1、高考数学培优专题库教师版 第五十一讲第五十一讲转化与化归思想转化与化归思想 A A 组组 1.(2016河南郑州一模)如图是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为() A.8B.16C.32D.64 答案：C 解析：由三视图可得，该几何体是四棱锥(如图)，其中底面 BCDE侧面 ABC，且底面 BCDE 为正方 形(边长为 4)，侧面 ABC 为等腰直角三角形(ABAC2 2)，利用补形可知以 A，B，C，D，E 为部分顶点 的长方体的外接球即为四棱锥 ABCDE 的外接球，其半径为 R （2 2）2（2 2）242 2 2 2，所以 外接球的表面积 S4R232，故选 C. 2.从
2、正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60的共有() A.24 对B.30 对C.48 对D.60 对 答案：C 解析：法一直接法：如图，在上底面中选 B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成 60，共 8 对，同 样 A1C1对应的也有 8 对，下底面也有 16 对，这共有 32 对；左右侧面与前后侧面中共有 16 对.所以全部共 有 48 对. 法二间接法：正方体的 12 条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为 60，所以成角为 60的共 有 C21212648. 3. （2017 年高考全国 1 卷理）图，圆形纸片的圆心为O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形ABC
3、 的中心为O。D、E、F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。 沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。 当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_。 高考数学培优专题库教师版 【答案】4 15 【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x0)，则 13 32 OGx 3 6 x. 3 5 6 FGSGx， 22 22 33 5 66 SOhSGGOxx 3 5 5 3 x ， 三棱锥的体积 2 1133 5 5 3343 AB
4、C VShxx 45 153 5 123 xx. 设 45 3 5 3 n xxx，x0，则 34 5 3 20 3 n xxx， 令 0n x，即 4 3 40 3 x x ，得4 3x ，易知 n x在4 3x 处取得最大值. max 15 48544 15 12 V. 高考数学培优专题库教师版 4.(2016山东泰安模拟)若直线 l：x a y b1(a0，b0)经过点(1，2)，则直线 l 在 x 轴和 y轴上的截 距之和的最小值是_. 答案：32 2 解析：直线 l 在 x 轴上的截距为 a，在 y 轴上的截距为 b.求直线 l 在 x 轴和 y 轴上的截距之和的最小值 即求 ab
5、的最小值.由直线 l 经过点(1，2)得1 a 2 b1. 于是 ab(ab)1(ab) 1 a 2 b 3b a 2a b ， 因为b a 2a b 2 b a 2a b 2 2 当且仅当b a 2a b 时取等号 .所以 ab32 2 5.(2016江苏，10)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点，直线 y b 2与椭圆交于 B，C 两点，且BFC90，则该椭圆的离心率是_. 答案答案： 6 3 解析：联立方程组 x2 a2 y2 b21， yb 2， 解得 B、C 两点坐标为 B 3 2 a，b 2 ,C 3 2 a，b 2 ,又 F
6、(c,0),则FB 3 2 ac，b 2 ，FC 3a 2 c，b 2 ， 又由BFC90，可得FB FC 0，代入坐标可得：c23 4a 2b2 4 0， 又因为 b2a2c2.代入式可化简为c 2 a2 2 3，则椭圆离心率为 e c a 2 3 6 3 . 6.如图所示，已知A(2，0)，B(2，0)，C(0，2)，E(1，0)，F(1，0)，一束光线从F点出发射到 BC上的D点经BC反射后， 再经AC反射， 落到线段AE上(不含端点)， 则直线FD的斜率的取值范围是_ 高考数学培优专题库教师版 答案：(4，) 解析：如图所示，从特殊位置考虑点A(2，0)关于直线BC：xy2 的对称点为
7、A1(2，4)， 直线A1F的斜率kA1F4.点E(1，0)关于直线AC：yx2 的对称点为E1(2，1)，点E1(2，1) 关于直线BC：xy2 的对称点为E2(1，4)，此时直线E2F的斜率不存在，kA1FkFD，即kFD(4，) 7.对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2ab|最大时，3 a 4 b 5 c的最小值为 _ 答案：2 解析：设 2abt，则 2atb，因为 4a22ab4b2c0，所以将 2atb 代入整理可得 6b2 3tbt2c0，由0 解得 8 5ct 8 5c，当|2ab|取最大值时 t 8 5c，代入式得 b c 10， 再由 2a
8、tb 得 a3 2 c 10，所以 3 a 4 b 5 c 2 10 c 4 10 c 5 c 5 c 2 10 c 5 c 2 2 22，当且仅当 c 5 2时等号成立. 8.如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯 形,ABCBAD 2,PAAD2,ABBC1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； (2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长. 解 以AB ,AD ,AP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 高考数学培优专题库教师版 则各点的坐标为 B(1,0,0)
9、,C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)因为 AD平面 PAB,所以AD 是平面 PAB 的一个法向量,AD (0,2,0). 因为PC (1,1,2),PD (0,2,2).设平面 PCD 的法向量为 m(x,y,z), 则 mPC 0,mPD 0,即 xy2z0， 2y2z0. 令 y1,解得 z1,x1. 所以 m(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量.从而 cosAD ,m AD m |AD |m| 3 3 , 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 3 . (2)因为BP (1,0,2),设BQ BP (,0,2)(01),又CB(0,
10、1,0), 则CQ CB BQ (,1,2),又DP (0,2,2), 从而 cosCQ ,DP CQ DP |CQ |DP | 12 1022. 设 12t,t1,3,则 cos2CQ ,DP 2t2 5t210t9 2 9 1 t 5 9 2 20 9 9 10. 当且仅当 t9 5,即 2 5时,|cosCQ ,DP |的最大值为3 10 10 . 因为 ycos x 在 0， 2 上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 又因为 BP 1222 5,所以 BQ2 5BP 2 5 5 . 9.已知f(x)是定义在1，1上的奇函数，且f(1)1，若a，b1，1，ab0 时，
11、有 f（a）f（b） ab 0 成立 (1)判断f(x)在1，1上的单调性，并证明； (2)解不等式 f x1 2 f 1 x1 ； (3)若f(x)m 22am1 对所有的 a1，1恒成立，求实数m的取值范围 高考数学培优专题库教师版 解：(1)任取x1，x21，1，且x1x2， 则x21，1f(x)为奇函数， f(x1)f(x2)f(x1)f(x2) f（x 1）f（x2） x1（x2） (x1x2) 由已知得f（x 1）f（x2） x1（x2） 0，x1x20， f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)， f(x)在1，1上单调递增 (2)f(x)在1，1上单调递增， x1 2 1
12、 x1， 1x1 21， 1 1 x11， 解得3 2x1. (3)f(1)1，f(x)在1，1上单调递增， 在1，1上，f(x)1. 问题转化为m 22am11， 即m 22am0，对 a1，1成立 下面来求m的取值范围 设g(a)2mam 20. 若m0，则g(a)00，对a1，1恒成立 若m0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)0，对a1，1恒成立，必须g(1)0，且g(1) 0， m2 或m2. m的取值范围是m0 或m2 或m2. 10.已知函数f(x)x 22 3ax 3(a0)，xR R. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，
13、使得f(x1)f(x2)1.求a的取值范围 【解】(1)由已知，有f(x)2x2ax 2(a0) 令f(x)0，解得x0 或x1 a. 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，0)(0，1 a) 1 a (1 a，) f (x) 0 高考数学培优专题库教师版 f(x) 1 3a 2 所以，f(x)的单调递增区间是(0，1 a)；单调递区间是(，0)，( 1 a，) 当x0 时，f(x)有极小值，且极小值f(0)0；当x1 a时，f(x)有极大值，且极大值 f(1 a) 1 3a 2. (2)由f(0)f( 3 2a)0 及(1)知，当 x(0， 3 2a)时，f(x)0； 当x
14、( 3 2a，)时，f(x)0. 设集合Af(x)|x(2，)，集合B 1 fx |x(1，)，f(x)0则“对于任意的x1 (2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)1”等价于AB.显然，0B. 下面分三种情况讨论： 当 3 2a2，即 0a 3 4时，由 f( 3 2a)0 可知，0A，而 0 B，所以A不是B的子集 当 1 3 2a2， 即 3 4a 3 2时， 有 f(2)0， 且此时f(x)在(2， )上单调递减， 故A(，f(2)， 因而A(，0)；由f(1)0，有f(x)在(1，)上的取值范围包含(，0)，则(，0)B.所 以AB. 当 3 2a1，即 a3 2时，有
15、 f(1)0，且此时f(x)在(1，)上单调递减， 故 1 (,0) (1) B f ， A(，f(2)， 所以A不是B的子集 综上，a的取值范围是3 4， 3 2 11.已知函数 f(x)nxxn,xR,其中 nN*,n2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设曲线 yf(x)与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 yg(x),求证：对于任意的 正实数 x,都有 f(x)g(x)； (3)若关于 x 的方程 f(x)a(a 为实数)有两个正实根 x1,x2,求证：|x2x1| a 1n2. 解:(1)由 f(x)nxxn,可得 f(x)nnxn 1n(1xn1). 其
16、中 nN*,且 n2,下面分两种情况讨论： 当 n 为奇数时.令 f(x)0,解得 x1,或 x1. 当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表： x(,1)(1,1)(1,) f(x) f(x) 所以,f(x)在(,1),(1,)上单调递减,在(1,1)内单调递增. 当 n 为偶数时. 高考数学培优专题库教师版 当 f(x)0,即 x1 时,函数 f(x)单调递增； 当 f(x)0,即 x1 时,函数 f(x)单调递减； 所以,f(x)在(,1)上单调递增,在(1,)上单调递减. (2)证明设点 P 的坐标为(x0,0),则 x0n 1 n1,f(x 0)nn2. 曲线 yf(x)在
17、点 P 处的切线方程为 yf(x0)(xx0),即 g(x)f(x0)(xx0). 令 F(x)f(x)g(x),即 F(x)f(x)f(x0)(xx0),则 F(x)f(x)f(x0). 由于 f(x)nxn 1n 在(0,)上单调递减, 故 F(x)在(0,)上单调递减,又因为 F(x0)0,所以当 x(0,x0)时,F(x)0, 当 x(x0,)时,F(x)0,所以 F(x)在(0,x0)内单调递增, 在(x0,)上单调递减,所以对于任意的正实数 x, 都有 F(x)F(x0)0,即对于任意的正实数 x,都有 f(x)g(x). (3)证明不妨设 x1x2.由(2)知 g(x)(nn2)
18、(xx0), 设方程 g(x)a 的根为 x2,可得 x2 a nn2x 0. 当 n2 时,g(x)在(,)上单调递减, 又由(2)知 g(x2)f(x2)ag(x2),可得 x2x2. 类似地,设曲线 yf(x)在原点处的切线方程为 yh(x),可得 h(x)nx. 当 x(0,),f(x)h(x)xn0,即对于任意的 x(0,),f(x)h(x). 设方程 h(x)a 的根为 x1,可得 x1a n. 因为 h(x)nx 在(,)上单调递增,且 h(x1)af(x1)h(x1),因此 x1x1. 由此可得 x2x1x2x1 a 1nx 0. 因为 n2,所以 2n 1(11)n11C1
19、n11n1n, 故 2n 1 n1x 0.所以,|x2x1| a 1n2. B 组 1.设xR， x表示不超过x的最大整数. 若存在实数t，使得 1t ， 2 2t， n tn同时成 立 ，则正整数n的最大值是（） A3B4C5D6 答案：B 高考数学培优专题库教师版 解析：因为 x表示不超过x的最大整数.由1t得21t，由2 2 t得32 2 t，由 3 4 t得54 4 t，所以52 2 t，所以52 2 t，由3 3 t得43 3 t，所以546 5 t， 由5 5 t得65 5 t，与546 5 t矛盾，故正整数n的最大值是 4. 2.对二次函数 f(x)ax2bxc(a 为非零整数)
20、,四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错 误的,则错误的结论是() A.1 是 f(x)的零点B.1 是 f(x)的极值点C.3 是 f(x)的极值D.点(2,8)在曲线 yf(x)上 答案：A 解析：A 正确等价于 abc0, B 正确等价于 b2a, C 正确等价于4acb 2 4a 3, D 正确等价于 4a2bc8. 下面分情况验证, 若 A 错,由、组成的方程组的解为 a5， b10， c8. 符合题意； 若 B 错,由、组成的方程组消元转化为关于 a 的方程后无实数解； 若 C 错,由、组成方程组,经验证 a 无整数解； 若 D 错,由、组成的方程组 a 的解为3 4也
21、不是整数. 综上,故选 A. 3.已知函数 f(x)|exa ex|(aR， e 是自然对数的底数)在区间0,1上单调递增， 则 a 的取值范围是( ) A0,1B1,0 C1,1D(，e2e2，) 答案C 解析因为函数f(x)在区间0,1上单调递增，取a1，则函数f(x)e x1 e x，当 0 x1 时， f(x)e x1 e x0，所以函数 f(x)在区间0,1上单调递增，排除 A，D；取a1，则函数f(x)e x1 e x， 当 0 x1 时，f(x)e x1 e x e 2x1 e x 0，所以函数f(x)在区间0,1上单调递增，排除 B，故选 C. 4.（江西省南昌市第二中学 20
22、16 届高三上学期第四次考试）已知R，函数 高考数学培优专题库教师版 1,0, ( ) lg ,0, xx f x xx 2 ( )414g xxx ，若关于x的方程( ( )f g x有 6 个解，则的取 值范围为（） A 2 (0, ) 3 B 1 2 ( ,) 2 3 C 21 ( ,) 52 D 2 (0,) 5 答案：D 解析： 函数( )f x在(, 1 上递减， 在 1,0)和 (0,)上递增，( )f x的图象如图所示，由于方程 ( )g xm最多只有两解，因此由题意( )f n有三解， 所以01且三解 123 ,n n n满足 1 1n ， 2 10n ， 3 1n ， 1
23、1n ，所以 2 ( )4141g xxx 有两解， 2 (2)520 x ， 2 5 ，所以 2 0 5 ，故选 D 5. （河北省衡水中学 2016 届高三上学期四调考） 利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥CDR-AB， 其中底面四边形CDAB是边长为1的正方形，1RA =，且RA平面CDAB，则球体毛坯体积的最小值应 为 答案： 3 2 p. 解析：如图，将四棱锥CDR-AB补全为一个正方体，则：当正方体为球的内接正方体时球的体积最 小，此时正方体的体对角线为球的直径，长为 222 3 21113, 2 RR ，球的体积为： 3 3 4433 3322 VR ；故答案应填： 3 2 p
24、 6. 已 知 数 列 an 满 足a1 1 ，an 1a 2 nan， 用 x 表 示 不 超 过x的 最 大 整 数 ， 则 1 -11 x y O 高考数学培优专题库教师版 1 a11 1 a21 1 a2 0131 _. 答案：0 解析：因为 1 an1 1 anan1 1 an 1 an1，所以 1 an1 1 an 1 an1，所以 1 a11 1 a21 1 a2 0131 1 a1 1 a2 1 a2 1 a3 1 a2 013 1 a2 014 1 a1 1 a2 014，又 a11，所以 1 a2 014(0,1)，所以 1 a1 1 a2 014(0,1)，故 1 a1
25、1 a2 0140. 7.(2015杭州七校模拟)已知函数 f(x)x2(x1)|xa|. (1)若 a1，解方程 f(x)1； (2)若函数 f(x) 在 R 上单调递增，求实数 a 的取值范围； (3)若 a1 且不等式 f(x)2x3 对一切实数 xR 恒成立，求 a 的取值范围. 解(1)当 a1 时，有 f(x) 2x21，x1， 1，x1. 当 x1 时，2x211，解得：x1 或 x1， 当 x1 时，f(x)1 恒成立.方程的解集为：x|x1 或 x1. (2)f(x) 2x2（a1）xa，xa， （a1）xa，x0 ，解得：a1 3， 即实数 a 的取值范围是 1 3，. (
26、3)设 g(x)f(x)(2x3)，则 g(x) 2x2（a3）xa3，xa， （a1）xa3，xa. 即不等式 g(x)0 对一切实数 xR 恒成立. a1，当 xa 时，g(x)单调递减，其值域为：(a22a3，). a22a3(a1)222，g(x)0 恒成立. 当 xa 时，a1，aa3 4 ，g(x)ming a3 4a3（a3） 2 8 0，得3a5. a1，3a0，求实数 m的取值范围； (2)若对任意的x0，)都有f(x)2 x成立，求实数 k的取值范围 解析(1)函数f(x)为奇函数且xR R， f(0)0，即 2 0k200，解得 k1，f(x)2 x2x. f(x)2 x
27、ln22xln2(2x2x)ln20， f(x)在(，)上是增函数 f(2m1)f(m 22m4)0，即 f(2m1)f(m 22m4)， 高考数学培优专题库教师版 2m1(m 22m4)， m 3. (2)x0，)，2 xk2x2x，即 22xk1， k12 2x对任意的 x0，)恒成立， k(12 2x) max. 又t12 2x14x在0，)上单调递减， t14 00，k0. 10.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ,且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3. (1)求椭圆的标准方程； (2)过 F 的直线与椭圆交于 A,
28、B 两点,线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P,C,若 PC2AB, 求直线 AB 的方程. 解(1)由题意,得c a 2 2 且 ca 2 c 3, 解得 a 2,c1,则 b1,所以椭圆的标准方程为x 2 2 y21. (2)当 ABx 轴时,AB 2,又 CP3,不合题意. 当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 yk(x1),A(x1,y1),B(x2,y2), 将 AB 的方程代入椭圆方程,得(12k2)x24k2x2(k21)0, 则 x1,22k 2 2（1k2） 12k2 ,C 的坐标为 2k2 12k2， k 12k2,且 AB （x2x1
29、）2（y2y1）2 （1k2）（x2x1）22 2（1k 2） 12k2 . 若 k0,则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴,与左准线平行,不合题意. 从而 k0,故直线 PC 的方程为 y k 12k2 1 k x 2k2 12k2, 则 P 点的坐标为 2， 5k22 k（12k2） ,从而 PC2（3k 21） 1k2 |k|（12k2） . 因为 PC2AB,所以2（3k 21） 1k2 |k|（12k2） 4 2（1k 2） 12k2 ,解得 k1. 高考数学培优专题库教师版 此时直线 AB 的方程为 yx1 或 yx1. C C 组组 1.若定义在R上的函数 f x满足 01f ，
30、其导函数 fx满足 1fxk，则下列结论 中一定错误的是（） A 11 f kk B 11 1 f kk C 11 11 f kk D 1 11 k f kk 答案：C 解析：由已知条件，构造函数( )( )g xf xkx，则 ( )( )0g xfxk，故函数( )g x在R上单调 递增，且 1 0 1k ，故 1 ()(0) 1 gg k ，所以 1 ()1 11 k f kk ， 11 () 11 f kk ，所以结论中一定 错误的是 C，选项 D 无法判断；构造函数( )( )h xf xx，则 ( )( ) 10h xfx ，所以函数( )h x在R上 单调递增，且 1 0 k ，
31、所以 1 ( )(0)hh k ，即 11 ( )1f kk ， 11 ( )1f kk ，选项 A,B 无法判断，故选 C 2.将函数( )sin2f xx的图像向右平移(0) 2 个单位后得到函数( )g x的图像，若对满足 12 ( )()2f xg x的 1 x， 2 x，有 12min 3 xx ，则（） A. 5 12 B. 3 C. 4 D. 6 答案：D. 解析：向右平移个单位后，得到)22sin()(xxg，又2| )()(| 21 xgxf，不妨 kx2 2 2 1 ， mx2 2 22 2 ， )( 2 21 mkxx，又 12min 3 xx ， 632 ，故选 D.
32、3. （湖南省长沙市长郡中学2016届高三下学期第六次月考） 已知( )yf x为R上的可导函数， 当0 x 时， ( ) ( )0 f x fx x ，则关于x的函数 1 ( )( )g xf x x 的零点个数为() 高考数学培优专题库教师版 A1B2C0D0 或 2 答案：C 解析：由于函数 1 ( )( )g xf x x ，可得0 x ，因而( )g x的零点跟( )xg x的非零零点是完全一样的， 故我们考虑( )( )1xg xxf x的零点由于当0 x 时， ( ) ( )0 f x fx x ， 当0 x 时， ( ) ( )( )( )( )( )0 f x xg xxf
33、xxfxf xx fx x ，所以，在(0,)上，函数( )xg x单调递增函 数又 0 lim( )11 x xf x ，在(0,)上，函数( )( ) 11xg xxf x 恒成立，因此，在(0,)上， 函数( )( )1xg xxf x没有零点当0 x 时，由于 ( )( )( )( )xg xxf xxfxf x ( ) ( )0 f x x fx x ，故函数( )xg x在(,0)上是递减函数，函 数( )( ) 11xg xxf x 恒成立，故函数( )xg x在(,0)上无零点综上可得，函 1 ( )( )g xf x x 在R 上的零点个数为0，故选C 4.设抛物线 2 y=
34、2x 的焦点为 F，过点 M（3，0）的直线与抛物线相交于 A，B 两点，与抛物线的准 线相交于 C，BF=2，则BCF 与ACF 的面积之比 BCF ACF S S =() A. 4 5 B. 2 3 C. 4 7 D. 1 2 6 4 2 -2 -4 -6 -10-5510 x=-0.5 F: (0.51, 0.00) h x g y f y 2 2 A B F C 答案：A 解析：由题知 12 12 2 1 2 1 A B A B ACF BCF x x x x AC BC S S ， 高考数学培优专题库教师版 又3 2 3 2 2 1 | BBB yxxBF 由 A、B、M 三点共线有
35、 BM BM AM AM xx yy xx yy 即 2 3 3 30 3 20 A A x x ，故2 A x， 5 4 14 13 12 12 A B ACF BCF x x S S ，故选择 A。 5.在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABDC，AB2，BC1，ABC60，动点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且BE BC，DF 1 9DC ，则|AE |AF|的最小值为_. 答案：29 18 解析： 在梯形 ABCD 中， AB2， BC1， ABC60， 可得 DC1， AE ABBC， AFAD 1 9DC ， AE AF (AB BC )(AD 1 9DC )AB AD
36、 AB 1 9DC BC AD BC 1 9DC 21cos 602 1 9 1cos 60 1 9cos 120 2 9 2 17 182 2 9 2 17 18 29 18，当且仅当 2 9 2，即 2 3时，取得最小值为 29 18. 6. 已 知 函 数 x xf2)( ， axxxg 2 )( （ 其 中Ra） . 对 于 不 相 等 的 实 数 21,x x ， 设 21 21 )()( xx xfxf m ， 21 21 )()( xx xgxg n . 现有如下命题： （1）对于任意不相等的实数 21,x x ，都有0m； （2）对于任意的 a 及任意不相等的实数 21,x x
37、 ，都有0n； （3）对于任意的 a，存在不相等的实数 21,x x ，使得nm； （4）对于任意的 a，存在不相等的实数 21,x x ，使得nm. 其中的真命题有（写出所有真命题的序号）. 答案： 7.已知椭圆M的对称轴为坐标轴，离心率为 2 2 ，且抛物线y 24 2x 的焦点是椭圆M的一个焦点 (1)求椭圆M的方程； (2)设直线l与椭圆M相交于A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，其中点P在椭圆 高考数学培优专题库教师版 M上，O为坐标原点求点O到直线l的距离的最小值 解析(1)由题意，抛物线的焦点为( 2，0)， 设椭圆方程为x 2 a 2 y 2 b 21(ab
38、0) 则c 2，由e 2 2 ，得a2，所以b 22. 所以椭圆M的方程为x 2 4 y 2 2 1. (2)当直线l斜率存在时，设直线方程为ykxm， 则由 ykxm， x 2 4 y 2 2 1， 消去y，得(12k 2)x24kmx2m240. 16k 2m24(12k2)(2m24)8(24k2m2)0. 设A，B，P点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，则 x0 x1x2 4km 12k 2，y0y1y2k(x1x2)2m 2m 12k 2， 由于点P在椭圆M上，所以x 2 0 4 y 2 0 2 1. 从而 4k 2m2 12k 22 2m 2 12k 22
39、1， 化简，得 2m 212k2，经检验满足式 又因为点O到直线l的距离为 d |m| 1k 2 1 2k 2 1k 2 1 1 21k 2 11 2 2 2 . 当且仅当k0 时等号成立 当直线l无斜率时，由对称性知，点P一定在x轴上， 从而点P的坐标为(2,0)或(2,0)，直线l的方程为x1，所以点O到直线l的距离为 1. 所以点O到直线l的距离最小值为 2 2 . 8.（2016 年上海高考）将边长为 1 的正方形 11 AAOO（及其内部）绕的 1 OO旋转一周形成圆柱，如图， AC长为 2 3 ， 11 AB长为 3 ，其中 1 B与C在平面 11 AAOO的同侧。 高考数学培优专
40、题库教师版 （1）求三棱锥 111 CO AB的体积； （2）求异面直线 1 BC与 1 AA所成的角的大小。 解析：（1）由题意可知，圆柱的高1h ，底面半径1r 由 11 的长为 3 ，可知 111 3 111 1111111 13 sin 24 S ， 111111 C 13 V 312 Sh （2）设过点 1 的母线与下底面交于点，则 11 /， 所以 1 C 或其补角为直线 1C 与 1 所成的角 由C长为 2 3 ，可知 2 C 3 ， 又 111 3 ，所以C 3 ， 从而C 为等边三角形，得C1 因为 1 平面C，所以 1 C 在 1 C 中，因为 1 C 2 ，C1 ， 1
41、1 ，所以 1 C 4 ， 从而直线 1C 与 1 所成的角的大小为 4 高考数学培优专题库教师版 9.已知函数f(x)ln(1x),g(x)kx(kR R). (1)证明：当x0 时,f(x)x； (2)证明：当k1 时,存在x00,使得对任意的x(0,x0),恒有f(x)g(x)； (3)确定k的所有可能取值,使得存在t0,对任意的x(0,t),恒有|f(x)g(x)|x 2. 解析：(1)证明令F(x)f(x)xln(1x)x,x(0,), 则有F(x) 1 1x1 x x1. 当x(0,)时,F(x)0,所以F(x)在(0,)上单调递减, 故当x0 时,F(x)F(0)0,即当x0 时
42、,f(x)x. (2)证明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx,x(0,), 则有G(x) 1 x1k kx（1k） x1 . 当k0 时,G(x)0,故G(x)在(0,)单调递增,G(x)G(0)0, 故任意正实数x0均满足题意. 当 0k1 时,令G(x)0,得x1k k 1 k10, 取x01 k1,对任意 x(0,x0),有G(x)0,从而G(x)在(0,x0)单调递增, 所以G(x)G(0)0,即f(x)g(x). 综上,当k1 时,总存在x00,使得对任意x(0,x0),恒有f(x)g(x). (3)解当k1 时,由(1)知,对于x(0,),g(x)xf(x),故g(x)f(
43、x), |f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x).M(x)kxln(1x)x 2,x0,). 则有M(x)k 1 1x2x 2x 2（k2）xk1 x1 . 故当x 0，k2 （k2） 28（k1） 4时,M(x)0, M(x)在 0，k2 （k2） 28（k1） 4上单调递增, 故M(x)M(0)0,即|f(x)g(x)|x 2,所以满足题意的 t不存在. 当k1 时,由(2)知,存在x00,使得当x(0,x0)时,f(x)g(x), 此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx. 令N(x)ln(1x)kxx 2,x0,). 高考数学培优专题库教师版 则有N(x)
44、1 x1k2x 2x 2（k2）x1k x1 . 当x 0，（k2） （k2） 28（1k） 4时, N(x)0,N(x)在 0，（k2） （k2） 28（1k） 4上单调递增, 故N(x)N(0)0,即f(x)g(x)x 2. 记x0与（k2） （k2） 28（1k） 4 中的较小者为x1, 则当x(0,x1)时,恒有|f(x)g(x)|x 2. 故满足题意的t不存在. 当k1 时,由(1)知,当x0 时,|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x), 令H(x)xln(1x)x 2,x0,),则有 H(x)1 1 1x2x 2x 2x x1 . 当x0 时,H(x)0,所以H(x)在
45、0,)上单调递减,故H(x)H(0)0. 故当x0 时,恒有|f(x)g(x)|x 2.此时,任意正实数 t均满足题意. 综上,k1. 方法二(1)(2)证明同法一. (3)当k1 时,由(1)知,对于x(0,),g(x)xf(x), 故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x. 令(k1)xx 2,解得 0 xk1. 从而得到,当k1 时,对于x(0,k1),恒有|f(x)g(x)|x 2, 故满足题意的t不存在. 当k1 时,取k1k1 2 ,从而kk11, 由(2)知,存在x00,使得x(0,x0),f(x)k1xkxg(x), 此时|f(x)g(x)|f(x
46、)g(x)(k1k)x1k 2 x, 令 1k 2 xx 2,解得 0 x1k 2 ,此时f(x)g(x)x 2. 记x0与1k 2 的较小者为x1,当x(0,x1)时,恒有|f(x)g(x)|x 2.故满足题意的 t不存在. 当k1 时,由(1)知,x0,|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x), 令M(x)xln(1x)x 2,x0,),则有 M(x)1 1 1x2x 2x 2x x1 . 当x0 时,M(x)0,所以M(x)在0,)上单调递减, 故M(x)M(0)0.故当x0 时,恒有|f(x)g(x)|x 2, 此时,任意正实数t均满足题意. 高考数学培优专题库教师版 综上,
47、k1. 10.（2016 年山东高考）已知 2 21 ( )ln,R x f xa xxa x . （I）讨论( )f x的单调性； （II）当1a 时，证明 3 ( ) 2 f xfx 对于任意的1,2x成立. 解析：解析：() 求导数 3 22 ) 1 1 (=) ( x x x axf 3 2 2)(1( = x axx) 当0a时，(0,1)x，0)( xf，)(xf单调递增， )(1,+x，0a时， 33 2 2 +( 2 )(1( = 2)(1( =) ( x a x a xxa x axx xf ) ) （1） 当a0时，1 2 a ， (0,1)x或),(+ 2 a x，0)(
48、 xf，)(xf单调递增， )(1, a x 2 ，0)( xf，)(xf单调递减； (2)当=a时，1= 2 a ，)(0,+x，0)( xf，)(xf单调递增， (3) 当a 时，1 2 )( xf，)(xf单调递增， ,1)( a x 2 ，0)( xf，)(xf单调递减； 高考数学培优专题库教师版 () 当1a时， 2 12 +ln=)( x x xxxf ， 323 2 2 + 1 1= 2)(1( =) ( xxxx xx xf 2 ) 于是) 2 + 1 1 12 +ln=) ( )( 322 xxxx x xxxfxf 2 ( ， 1 1 32 2 + 3 +ln= xxx x
49、x，2 , 1 x 令xxxln=)g(， 32 2 + 3 +=)h( xxx x 1 1，2 , 1 x ， 于是)(+(g=) ( )(xhxxfxf）， 0 1 =1=)( g x x x x 1 ，)g(x的最小值为1=g(1)； 又 4 2 432 + =+=)( h x xx xxx x 62362 3 设6+23=)( 2 xxx，2 , 1 x，因为1=) 1 (，10=)2(， 所以必有2 , 1 0 x，使得0=)( 0 x，且 0 )( x，)(xh单调递增； 2 0 xx时，0)(+(g=) ( )(hxhxxfxf） 即 2 3 )()(xfxf对于任意的2 , 1 x成立
