(2020江苏,7)已知y=f(x)是奇函数,当x≥0时,f(x)=x23,则f(-8)的值是 .
14.(2020山东青岛5月模拟,15)已知f(x)为奇函数,当x>0时,f(x)=lnxx,则曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程是 .
15.(2020广东茂名一模,理15)点P为曲线y=2x2+ln(4x+1)x>-14图象上的一个动点,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则当α取最小值时x的值为 .
16.(2020山西太原三模,文16)对任意正整数n,函数f(n)=2n3-7n2cos nπ-λn-1,若f(2)≥0,则λ的取值范围是 ;若不等式f(n)≥0恒成立,则λ的最大值为 .
四、解答题
17.(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f(x)=lnxa,g(x)=x+1x(x>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论函数F(x)=f(x)-1g(x)在(0,+∞)上的单调性.
18.已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设a<-1,如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.
19.(2020山东菏泽一模,22)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax+b(a,b∈R).
(1)若g(-1)=0,且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线,求实数a的值;
(2)若不等式f(x)>x2+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数m的取值范围;
(3)若对任意实数a,函数F(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上总有零点,求实数b的取值范围.
20.(2019山东济宁二模,理21)已知函数f(x)=x-a(ln x)2,a∈R.
(1)当a=1,x>1时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由;
(2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明11,f(π)=π-1+π2>0,排除B,C.故选D.
3.A 解析 因f-7π6=sin-7π6=-sinπ+π6=sinπ6=12,
所以ff-7π6=f12=log2a+12=1,所以a+12=2,a=32.
4.B 解析 ∵f(x)为奇函数,f(1)=0,
∴f(1)=-f(-1)=0,即f(-1)=0.
∴f(x)-f(-x)x=2f(x)x<0,
即x>0,f(x)<0,或x<0,f(x)>0,
根据在(-∞,0)和(0,+∞)内都是增函数,解得x∈(-1,0)∪(0,1).
5.D 解析 因为a2+1>1且loga2+1x0时,f(x)为增函数,且f(3)=0,所以x=3是f(x)在R上的唯一零点.
所以令f(f(x))=0,得f(x)=2x+log9x2-9=2x+log3x-9=3,
因为f(3)=0<3,f72=82+log372-9>8×1.414+log33-9=3.312>3,所以函数y=f(f(x))的零点所在区间为3,72.故选A.
9.BC 解析 由题,易知A,B,C,D四个选项中的函数的定义域均为R,
对于A,f(-x)+f(x)=ln(1+9x2+3x)+ln(1+9x2-3x)=0,则f(x)为奇函数,故选项A不符合题意;
对于选项B,f(-x)=e-x+ex=f(x),即f(x)为偶函数,当x∈(0,+∞)时,设t=ex(t>1),则y=t+1t,由对勾函数性质可得,当t∈(1,+∞)时是增函数,又t=ex单调递增,所以f(x)=ex+e-x在(0,+∞)上单调递增,故选项B符合题意;
对于C,易知f(x)=x2+1为偶函数,由其图象知f(x)在(0,+∞)上单调递增,故选项C符合题意;
对于D,易知y=cos x+3是偶函数,但在(0,+∞)不单调,故选项D不符合题意.故选BC.
10.AB 解析 ∵f(x)对∀x∈R,满足f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),
∴f(x)=-f(6-x)=-f(-(x-5)+1)=-f(x-5+1)=-f(x-4),
∴f(x-4)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x),∴f(x+8)=f(x+4+4)=-f(x+4)=f(x),故f(x)的周期为T=8,故C错;
f(a)=-f(2 020)=-f(252×8+4)=-f(4)=-f(3+1)=-f(-2)=-[-f(6-(-2))]=f(8),又a∈[5,9]且f(x)在[5,9]上单调,易得a=8.故B对;
∵f(x)=-f(6-x),∴f(3)=-f(6-3)=-f(3),∴f(3)=0,故A对.
∵f(x+1)=f(-x+1),∴x=1为对称轴,故D错.故选AB.
11.ABCD 解析 f(x)=x,x≤0,lnx,x>0,满足在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0]上单调递增,但f(x)在R上不是增函数,A错;a=b=0时,f(x)=2,它的图象与x轴无交点,不满足b2-8a<0且a>0,B错;当a>b>c,但c=0时,ac=bc,不等式ab>ac不成立,C错;y=(1+x)2=|x+1|,与y=x+1的对应法则不相同,值域也不相同,不是同一函数,D错.故选ABCD.
12.ABD 解析 选项A,当a=1时,f(x)=ex+sin x,x∈(-π,+∞),f(0)=1,f'(x)=ex+cos x,k=f'(0)=2,
故直线方程为y-1=2(x-0),即切线方程为2x-y+1=0,选项A正确.
选项B,当a=1时,f'(x)=ex+cos x,f″(x)=ex-sin x>0恒成立,f'(x)为(-π,+∞)上的增函数,又f'-3π4=e-3π4+cos-3π4<0,f'-π2=e-π2>0,故f(x)存在唯一极值点,不妨设x0∈-3π4,-π2,则f'(x0)=0,即ex0+cos x0=0.
f(x0)=ex0+sin x0=sin x0-cos x0=2sinx0-π4∈(-1,0),选项B正确.
对于选项C,D,f(x)=ex+asin x,x∈(-π,+∞),令f(x)=0,即ex+asin x=0.
x=kπ,k>-1且k∈Z显然不是零点,故x≠kπ,k>-1且k∈Z,
所以a=-exsinx,令F(x)=-exsinx,
F'(x)=ex(cosx-sinx)sin2x,令F'(x)=0,解得x=kπ+π4,k≥-1,k∈Z,
当2kπ+54π0均有零点,不符合题意,
选项D,存在a<0,有且只有唯一零点,此时a=-2eπ4.
故选ABD.
13.-4 解析 本题考查奇函数的定义和性质.∵y=f(x)是奇函数,
∴f(-8)=-f(8)=-823=-4.
14.x-y+1=0 解析 因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),
当x<0时,则-x>0,所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-x=ln(-x)x,所以f'(x)=1-x×(-1)×x-ln(-x)x2=1-ln(-x)x2,所以曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线的斜率k=f'(-1)=1,
所以切线方程是y-0=x+1,即x-y+1=0.
15.14 解析 设切点P(x0,y0)x0>-14.
y'=4x+44x+1,
∵x0>-14,∴4x0+1>0,
则tan α=4x0+44x0+1=4x0+1+44x0+1-1≥2(4x0+1)×44x0+1-1=4-1=3.
当且仅当4x0+1=44x0+1,即x0=14时,等号成立.
即x0=14时,tan α最小,α取最小值.
16.-∞,-132 -132 解析 由函数f(n)=2n3-7n2cos nπ-λn-1,若f(2)≥0,
则16-28cos 2π-2λ-1≥0,即15-28-2λ≥0,解得λ≤-132.
不等式f(n)≥0恒成立,即2n3-7n2cos nπ-λn-1≥0恒成立,
当n为奇数时,2n3+7n2-λn-1≥0,
即λ≤2n2+7n-1n恒成立,等价于λ≤2n2+7n-1nmin,设g(n)=2n2+7n-1n,g'(n)=4n+7+1n2>0,可得g(n)在正奇数集上递增,可得g(n)的最小值为g(1)=8,可得λ≤8.①
当n为偶数时,2n3-7n2-λn-1≥0,即λ≤2n2-7n-1n恒成立,等价于λ≤2n2-7n-1nmin,设h(n)=2n2-7n-1n,h'(n)=4n-7+1n2>0,可得h(n)在正偶数集上递增,可得h(n)的最小值为h(2)=-132.可得λ≤-132.②
由①②可得不等式f(n)≥0恒成立,可得λ≤-132,即λ的最大值为-132.
17.解 (1)当a=1时,y=f(x)g(x)=xlnxx+1,y'=(1+lnx)(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,
即x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),
所以切线方程为x-2y-1=0.
(2)f'(x)=1ax,1g(x)'=1(x+1)2,
F'(x)=f'(x)-1g(x)'=1ax-1(x+1)2=(x+1)2-axax(x+1)2,
当a<0时,F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令h(x)=1ax2+2a-1x+1a,Δ=1-4a,
当Δ≤0,即00时,即a>4,方程1ax2+2a-1x+1a=0有两个不等实根x1,x2,设x14时,F(x)的单调递减区间是a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,单调递增区间是0,a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,+∞.
当00,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a≤-1时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当-10可得0-a+12a,
所以f(x)在0,-a+12a上单调递增,在-a+12a,+∞上单调递减.
(2)不妨设x1≥x2,因为a<-1,所以由(1)可知f(x)在(0,+∞)上单调递减,于是f(x1)≤f(x2),于是对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于对任意x1,x2∈(0,+∞),f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2).
f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2)⇔f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
构造函数g(x)=f(x)+4x,则只需证明g(x)在(0,+∞)上是减函数.
g'(x)=2ax2+a+1x+4,要使g(x)在(0,+∞)上是减函数,
则2ax2+a+1x+4≤0在(0,+∞)上恒成立,所以a≤-4x+12x2+1.
令h(x)=-4x+12x2+1,则h'(x)=-4(2x2+1)-(4x+1)·4x(2x2+1)2=4(2x-1)(x+1)(2x2+1)2,
由h'(x)>0可得x>12,由h'(x)<0可得00,所以n(x)在(ln 2,+∞)上单调递增,
所以n(x)在(0,+∞)上有最小值n(ln 2)=2-2ln 2>0,即在(0,+∞)上,m'(x)>0.
所以m(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以m≤m(0),即m≤1,所以实数m的取值范围为(-∞,1].
(3)由题意,知F(x)=ex-ax-b,所以F'(x)=ex-a(x>0),
由(2)知ex>x2+1在(0,+∞)上恒成立,所以当x>0时,F(x)>x2-ax+1-b.
①当a≤1,F'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x→+∞时F(x)→+∞,
故F(x)的值域为(1-b,+∞).
所以F(x)在(0,+∞)上有零点的充要条件为1-b<0,即b>1.
②当a>1时,令F'(x)>0,得x>ln a,令F'(x)<0得0x2-ax+1-b,
故当x→+∞时,F(x)→+∞,所以F(x)的值域为[a-aln a-b,+∞).
故F(x)在(0,+∞)上有零点的充要条件为a-aln a-b≤0.
令h(a)=a-aln a-b(a>1),则h'(a)=-ln a<0.
故h(a)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(a)<1-b,
所以1-b≤0,即b≥1.
综上,实数b的取值范围为(1,+∞).
20.(1)解 当a=1,x>1时,f(x)=x-(ln x)2,x>1.
f'(x)=1-2(ln x)×1x=x-2lnxx.
令g(x)=x-2ln x,x>1,
则g'(x)=1-2x=x-2x.
当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)≥g(2)=2-2ln 2>0,即f'(x)>0.
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.
∴f(x)>f(1)=1.
故当a=1,x>1时f(x)>1.
(2)解 ∵f'(x)=1-2alnxx=x-2alnxx(x>0),令h(x)=x-2aln x(x>0),则h'(x)=1-2ax=x-2ax.
①当a=0时,f(x)=x无极大值.
②当a<0时,h'(x)>0,
h(x)在(0,+∞)上单调递增,
h(1)=1>0,h(e12a)=e12a-1<0,
∃x1∈(e12a,1),使得h(x1)=0.
∴当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x1,+ ∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值.
③当a>0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,h(x)在(2a,+∞)上单调递增,
∵f(x)有极大值,∴h(2a)=2a-2aln(2a)=2a(1-ln 2a)<0,即a>e2.
又h(1)=1>0,h(e)=e-2a<0,
∴∃x0∈(1,e),使得h(x0)=x0-2aln x0=0,即aln x0=x02;
∴当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
∴f(x)有极大值,综上所述,a>e2.
(3)证明 由(2)可知,aln x0=x02,
∴f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x0ln x02(10.
∴p(x)在(1,e)上单调递增,
∴p(1)0,f(x)在定义域上单调递增,不可能有两个零点;
②当a<0时,由f'(x)=1x+a=0,得x=-1a>0,
当x∈0,-1a时,f'(x)>0,f(x)在定义域上单调递增,
当x∈-1a,+∞时,f'(x)<0,f(x)在定义域上单调递减,∴x=-1a时,f(x)取得极大值.
∵f(x)有两个零点,∴f-1a>0,解得-1-1a,
则f(x0)=1+2ln-1a+ea+1<2+2-1a-1+ea=e-2a<0,
∴f(x)在-1a,+∞有唯一的零点,∴a的取值范围是(-1,0).
(2)f(x)≤xex恒成立,即xex≥ln x+ax+1在(0,+∞)恒成立.也就是a≤ex-lnxx-1x在(0,+∞)恒成立.
令g(x)=ex-lnxx-1x,则g'(x)=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2.
令h(x)=x2ex+ln x,则h'(x)=2xex+x2ex+1x>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(1)=e>0,h1e=e1ee2-1<0,
∴∃x0∈1e,1使得h(x0)=0,即x02ex0+ln x0=0,
∴x0ex0=-1x0ln x0=1x0ln 1x0=eln1x0·ln1x0,令φ(x)=xex,
在(0,+∞)上,φ'(x)=(x+1)ex>0,∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x0=ln 1x0,而在(0,x0)上,h(x)<0,即g'(x)<0,∴g(x)在(0,x0)上单调递减,
在(x0,+∞)上,h(x)>0,即g'(x)>0,
∴g(x)在(x0,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(x0)=ex0-ln x0x0-1x0=eln1x0--x0x0-1x0=1,∴a≤1.
∴a的取值范围是(-∞,1].
22.证明 (1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(2(a-1))≥0,得f(2(a-1))=e2(a-1)-2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故2(a-1)≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
↘
↗
e-3
故当01时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
因此u(x)≥u(1)=0.
由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
专题突破练12 三角变换与解三角形
1.(2020江西名校大联考,理17)已知函数f(x)=2asinπ2-xcosx-2π3,且fπ3=1.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期;
(2)若f(α)=-13,α∈0,π2,求sin 2α.
2.(2020山东滨州二模,17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=4, ,求△ABC的周长L和面积S.
在①cos A=35,cos C=55,②csin C=sin A+bsin B,B=60°,③c=2,cos A=-14这三个条件中,任选一个补充在上面问题中的横线处,并加以解答.
3.(2020北京,17)在△ABC中,a+b=11,再从条件①,条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-17;
条件②:cos A=18,cos B=916.
4.(2020山东潍坊二模,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=23,A=π3.
(1)若B=π4,求b;
(2)求△ABC面积的最大值.
5.(2020江苏,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=2,B=45°.
(1)求sin C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-45,求tan∠DAC 的值.
6.(2020山东济宁5月模拟,17)在①sin A,sin B,sin C成等差数列;②sin B,sin A,sin C成等比数列;③2bcos C=2a-3c三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并加以解答.
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,面积为S.若 ,且4S=3(b2+c2-a2),试判断△ABC的形状.
7.(2020山东潍坊一模,17)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知向量m=(c-a,sin B),n=(b-a,sin A+sin C),且m∥n.
(1)求C;
(2)若6c+3b=3a,求sin A.
8.(2020山东模考卷,18)在△ABC中,∠A=90°,点D在BC边上.在平面ABC内,过D作DF⊥BC且DF=AC.
(1)若D为BC的中点,且△CDF的面积等于△ABC的面积,求∠ABC;
(2)若∠ABC=45°,且BD=3CD,求cos∠CFB.
专题突破练12 三角变换
与解三角形
1.解 (1)由已知fπ3=1,得2a×12×12=1,解得a=2.
所以f(x)=4cos x32sin x-12cos x
=23sin xcos x-2cos2x
=3sin 2x-cos 2x-1
=2sin2x-π6-1.
所以f(x)=2sin2x-π6-1的最小正周期为π.
(2)f(α)=-13,2sin2α-π6-1=-13,sin2α-π6=13,因为α∈0,π2,所以2α-π6∈-π6,5π6.
又因为sin2α-π6=13<12,
所以2α-π6∈0,π6.所以cos2α-π6=1-sin22α-π6=223,
则sin 2α=sin2α-π6+π6=sin2α-π6cosπ6+cos2α-π6sinπ6
=13×32+223×12=3+226.
2.解 方案一:选条件①.
因为cos A=35,cos C=55,且00,则1-sin2α+2+2cos2α的值等于( )
A.95 B.75 C.65 D.3
4.(2020江西名校大联考,理8)设ω>0,将函数y=sinωx+π3的图象向左平移π6个单位长度后与函数y=cosωx+π3的图象重合,则ω的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
5.(2020河北武邑中学三模,10)已知x0=π6是函数f(x)=cosπ2-3xcos φ+cos 3x·sin φ的一个极小值点,则f(x)的一个单调递增区间是( )
A.π6,π2 B.-π3,π6
C.π2,5π6 D.π3,2π3
6.(2020天津,8)已知函数f(x)=sinx+π3.给出下列结论:
①f(x)的最小正周期为2π;
②fπ2是f(x)的最大值;
③把函数y=sin x的图象上所有点向左平移π3个单位长度,可得到函数y=f(x)的图象.
其中所有正确结论的序号是( )
A.① B.①③ C.②③ D.①②③
二、多项选择题
7.(2020山东菏泽一中月考,9)在△ABC中,给出下列4个命题,其中正确的命题是( )
A.若AB,则1sin2A>1sin2B
D.若Acos2B
8.(2020山东滨州二模,11)已知函数f(x)=(asin x+cos x)cos x-12的图象的一条对称轴为x=π6,则下列结论中正确的是( )
A.f(x)是最小正周期为π的奇函数
B.-7π12,0是f(x)图象的一个对称中心
C.f(x)在-π3,π3上单调递增
D.先将函数y=2sin 2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的12,然后把所得函数图象再向左平移π12个单位长度,即可得到函数f(x)的图象
三、填空题
9.(2020江苏,8)已知sin2π4+α=23,则sin 2α的值是 .
10.(2020安徽合肥一中模拟,16)角A为π3的锐角三角形ABC内接于半径为3的圆,则b+2c的取值范围为 .
11.(2020北京海淀一模,14)在△ABC中,AB=43,∠B=π4,点D在边BC上,∠ADC=2π3,CD=2,则△ACD的面积为 .
四、解答题
12.(2020山东济南三模,19)已知函数f(x)=Asinωx+π6(A>0,ω>0)只能同时满足下列条件中的两个:①函数f(x)的最大值为2,②函数f(x)的图象可由y=2sinx-π4的图象平移得到,③函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.
(1)请写出这两个条件的序号,并求出f(x)的解析式;
(2)求方程f(x)+1=0在区间[-π,π]上所有解的和.
13.(2020湖南长郡中学四模,文17)为建设美丽新农村,某村对本村布局重新进行了规划,其平面规划图如图所示,其中平行四边形ABCD区域为生活区,AC为横穿村庄的一条道路,△ADE区域为休闲公园,BC=200 m,∠ACB=∠AED=60°,△ABC的外接圆直径为200573 m.
(1)求道路AC的长;
(2)该村准备沿休闲公园的边界修建栅栏,以防村中的家畜破坏公园中的绿化,试求栅栏总长的最大值.
14.(2020山东青岛5月模拟,18)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且满足acos 2C=acos C-csin A.
(1)求角C;
(2)若△ABC为锐角三角形,c=12,求△ABC面积S的最大值.
专题突破练13 专题三 三角函数
与解三角形过关检测
1.A 解析 ∵AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos C=16+9-24×23=9,∴AB=3,∴cos B=AB2+BC2-AC22·AB·BC=9+9-162×3×3=19.
2.A 解析 y=cos |2x|=cos 2x,该函数为偶函数,周期T=2π2=π;
将函数y=cos x在x轴下方的图象向上翻折即可得到y=|cos x|的图象,该函数的周期为12×2π=π;
函数y=cos2x+π6的最小正周期为T=2π2=π;
函数y=tan2x-π4的最小正周期为T=π2.
综上可得最小正周期为π的所有函数为①②③.故选A.
3.A 解析 已知α终边与单位圆的交点Px,-35,且sin α·cos α>0,∴x<0,x=-45,∴sin α=-35,cos α=x=-45.
则1-sin2α+2+2cos2α=|cos α-sin α|+4cos2α=15+85=95.故选A.
4.C 解析 将函数y=sinωx+π3的图象向左平移π6个单位长度后,得到函数y=sinωx+ωπ6+π3的图象.因为y=cosωx+π3=sinωx+5π6,
所以ωπ6+π3=5π6+2kπ(k∈Z),
整理得ω=12k+3(k∈Z),又因为ω>0,所以ω的最小值为3.故选C.
5.A 解析 f(x)=cosπ2-3xcos φ+cos 3x·sin φ=sin(3x+φ).
由已知直线x0=π6是函数f(x)=sin(3x+φ)过最小值点的对称轴,
结合图象可知x0,x0+12T是函数f(x)的一个单调递增区间.
因为T2=π3,所以π6,π2是函数f(x)的一个单调递增区间.故选A.
6.B 解析 ∵f(x)=sinx+π3,
∴①f(x)最小正周期T=2π1=2π,正确;
②fπ2=sinπ2+π3=sin5π6≠1,不正确;
③y=sin x的图象f(x)=sinx+π3的图象,正确.
故选B.
7.ABD 解析 若A0,故C错误;
若Acos2B,故D正确.故选ABD.
8.BD 解析 函数f(x)=(asin x+cos x)cos x-12=asin xcos x+cos2x-12=12asin 2x+12cos 2x,因为f(x)图象的一条对称轴为x=π6,所以f(0)=fπ3,即12=12a×32+12×-12,解得a=3,
所以f(x)=32sin 2x+12cos 2x=sin2x+π6.
所以f(x)的最小正周期为π,但不是奇函数,故A错误;
f-7π12=sin-7π6+π6=f(-π)=0,所以-7π6,0是f(x)图象的一个对称中心,故B正确;
x∈-π3,π3时,2x+π6∈-π2,5π6,所以f(x)在-π3,π3上不是单调函数,故C错误;
将函数y=2sin 2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的12,得y=sin 2x的图象,再把所得函数图象向左平移π12个单位长度,得y=sin 2x+π12=sin2x+π6的图象,即函数f(x)的图象,故D正确.故选BD.
9.13 解析 ∵cosπ2+2α=1-2sin2π4+α=1-2×23=-13.又cosπ2+2α=-sin 2α,∴sin 2α=13.
10.(43,221] 解析 由正弦定理asinA=2R,∴a=23sinπ3=3.
∴b+2c=2Rsin B+4Rsin C=2R(sin B+2sin C)
=2Rsin B+2sin2π3-B
=2R(2sin B+3cos B)
=221sin(B+θ),其中锐角θ满足tan θ=32,∴θ∈π6,π4.
又△ABC为锐角三角形,
∴B∈π6,π2,
∴B+θ∈π6+θ,π2+θ.
由θ∈π6,π4,知π3<π6+θ<512π,π2+π6<π2+θ<3π4.
在单位圆中画出角B+θ的三角函数线,由B+θ∈π6+θ,π2+θ及π6+θ和π2+θ的范围,
得sinπ2+θ6,
又k是正整数,则k的最小值为7.
5.(1)解 当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+nan=14[(2n-1)·3n+1],a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=14[(2n-3)·3n-1+1].
两式相减,得an=3n-1,
综上可得an=3n-1(n∈N*).
(2)证明 由(1)可知,bn=12×3n-1-1≤13n-1(n∈N*),故b1+b2+…+bn<130+131+132+…+13n-1=321-13n<32,
即b1+b2+…+bn<32.
6.解 (1)a1=S1=5,S2=a1+a2=32×22+72×2=13,解得a2=8.
(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32[n2-(n-1)2]+72[n-(n-1)]
=32(2n-1)+72=3n+2.
又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2.因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3,所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
(3)由已知得bn=2an,
bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=23=8,
又b1=2a1=32,所以数列{bn}是以32为首项,8为公比的等比数列.
所以Tn=32(1-8n)1-8=327(8n-1).
7.解 (1)由题意得a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,所以a1=1×22=4,a1+2a2=2×23,得a2=6.
由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,
所以a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n(n≥2),
相减得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n,得an=2n+2,当n=1也满足上式.
所以{an}的通项公式为an=2n+2.
(2)数列{an-kn}的通项公式为an-kn=2n+2-kn=(2-k)n+2,
所以数列{an-kn}是以4-k为首项,公差为2-k的等差数列.
若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立,等价于当n=4时,Sn取得最大值,
所以a4-4k=4(2-k)+2≥0,a5-5k=5(2-k)+2≤0.
解得125≤k≤52,
故实数k的取值范围是125,52.
8.解 (1)由题意可知,有两种组合满足条件:
①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}的公差为d=4,
所以其通项公式为an=4n+4.
②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}的公差为d=2,
所以其通项公式为an=2n.
(2)若选择①,Sn=2n2+6n.则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.
若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),化简得5k+9=0,
此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.
若选择②,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,
若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,
即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,因为k为正整数,解得k=6.
故存在正整数k=6,使a1,ak,Sk+2成等比数列.
专题突破练15 求数列的通项及前n项和
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1an,求数列{bn}的前n项和Tn.
2.(2020山东滨州二模,18)已知{an}为等差数列,a3+a6=25,a8=23,{bn}为等比数列,且a1=2b1,b2b5=a11.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
3.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
4.(2020山东聊城二模,17)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且an2+an=2Sn+34(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1Sn,求{bn}的前n项和Tn.
5.(2020山东青岛5月模拟,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1, ,
给出下列三个条件;
条件①:数列{an}为等比数列,数列{Sn+a1}也为等比数列;条件②:点(Sn,an+1)在直线y=x+1上;条件③:2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.
试在上面的三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答:
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1log2an+1·log2an+3,求数列{bn}的前n项和Tn.
6.(2020山东菏泽一模,18)已知数列{an}满足nan+1-(n+1)an=1(n∈N*),且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=an3n-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
7.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列{cn}的前n项和Tn.
8.(2020天津南开区一模,18)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2,数列{bn}满足:b1=b2=2,bn+1bn=2n+1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求∑i=1naib2i-1-1b2i(n∈N*).
专题突破练15 求数列的
通项及前n项和
1.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由S3+S4=S5可得a1+a2+a3=a5,即3a2=a5,
∴3(1+d)=1+4d,解得d=2.
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)可得bn=(-1)n-1·(2n-1).
∴T2n=1-3+5-7+…+(2n-3)-(2n-1)=(-2)×n=-2n.∴当n为偶数时,Tn=-n;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-(n-1)+(-1)n-1an=-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,Tn=(-1)n+1n.
2.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得2a1+7d=25,a1+7d=23,解得a1=2,d=3.
所以数列{an}的通项公式an=3n-1.
设等比数列{bn}的公比为q,由a1=2b1,b2b5=a11,
得b1=1,b12q5=32,解得q=2,
所以数列{bn}的通项公式bn=2n-1.
(2)由(1)知,cn=anbn=(3n-1)×2n-1,则Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=2×20+5×21+8×22+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,
2Tn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)×2n-1+(3n-1)×2n.
两式相减得-Tn=2+3(21+22+…+2n-1)-(3n-1)×2n=2+3×2-2n-1×21-2-(3n-1)×2n=-4+(4-3n)×2n,所以Tn=4+(3n-4)×2n.
3.解 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
4.解 (1)因为an2+an=2Sn+34(n∈N*),①
所以当n≥2时,an-12+an-1=2Sn-1+34,②
①-②得an2-an-12+an-an-1=2(Sn-Sn-1),
即an2-an-12-an-an-1=0,
所以(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
因为an>0,所以an-an-1=1,
所以数列{an}是公差为1的等差数列,
当n=1时,由a12+a1=2S1+34可得,a1=32,所以an=a1+(n-1)d=32+(n-1)×1=n+12.
(2)由(1)知Sn=na1+n(n-1)2d=n(n+2)2,所以bn=1Sn=2n(n+2)=1n-1n+2,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=11-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2=32-1n+1-1n+2=3n2+5n2n2+6n+4.
5.解 (1)方案一:选条件①.
因为数列{Sn+a1}为等比数列,
所以(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),
即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).
设等比数列{an}的公比为q,因为a1=1,所以(2+q)2=2(2+q+q2),
解得q=2或q=0(舍).
所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).
方案二:选条件②.
因为点(Sn,an+1)在直线y=x+1上,
所以an+1=Sn+1(n∈N*),
所以an=Sn-1+1(n≥2).
两式相减得an+1-an=an,an+1an=2(n≥2).因为a1=1,a2=S1+1=a1+1=2,a2a1=2适合上式,
所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).
方案三:选条件③.
当n≥2时,因为2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1(n∈N*),①
所以2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an.
所以2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an.②
①-②得2an=nan+1-2(n-1)an,即an+1an=2(n≥2).
当n=1时,2a1=a2,a2a1=2适合上式,
所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=a1qn-1=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)得an=2n-1(n∈N*),
所以bn=1log2an+1·log2an+3=1n(n+2)=121n-1n+2.所以Tn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2=1232-1n+1-1n+2=34-121n+1+1n+2=34-2n+32(n+1)(n+2).
6.解 (1)因为nan+1-(n+1)an=1,
所以an+1n+1-ann=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以ann-an-1n-1=1n-1-1n(n≥2),
an-1n-1-an-2n-2=1n-2-1n-1,
…
a22-a11=1-12,
所以ann-a1=1-1n(n≥2).
又a1=1,所以ann=2n-1n,
所以an=2n-1(n≥2).
又a1=1,也符合上式,
所以对任意正整数n,an=2n-1.
(2)结合(1)得bn=2n-13n-1,所以Sn=130+331+532+733+…+2n-13n-1,①
13Sn=13+332+533+…+2n-13n,②
①-②,得23Sn=1+213+132+…+13n-1-2n-13n=2-2n+23n,所以Sn=3-n+13n-1.
7.解 (1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d,
由a1=b1+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d,可解得b1=4,d=3,所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,又Tn=c1+c2+c3+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×
2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(2n-1)2-1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.
8.解 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,
n=1时,a1=S1=1,满足上式,∴an=n.
∵bn+1bn=2n+1,∴bnbn-1=2n(n≥2),
∴bn+1=2bn-1(n≥2),
∴数列{bn}的奇数项和偶数项分别是2为首项,2为公比的等比数列,
∴bn=2n+12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)∑i=1naib2i-1-1b2i=∑i=1ni2i-12i=∑i=1ni·2i-∑i=1ni2i,
设Mn=1·x+2·x2+3·x3+…+(n-1)xn-1+nxn(x≠0,1),①
xMn=1·x2+2·x3+3·x4+…+(n-1)xn+nxn+1,②
①-②得(1-x)Mn=x+x2+x3+…+xn-nxn+1=x(1-xn)1-x-nxn+1,
∴Mn=x+(nx-n-1)xn+1(1-x)2.
∴∑i=1ni·2i=2+(2n-n-1)·2n+1(1-2)2=(n-1)·2n+1+2,
∑i=1ni2i=12+n2-n-1·12n+11-122=2-n+22n,从而∑i=1naib2i-1-1b2i=(n-1)·2n+1+n+22n.
专题突破练16 专题四 数列过关检测
一、单项选择题
1.(2020东北三省四市教研体二模,理5)等比数列{an}中,a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,则a3·a9=( )
A.-3 B.3 C.-4 D.4
2.(2020全国Ⅰ,文10)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=( )
A.12 B.24 C.30 D.32
3.(2020河北沧州一模,理7)已知{an}为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则a2+a11=( )
A.9 B.-9 C.212 D.-214
4.(2020河南、广东等五岳4月联考,理10)元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题:今有银一秤一斤十两(1秤=15斤,1斤=16两),令甲、乙、丙从上作折半差分之,问:各得几何?其意思是:“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”.若银的数量不变,按此法将银依次分给7个人,则得银最少的一个人得银( )
A.9两 B.266127两 C.26663两 D.250127两
5.(2020山东烟台一模,4)数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》.若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的前50项和为( )
A.33 B.34 C.49 D.50
6.(2020全国Ⅱ,理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
二、多项选择题
7.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,若a3=12,S12>0,S13<0,则下列结论正确的是( )
A.数列{an}是递增数列
B.S5=60
C.-2471,a2 019a2 020>1,a2 019-1a2 020-1<0,下列结论正确的是( )
A.S2 0190),等差数列{bn}的公差为2d.设An,Bn分别是数列{an},{bn}的前n项和,且b1=3,A2=3, ,
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=2an+3bnbn+1,求数列{cn}的前n项和Sn.
专题突破练16 专题四
数列过关检测
1.B 解析 由a5,a7是函数f(x)=x2-4x+3的两个零点,即a5,a7是方程x2-4x+3=0的两个实根.
则a5·a7=3,又在等比数列{an}中,a3·a9=a5·a7=3,故选B.
2.D 解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32.
3.C 解析 ∵{an}为等比数列,
∴a4a9=a5a8=-18.又a5+a8=-3,可解得a5=-6,a8=3或a5=3,a8=-6.
设等比数列{an}的公比为q,则当a5=-6,a8=3时,q3=a8a5=-12,∴a2+a11=a5q3+a8q3=-6-12+3×-12=212;
当a5=3,a8=-6时,q3=a8a5=-2,∴a2+a11=a5q3+a8q3=3-2+(-6)×(-2)=212.故选C.
4.B 解析 由题意一秤一斤十两共有银16×16+10=266两,
设分银最少的为a两,则7人的分银量构成以a为首项,2为公比的等比数列,则a(1-27)1-2=266,解得a=266127,故选B.
5.B 解析 由F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),得数列{Fn}的各项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数构成新的数列{an}的各项分别为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,则数列{an}的前50项和=(1+1+0)×16+1+1=34.故选B.
6.C 解析 ∵am+n=am·an,令m=1,
又a1=2,∴an+1=a1·an=2an,
∴an+1an=2,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.
∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·1-2101-2=2k+11-2k+1=215-25.∴k+11=15,k+1=5,解得k=4.
7.BCD 解析 依题意知,S12=12a1+12×112·d>0,S13=13a1+13×122·d<0,化简得2a1+11d>0,a1+6d<0,即a6+a7>0,a7<0,∴a6>0.由a3=12,得a1=12-2d,联立解得-2471,a2 019a2 020>1矛盾,所以q>0.
当q≥1时,若a2 019≥1,a2 020>1,与已知a2 019-1a2 020-1<0矛盾,故01,0S2 019,A正确;
a2 019a2 021-1=a2 0202-1<0,故B正确;
T2 019是数列{Tn}中的最大值,故CD错误;故选AB.
9.3n2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=3n2-2n.
10.1 解析 由题意设等比数列{an}的首项与公比为q,因为aman2=a42,
所以qm+2n=q8,则m+2n=8.
2m+1n=2n+mmn=8mn=162nm≥162n+m22=1642=1.
11.12-12n+1 解析 ∵2Sn-an=12n-1,
∴2Sn+1-an+1=12n,两式相减可得2an+1-an+1+an=-12n,即an+1+an=-12n,所以an+2+an+1=-12n+1,
两式相减可得an+2-an=-12n+1+12n=12n+1,∴{an+2-an}是以14为首项,12为公比的等比数列.
∴Tn=141-12n1-12=12-12n+1.
12.(1)解 设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.
(2)证明 ∵1an+1-an=12n+1-2n=12n,
∴1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an
=121+122+123+…+12n
=12-12n×121-12=1-12n<1.
13.解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意可得,a1·a9=a32,即a1(a1+8d)=(a1+2d)2,解得a1=d.
又S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,
所以数列{an}是以1为首项和公差的等差数列,所以an=n,n∈N*.
(2)由(1)可知bn=(-1)n4n4n2-1=(-1)n12n-1+12n+1,∴P2n=-1-13+13+15-15-17+…-14n-3-14n-1+14n-1+14n+1=-1+14n+1.
∵|P2n+1|=14n+1<12 020,∴n>2 0194,所以n的最小值为505.
14.解 (1)若选①,
∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,A5=B3,
∴2a1+d=3,5a1+10d=9+6d,解得a1=1,d=1,
∴an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1,
综上,an=n,bn=2n+1.
若选②,
∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,1a1-1a2=4B2,
∴2a1+d=3,4a1(a1+d)=d(6+2d),解得a1=1,d=1,
∴an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1.
综上,an=n,bn=2n+1.
若选③,
∵数列{an},{bn}都是等差数列,且A2=3,B5=35,
∴2a1+d=3,3×5+5×42×2d=35,解得a1=1,d=1,
∴an=a1+(n-1)d=n,
bn=b1+(n-1)2d=2n+1.
综上,an=n,bn=2n+1.
(2)由(1)得:cn=2n+3(2n+1)(2n+3)=2n+3212n+1-12n+3,∴Sn=(2+22+…+2n)+3213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=2(1-2n)1-2+3213-12n+3=2n+1-3(n+2)2n+3.
专题突破练17 空间中的平行、垂直与空间角
1.
(2020海南海南中学月考,18)已知直四棱柱ABCD-A'B'C'D',四边形ABCD 为正方形,AA'=2AB=2,E为棱CC'的中点.
(1)求三棱锥C-A'BD的体积;
(2)求证:A'E⊥BD;
(3)求异面直线DE与A'B所成角的余弦值.
2.
(2020海南海口模拟,19)如图,在三棱锥D-ABC中,AB⊥AC,△ABD是正三角形,且平面ABD⊥平面ABC,AB=AC=4,E,G分别为AB,BC的中点.
(1)证明:EG⊥平面ABD;
(2)若F是线段DE的中点,求AC与平面FGC所成角的正弦值.
3.
(2020山东潍坊三模,18)如图,点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=7,EB⊥平面ABC,四边形BEDC为平行四边形.
(1)求证:BC⊥平面ACD;
(2)当三棱锥A-BCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的二面角的余弦值.
4.(2020山东日照二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:MN⊥平面PCD;
(2)若直线PB与平面ABCD所成角的余弦值为255,求二面角N-DM-C的余弦值.
5.
(2020山东青岛一模,19)在如图所示的四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△BCE为边长为2的等边三角形,AB=AE,F,O分别为AB,BE的中点,OF是异面直线AB和OC的公垂线.
(1)证明:平面ABE⊥平面BCE;
(2)记△CED的重心为G,求直线AG与平面ABCD所成角的正弦值.
6.
(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
7.
(2020山东潍坊一中月考,19)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为长方形,SB⊥底面ABCD,其中BS=2,BA=2,BC=λ,λ的可能取值为①λ=14,②λ=12,③λ=32,④λ=32,⑤λ=3.
(1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值;
(2)若在线段CD上能找到点E,满足AE⊥SE,则λ可能的取值有几种情况?请说明理由;
(3)在(2)的条件下,当λ为所有可能情况的最大值时,线段CD上满足AE⊥SE的点有两个,分别记为E1,E2,求二面角E1-SB-E2的大小.
专题突破练17 空间中的平行、
垂直与空间角
1.(1)解 ∵四棱柱ABCD-A'B'C'D'为直四棱柱,∴A'A⊥平面ABCD,
又A'A=2,BC=CD=1,∴VC-A'BD=VA'-BCD=13S△BCD·A'A=13×12×1×1×2=13.
(2)证明 以D为原点,DA,DC,DD'所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),E(0,1,1),A'(1,0,2),∴A'E=(-1,1,-1),DB=(1,1,0),∴A'E·DB=-1+1=0,∴A'E⊥BD.
(3)解 由(2)得,DE=(0,1,1),A'B=(0,1,-2),
∴|cos|=|DE·A'B||DE|·|A'B| =12×5=1010,即异面直线DE与A'B所成角的余弦值为1010.
2.(1)证明 因为E,G分别为AB,BC的中点,所以EG∥AC.
因为AB⊥AC,平面ABD⊥平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,所以AC⊥平面ABD,所以EG⊥平面ABD.
(2)解 因为△ABD是正三角形,所以DE⊥AB.由(1)知EG⊥平面ABD,所以EG,AB,DE两两垂直,
则以E为坐标原点,分别以EB,EG,ED的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.
因为AB=AC=4,△ABD是正三角形,所以E(0,0,0),A(-2,0,0),B(2,0,0),G(0,2,0),D(0,0,23),C(-2,4,0).
因为F是DE的中点,所以F(0,0,3).
AC=(0,4,0),FG=(0,2,-3),GC=(-2,2,0).
设平面FGC的法向量为m=(x,y,z),所以m·FG=0,m·GC=0,即2y-3z=0,-2x+2y=0,
令x=1,则y=1,z=233,所以平面FGC的一个法向量m=1,1,233.
设AC与平面FGC所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|m·AC||m||AC|=44×1+1+43=3010.
3.(1)证明 因为四边形BEDC为平行四边形,
所以CD∥BE.因为EB⊥平面ABC,
所以CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.
因为∠ACB是以AB为直径的圆上的圆周角,所以BC⊥AC.又因为AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.
(2)解 在△ABC中,设AC=x,BC=4-x2(0=n1·n2|n1||n2|=63×5=105.
4.(1)证明 取PD中点E,连接EN,AE.
因为M,N,E分别为AB,PC,PD的中点,所以EN∥AM,EN=AM=12AB,
所以四边形AMNE是平行四边形,故MN∥AE.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为CD⊥AD,AD∩PA=A,
所以CD⊥平面PAD,所以平面PCD⊥平面PAD.因为PA=AD,E为中点,所以AE⊥PD,所以AE⊥平面PCD,
所以MN⊥平面PCD.
(2)解 因为PA⊥平面ABCD,所以∠PBA即为直线PB与平面ABCD所成的角,所以cos∠PBA=255,所以sin∠PBA=55.因为PA=AD=2,AB=4,分别以AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,2,0),M(2,0,0),C(4,2,0),P(0,0,2),N(2,1,1),
则DM=(2,-2,0),MN=(0,1,1).
设平面NDM的法向量n1=(x,y,z),则n1·DM=0,n1·MN=0,即2x-2y=0,y+z=0,
取x=1,则y=1,z=-1,即平面NDM的一个法向量n1=(1,1,-1).易得平面DMC的一个法向量n2=(0,0,1),
所以cos=n1·n2|n1||n2|=-33,
由图可知,二面角N-DM-C为锐角,
所以二面角N-DM-C的余弦值为33.
5.(1)证明 因为O为BE的中点,所以在等边△BCE中,OC⊥BE.又因为OF是异面直线AB和OC的公垂线,所以OC⊥OF.
又因为OF∩BE=O,所以OC⊥平面ABE.因为OC⊂平面BCE,所以平面ABE⊥平面BCE.
(2)解 因为F,O分别为AB,BE的中点,所以OF∥AE.
又因为OF是异面直线AB和OC的公垂线,所以OF⊥AB,AE⊥AB,所以△ABE为等腰直角三角形.
连接AO,AB=AE=2,OA=1,
因为OA⊥BE,OA⊂平面ABE,平面ABE⊥平面BCE,且平面ABE∩平面BCE=BE,所以OA⊥平面BCE.
以O为原点,分别以OE,OC,OA所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,1),B(-1,0,0),C(0,3,0),E(1,0,0).因为四边形ABCD为平行四边形,设D(x0,y0,z0),因为BC=AD,所以(1,3,0)=(x0,y0,z0-1),
所以D(1,3,1).设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),BA=(1,0,1),BC=(1,3,0),
则n·BA=0,n·BC=0,即x+z=0,x+3y=0,令y=-1,则x=3,z=-3,
所以平面ABCD的一个法向量n=(3,-1,-3).
因为C(0,3,0),E(1,0,0),D(1,3,1),
所以△CDE的重心G的坐标为23,233,13,AG=23,233,-23,
设直线AG与平面ABCD所成角为θ,
则sin θ=|cos|=n·AG|n|·|AG| =2337×253=10535.
6.解 依题意,以C为原点,分别以CA,CB,CC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
(1)证明:依题意,C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1M·B1D=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).
设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,
即2y+z=0,2x-z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
因此有cos=CA·n|CA||n| =66,
于是sin=306.所以,二面角B-B1E-D的正弦值为306.
(3)依题意,AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=AB·n|AB||n| =-33.
所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
7.解 (1)因为SB⊥底面ABCD,所以∠SAB即为直线AS与平面ABCD所成的角,在Rt△SBA中,sin∠SAB=SBSA=22.
(2)以B为坐标原点,以BC,BA,BS的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),D(λ,2,0),S(0,0,2).
设E(λ,x,0)(0≤x≤2),所以SE=(λ,x,-2),EA=(-λ,2-x,0).
由SE⊥EA可得-λ2+x(2-x)=0,解得λ2=x(2-x).
因为x∈[0,2],所以λ2=x(2-x)∈[0,1],所以在所给的数据中,λ可以取①②③.
(3)由(2)知λ=32,此时,x=12或x=32,即满足条件的点E有两个,
根据题意得,其坐标为E132,12,0和E232,32,0.
因为SB⊥平面ABCD,所以SB⊥BE1,SB⊥BE2,所以∠E1BE2是二面角E1-SB-E2的平面角.
由cos=BE1·BE2|BE1||BE2|=34+341×3=32,由题意得二面角E1-SB-E2为锐角,所以二面角E1-SB-E2的大小为30°.
专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题
1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.
(1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC;
(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.
2.
(2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.
(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由;
(2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.
3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1.
(1)求证:A1D∥平面BCC1B1;
(2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由.
4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2.
(1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG;
(2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB所成角的正弦值.
5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如图2.
(1)求证:AE⊥平面EBHG;
(2)求二面角A-GH-B的余弦值;
(3)若点F满足AF=λAB,当EF∥平面AGH时,求λ的值.
6.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=22AD,AD=2PD=4BC=4.
(1)求证:AC⊥平面PCD;
(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值;
(3)在棱PD上是否存在点M,使得CM∥平面PAB?若存在,求PMPD的值;若不存在,说明理由.
7.
(2020山东省实验中学模拟,19)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且DF=λDA(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.
(1)当λ=12时,求证:EF⊥BG;
(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为13?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
8.
(2020河北衡水中学调研,18)已知,图中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动,且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1.
(1)求证:E,F,P,Q四点共面,并证明EF∥平面PQB;
(2)是否存在点P使得二面角B-PQ-E的余弦值为55?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.
专题突破练18 立体几何中的
翻折问题及探索性问题
1.(1)证明 在图1的△ABC中,D,E分别为AC,AB边中点,∴DE∥BC.
又AC⊥BC,∴DE⊥AC.
在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,
又DE∥BC,∴BC⊥平面A1CD.
又BC⊂平面A1BC,∴平面A1CD⊥平面A1BC.
(2)解 由(1)知DE⊥平面A1CD,且DE⊂平面BCDE,∴平面A1CD⊥平面BCDE.
又平面A1CD∩平面BCDE=DC,
在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,垂足为O,则O为CD中点,且A1O⊥平面BCDE,分别以DC,梯形BCDE中位线,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,3),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).
A1C=(1,0,-3),EA1=(1,-2,3),EB=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),
则EA1·n=x1-2y1+3z1=0,EB·n=2x1+2y1=0,
令x1=1,则y1=-1,z1=-3,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-3).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sin θ=|cos|=|A1C·n||A1C|·|n| =|1×1-1×0+(-3)×(-3)|1+3×1+1+3=255.
∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为255.
2.解 (1)当E为BC的中点时,CF∥平面PAE.理由如下,
如图,分别取BC,PA的中点E,G,连接PE,AE,GE,FG.
又F是PD的中点,∴FG∥AD,FG=12AD.
又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=12BC.又E是BC的中点,∴FG∥CE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,∴CF∥EG.
又EG⊂平面PAE,CF⊄平面PAE,
∴CF∥平面PAE.
(2)如图,取AD中点O,连接PO,OE,
又PA=PD,∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD.∴以O为原点,OA,OE,OP分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,3),F-12,0,32,∴AF=-32,0,32,BC=(-2,0,0),PB=(1,2,-3),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则-2x=0,x+2y-3z=0,
令y=3,得x=0,z=23,
则平面PBC的一个法向量n=(0,3,23),∴|cos|=|n·AF||n||AF|=321×3=77,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为77.
3.(1)证明 如图所示,连接B1C,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB
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