1、高考数学培优专题库教师版 第四十九讲分类讨论 A 组 1.已知变量x，y满足的不等式组 x0， y2x， kxy10 表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则 实数k等于() A.1 2 B.1 2 C.0D.1 2或 0 答案：D 解析： 不等式组 x0， y2x， kxy10 表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知若不等式组 x0， y2x， kxy10 表示的平面区域是直角三角形，只有直线ykx1 与直线x0 垂直(如图)或直线y kx1 与直线y2x垂直(如图)时，平面区域才是直角三角形. 由图形可知斜率k的值为 0 或1 2. 2.点(5,3)M到抛物线 2 yax的准线的距离为
2、 6，那么抛物线的方程是() A 2 12yxB 22 1236yxyx 或 C 2 36yx D 22 11 1236 yxyx 或 答案：D 解析：将 2 yax化为 2 1 yx a ，当a0 时，准线 1 4 y a ，由已知得 1 36 4a ， 1 a 12，a 1 12 .当a0 时，准线 1 4 y a ，由已知得 1 |3| 6 4a 6， 11 3612 a 或 （舍去）抛物线方程 为 22 11 1236 yxyx 或，故选 D. 3.某人根据自己爱好，希望从W，X，Y，Z中选 2 个不同字母，从0,2,6,8中选 3 个不同数字编拟 高考数学培优专题库教师版 车牌号，要
3、求前 3 位是数字，后两位是字母，且数字 2 不能排在首位，字母Z和数字 2 不能相邻，那么满 足要求的车牌号有() A198 个B180 个C216 个D234 个 答案：A 解析：不选 2 时，有 A 3 3A 2 472 个；选 2，不选Z时，有 C 1 2C 2 3A 2 2A 2 372 个； 选 2 时，2 在数字的中间，有 A 2 3C 1 2C 1 336 个，当 2 在数字的第三位时，A 2 3A 1 318 个根据分类加法计数 原理知，共有 72723618198 个，故选 A. 4.已知f(x)是定义在 R R 上的奇函数，且f(x2)f(x2)，当 0 x2 时，f(x
4、)1log2(x1)， 则当 0 x4 时，不等式(x2)f(x)0 的解集是() A(0,1) (2,3)B(0,1)(3,4) C(1,2)(3,4)D(1,2)(2,3) 答案：D 解析：当 0 x2 时，x20，不等式可化为 即 解得 1x2， 当 2x4 时，x20，不等式可化为 由函数f(x)是奇函数，得f(x)f(x)， 又f(x2)f(x2)，则f(x)f(x22)f(x22)f(4x)， 因为 04x2，不等式可化为 解得 2x3， 所以原不等式的解集为(1,2)(2,3)，故选 D. 5.如图，在ABC中，A30，BC2 5，D是AB边上的一点，CD2，BCD 的面积为 4
5、，则AC的长为. 答案：4 或 2 2 解析：设BCD，则在BCD中， SBCD1 22 52sin 4，即 sin2 5 5 ,则 cos 5 5 ,BD 22048 5 5 5 16 或 32，即BD4 或 4 2. 当BD4 时， 4 sin 2 sinB， 即 sinB 5 5 ，此时 AC sinB BC sinA，即 ACsin BBC sin 30 4； 当BD42时， 4 2 sin 2 sinB， 即 sinB 10 10 ，此时 AC sinB BC sinA， 高考数学培优专题库教师版 即ACsin BBC sin 30 2 2.综上，AC的长为 4 或 2 2. 6.(
6、湖南省师大等 2016 届高三四校联考)若函数2)( 2 xaxxf在), 0( 上单调递增，则实数a 的取值范围是_. 答案: 4,0. 解析:|2|)( 2 xaxxf， 2,2 2,2 )( 2 2 xaaxx xaaxx xf，又)(xf在), 0( 上单调递增， 04 0 2 2 2 a a a ，即实数a的取值范围是-4,0. 7.已知a0 且a1，若函数f(x)loga(ax 2x)在3，4上是增函数，则 a的取值范围 解析:由已知可得ax 2x0 在3，4上恒成立，故 9a30，解得 a1 3. 若 0a1，则ylogat在(0，)上单调递减，由题意知tax 2x 在3，4上为
7、减函数，故 1 2a 4，解得a1 8，这与 a1 3矛盾，不合题意； 若a1，则ylogat在(0，)上单调递增，由题意知tax 2x 在3，4上为增函数，故 1 2a3， 解得a1 6，因为 a1，所以a的取值范围是(1，) 8.已知函数 f(x)sin x(x0),g(x)ax(x0). (1)若 f(x)g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围； (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证：g(x)f(x)1 6x 3. 解析：(1)解令 h(x)sin xax(x0),则 h(x)cos xa. 若 a1,h(x)cos xa0,h(x)sin xax(x0)单调递减,h(x)h(0)0
8、,则 sin xax(x0)成立. 若 0a0,h(x)sin xax(x(0,x0)单调递增,h(x)h(0)0,不合题意. 若 a0,结合 f(x)与 g(x)的图象可知显然不合题意. 综上可知,a 的取值范围是1,). (2)证明当 a 取(1)中的最小值为 1 时,g(x)f(x)xsin x. 设 H(x)xsin x1 6x 3(x0),则 H(x)1cos x1 2x 2. 高考数学培优专题库教师版 令 G(x)1cos x1 2x 2,则 G(x)sin xx0(x0), 所以 G(x)1-cos x-1 2x 2在0,)上单调递减, 此时 G(x)1-cos x-1 2x 2
9、G(0)0,即 H(x)1-cos x-1 2x 20, 所以 H(x)x-sin x-1 6x 3在 x0,)上单调递减. 所以 H(x)x-sin x-1 6x 3H(0)0,则 x-sin x1 6x 3(x0). 所以,当 a 取(1)中的最小值时,g(x)f(x)1 6x 3. 9. （2015 年全国 I 高考理科）在直角坐标系 xoy 中，曲线 C：y= 2 4 x 与直线ykxa(a0) 交与 M,N 两点， （）当 k=0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程； （）y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有OPM=OPN？说明理由。 【答案】（）0axya或
10、0axya（）存在 解析：（）由题设可得(2, )Ma a，( 2 2, )Na，或( 2 2, )Ma，(2, )Na a. 1 2 yx ，故 2 4 x y 在x=2 2a处的到数值为a，C 在(2 2 , )a a处的切线方程为 (2)yaa xa，即0axya. 故 2 4 x y 在x=-2 2a处的到数值为-a，C 在( 2 2 , )a a处的切线方程为 (2)yaa xa ，即0axya. 故所求切线方程为0axya或0axya.5 分 （）存在符合题意的点，证明如下： 设 P（0，b）为复合题意得点， 11 ( ,)M x y， 22 (,)N xy，直线 PM，PN 的斜
11、率分别为 12 ,k k. 将ykxa代入 C 得方程整理得 2 440 xkxa. 1212 4 ,4xxk x xa . 12 12 12 ybyb kk xx = 1212 12 2()()kx xab xx x x = ()k ab a . 高考数学培优专题库教师版 当ba 时，有 12 kk=0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补， 故OPM=OPN，所以(0,)Pa符合题意. 考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力 10.（2015 年全国 I 高考理科）已知函数 f（x）= 3 1 , ( )ln 4 xaxg xx ()当 a 为何值时
12、，x 轴为曲线( )yf x的切线； （）用min,m n表示 m,n 中的最小值，设函数( )min( ), ( )(0)h xf x g xx，讨论 h（x） 零点的个数 【答案】（） 3 4 a ；（）当 3 4 a 或 5 4 a 时，( )h x由一个零点；当 3 4 a 或 5 4 a 时， ( )h x有两个零点；当 53 44 a 时，( )h x有三个零点. 【解析】 试题分析：（）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（） 根据对数函数的图像与性质将x分为1,1,01xxx研究( )h x的零点个数，若零点不容易求解，则 对a再分类讨论. 试题
13、解析：（）设曲线( )yf x与x轴相切于点 0 (,0)x，则 0 ()0f x， 0 ()0fx，即 3 00 2 0 1 0 4 30 xax xa ，解得 0 13 , 24 xa. 因此，当 3 4 a 时，x轴是曲线( )yf x的切线.5 分 （）当(1,)x时，( )ln0g xx ，从而( )min ( ), ( )( )0h xf x g xg x， ( )h x在（1，+）无零点. 当x=1 时， 若 5 4 a ， 则 5 (1)0 4 fa，(1)min (1), (1)(1)0hfgg,故x=1 是( )h x的 零点；若 5 4 a ，则 5 (1)0 4 fa，
14、(1)min (1), (1)(1)0hfgf,故x=1 不是( )h x的零点. 当(0,1)x时，( )ln0g xx ，所以只需考虑( )f x在（0,1）的零点个数. ()若3a 或0a ，则 2 ( )3fxxa在（0,1）无零点，故( )f x在（0,1）单调，而 1 (0) 4 f， 5 (1) 4 fa，所以当3a 时，( )f x在（0，1）有一个零点；当a 0 时，( )f x在（0，1）无零点. 高考数学培优专题库教师版 ()若30a ，则( )f x在（0， 3 a ）单调递减，在（ 3 a ，1）单调递增，故当x= 3 a 时，( )f x取的最小值，最小值为() 3
15、 a f= 21 334 aa 。 1若() 3 a f0，即 3 4 a0，( )f x在（0,1）无零点. 2若() 3 a f=0，即 3 4 a ，则( )f x在（0,1）有唯一零点； 3若() 3 a f0， 即 3 3 4 a ， 由于 1 (0) 4 f， 5 (1) 4 fa， 所以当 53 44 a 时，( )f x 在（0,1）有两个零点；当 5 3 4 a 时，( )f x在（0,1）有一个零点.10 分 综上，当 3 4 a 或 5 4 a 时，( )h x由一个零点；当 3 4 a 或 5 4 a 时，( )h x有两个零点；当 53 44 a 时，( )h x有三
16、个零点.12 分 考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 B B 组组 1.(2016内蒙古赤峰模拟)已知实数 a0，且 a1，函数 f(x)loga|x|在(，0)上是减函数，函数 g(x) ax 1 ax，则下列选项正确的是( ) A.g(3)g(2)g(4)B.g(3)g(4)g(2)C.g(4)g(3)g(2)D.g(2)g(3)1,故 g(3)g(2)(a1)a 51 a3 0,所以 g( 3)g(2)，又 g(4)g(3)(a1)a 71 a4 0，所以 g(4)g(3)，故有 g(4)g(3)g(2). 2 2.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都
17、在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离 为 1,则SA与平面ABC所成角的大小为() A.30B.60C.30或 60D.45或 60 答案：C 解析:球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.球心在三棱锥内部时,三棱锥 为正三棱锥,设O为ABC的中心,在ABC中,可求得OA=,所以可得OA=2,SO=3,SA与平面ABC所成的角 即为SAO,由 tanSAO=,得SAO=60.同理可得第二种情况中所成角为 30. 3.（2015 全国）设函数( )f x=(21) x exaxa,其中a1，若存在唯一的整数 x0，使得 高考数学培优
18、专题库教师版 0 ()f x0，则a的取值范围是（） A.-，1）B. -， ）C. ， ）D. ，1） 【答案】D 【解析】 试题分析： 设( )g x=(21) x ex，yaxa， 由题知存在唯一的整数 0 x， 使得 0 ()g x在直线yaxa 的下方. 因为( )(21) x g xex， 所以当 1 2 x 时，( )g x0， 当 1 2 x 时，( )g x0，所以当 1 2 x 时， max ( )g x= 1 2 -2e ， 当0 x 时，(0)g=-1，(1)30ge，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故(0)1ag ， 且 1 ( 1)3geaa ，解得 3 2e
19、a1，故选 D. 4.已知函数 2 43f xxx，若方程 2 0f xbf xc 恰有七个不相同的实根， 则实数b的取值范围是（） A.2,0B.2, 1C.0,1D.0,2 答案：B 思 路 ： 考 虑 通 过 图 像 变 换 作 出 f x的 图 像 （ 如 图 ） ， 因 为 2 0f xbf xc 最多只能解出 2 个 f x，若要出七个根，则 12 1,0,1fxfx， 所以 12 1,2bfxfx ， 解得：2, 1b 5.已知等比数列an中，a21， 则其前 3 项的和S3的取值范围是() 高考数学培优专题库教师版 A(，1B(，0)(1，) C3，)D(，13，) 【答案】D
20、设等比数列an的公比为q， 则S3a1a2a3a2 1 q1q1q1 q， 当q0 时，S31q1 q12 q1 q3； 当q0 时， 若x1，f(x)0，f(f(x)f(lgx)lg(lgx)0lgx1，x10 成立 若x1，f(x)0 时f(f(x)0 有且只有一个实数解 当a1,f(x)0， f(f(x)f(lgx)lg(lgx)0，x10 成立 若 0 x1，f(x)0，f(f(x)lg a x10 a x11. ax1.x11，a1 时有解 1a0 或1ab0)的离心率为 6 3 ，且过点(1， 6 3 ) (1)求椭圆 C 的方程； (2)设与圆 O：x2y23 4相切的直线 l
21、交椭圆 C 于 A，B 两点，M 为圆 O 上的动点，求ABM 面积的 最大值，及其取得最大值时，直线 l 的方程 高考数学培优专题库教师版 解：(1)由题意可得 1 a2 2 3b21， c a 6 3 ， a2b2c2， 解得 a23， b21，所以椭圆 C 的方程是 x2 3 y21. (2)当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x 3 2 ， 代入椭圆方程解得 y 3 2 ，此时|AB| 3，ABM 面积的最大值为1 2 3 3 3 2. 当直线 l 的斜率存在时，设其斜率为 k，直线 l：ykxm. 圆心(0，0)到直线 l 的距离 d |m| 1k2 3 2 ，所以 4m
22、23(1k2) 由方程组 x2 3 y21， ykxm， 消去 y，得(13k2)x26km3m230. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则12(3k2m21)0，x1x26km 13k2，x 1x23m 23 13k2 ， 所以|AB| 1k2（6km 13k2） 212（m 21） 13k2 1k2 9k23（1k2） （13k2）2 9（1k 2）12 13k2 1k2 27k427k2 （13k2）2 3（13k2） 13k2 1k2 27k23 （13k2）2 3 110k29k4 16k29k4 31 4k2 16k29k4 31 4 1 k29k 262. 当且仅当 1
23、k29k 2，即 k 3 3 时等号成立 此时ABM 面积的最大值为1 22 3 3. 因为3 20， 所以直线 l 的方程为 y 3 3 x1 或者 y 3 3 x1. 10.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元，其余 3 个均为 10 元，求： ()顾客所获的奖励额为 60 元的概率； ()顾客所获的奖励额的分布列及数学期望； (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元，并规
24、定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和 50 元的两种 球组成， 或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位 顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的 4 个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 解(1)设顾客所获的奖励额为 X. 高考数学培优专题库教师版 ()依题意，得 P(X60)C 1 1C13 C24 1 2，即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 1 2. ()依题意，得 X 的所有可能取值为 20，60.P(X60)1 2，P(X20) C23 C24 1 2， 即 X 的分布列为 X 2 0 6 0 P 1 2 1 2
25、所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)201 260 1 240(元). (2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60 元.所以，先寻找期望为 60 元的可能方案.对于面值 由 10 元和 50 元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为 60 元是面值之和的最大值，所以期 望不可能为 60 元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为 60 元是面值之和的最小值，所以期望也不可 能为 60 元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案 1. 对于面值由 20 元和 40 元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的
26、方案，所以 可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案 2. 以下是对两个方案的分析： 对于方案 1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为 X1，则 X1的分布列为 X 1 2 0 6 0 1 00 P 1 6 2 3 1 6 X1的期望为 E(X1)201 660 2 3100 1 660，X 1的方差为 D(X1)(2060)21 6(6060) 22 3 (10060)21 6 1 600 3 . 对于方案 2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为 X2，则 X2的分布列为 X 2 4 0 6 0 8 0 P 1 6 2 3 1 6 X2的期望为
27、 E(X2)401 660 2 380 1 660， X2的方差为 D(X2)(4060)21 6(6060) 22 3(8060) 21 6 400 3 . 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小，所以应该选择方案 2. 高考数学培优专题库教师版 C C 组组 1.已知集合 A(x，y)|x 2y21，x，yZ Z，B(x，y)|x|2，|y|2，x，yZ Z，定义集合 A B(x1x2，y1y2)|(x1，y1)A，(x2，y2)B，则AB中元素的个数为() A77B49C45D30 答案:C 解析：分类讨论：当x10 时，y1可取1，0，1，y2和
28、x2可取2，1，0，1，2.此时x1x2的值为 2，1，0，1，2；y1y2的值为3，2， 1，0，1，2，3. (x1x2，y1y2)共有 5735(个) 当x11 时，y10，x2和y2可取2，1，0，1，2，此时x1x2的值为1，0，1，2，3，y1y2的 值为2，1，0，1，2.其中x1x2取1，0，1，2 时与上面重复，x1x23，y1y2的值为2，1， 0，1，2.则(x1x2，y1y2)共有 515(个) 当x11 时，y10，同x11，y10 时 总个数为 355545. 2.(安徽省示范高中 2016 届高三第一次联考)若 2015sin2016cosf xxx的一个对称中心
29、为 ,0a，则a的值所在区间可以是（） A.(0,) 4 B., 4 3 C., 3 2 D. 3 , 24 【答案】B 解 析 ： 22 ( )2015sin2016cos20152016 sin(),f xxxx 其 中 2016 tan 2015 ， 且 0 2 ， 因 为( )f x一 个 对 称 中 心 为 （ a,0), 所 以sin()0,()aakkZ， 2016 ,tan,1tan3, 201543 ak ，故 43 kak ，当 K=0 时，选择 B 3.（江苏省栟茶高级中学 2015 届高三） 设函数( )f x在R上存在导数( )fx， 对任意的xR， 有 2 ()(
30、)fxf xx，且在(0,)上( )fxx若(2)( )22faf aa，则实数a的取值范围为 （） A.1,)B.(,1C.(,2D.2,) 答案：B 解析：构造函数： 2 1 ( )( ) 2 h xf xx在(0,)为增函数。 高考数学培优专题库教师版 (2)( )22faf aa 22 11 2- )(2)( ) 22 faaf aa（ 2 ()( )fxf xx 22 11 ()()( ) 22 fxxf xx说明： 2 1 ( )( ) 2 h xf xx是奇函数。所以 2 1 ( )( ) 2 h xf xx是上的增函数。 所以，21aaa 4.(河北省衡水中学 2016 届高三
31、上学期七调考试) 定义在R上的函数 f x满足 1 2 2 fxfx，当0,2x时， 2 3 1 2 1 2,01 2 2,12 x xx f x x ，函数 32 3g xxxm，若 4,2 ,4,2st ，不等式 0f sg t成立，则实数m的取值范围（） A, 12 B, 4 C,8D 31 , 2 答案:C 解析:由题意，当01x时， 31 22 x，当12x时，2( )2f x ，所以当0,2)x 时， 1 ( ) 2, 2 f x ，又 1 (2)( ) 2 f xf x，因此当 2,0) 时，( ) 4,1f x ，当 4,2)x 时， ( ) 8,2f x ， 即当 4,2)x
32、 时，( ) 8,2f x ，( )f x最小值为8， 2 ( )36g xxx， 令( )0g x ， 得2x 或0 x ，由易得0 x 是极小值点，x 2是极大值点，(0)gm， ( 4)16(0)gmmg ，由题意168m ，8m故选 C 5.(2015江苏)已知函数 f(x)|ln x|，g(x) 0，0 x1， |x24|2，x1， 则方程|f(x)g(x)|1 实根的个数为 _. 答案：4解析：令 h(x)f(x)g(x)，则 h(x) ln x，0 x1， x2ln x2，1x2， x2ln x6，x2， 当 1x2 时，h(x)2x 1 x 12x2 x 0，故当 1x2 时
33、h(x)单调递减，在同一坐标系中画出 y|h(x)|和 y1 的图象如图所示. 高考数学培优专题库教师版 由图象可知|f(x)g(x)|1 的实根个数为 4. 6.(河北省邯郸市第一中学 2016 届高三下学期研六考试)关于x的方程 2 ln x xx a 有唯一的解，则 实数a的取值范围是. 答案:0a 或1a 解析:要使方程有意义， 则0 x ，设 2 ln x f xxg xx a ， 若0a ， 此时函数 f x在0 x 时，单调递减， lng xx单调递增，此时两个函数只有一个交点，满足方程有唯一解；若0a ，要使 方程 2 ln x xx a 有唯一的解，则函数 f x与 g x有
34、相同的切线， 设切点为()mn，则 21 1fxxgx ax ，则满足 21 1 m am ，即 2 2 1 m m a ，同时 2 ln m mm a ，；2 得1 2lnmm ，即12lnmm ，1ym与2lnym 只有 一个根，解得1m，当1m时，ln10n ，即切点为(1 )0，则 f x与 g x在(1 )0，处相切，即 此时 10f，即1a ，满足条件故答案为：0a 或1a 7.随机将 1,2，2n(nN*，n2)这 2n 个连续正整数分成 A，B 两组，每组 n 个数.A 组最小数为 a1， 最大数为 a2；B 组最小数为 b1，最大数为 b2，记a2a1，b2b1. (1)当
35、n3 时，求的分布列和数学期望； (2)令 C 表示事件“与的取值恰好相等”，求事件 C 发生的概率 P(C)； (3)对(2)中的事件 C， C 表示 C 的对立事件，判断 P(C)和 P( C )的大小关系，并说明理由. 解：(1)当 n3 时，的所有可能取值为 2，3，4，5. 将 6 个正整数平均分成 A，B 两组，不同的分组方法共有 C3620 种，所以的分布列为 高考数学培优专题库教师版 2345 P 1 5 3 10 3 10 1 5 E()21 53 3 104 3 105 1 5 7 2. (2)和恰好相等的所有可能取值为：n1，n，n1，2n2. 又和恰好相等且等于 n1
36、时，不同的分组方法有 2 种； 和恰好相等且等于 n 时，不同的分组方法有 2 种； 和恰好相等且等于 nk(k1，2，n2)(n3)时，不同的分组方法有 2C k 2k种； 所以当 n2 时，P(C)4 6 2 3， 当 n3 时，P(C) 2 2 1 2 2(2C ) C n k k k n n . (3)由(2)知当 n2 时，P(C)1 3，因此 P(C)P( C). 而当 n3 时，P(C)P(C)，理由如下： P(C)P(C)等价于 2 2 1 4(2C ) n k k k 2 Cnn. 用数学归纳法来证明： 1当 n=3 时，式左边=4（2+ 1 2 C）=4（2+2）=16，
37、右边= 3 6 C=20，所以式成立. 2假设 n=m(m3)时式成立， 2 22 1 4(2C )C m km km k 即成立, 那么，当 n=m+1 时， 左边= 1 2 2 1 4(2C ) m k k k 2 11 22(1)22(1) 1 4(2C )4CC+4C m kmmm kmmm k （2m）！ m！m！ 4（2m2）！ （m1）！（m1）！ （m1） 2（2m）（2m2）！（4m1） （m1）！（m1）！ （m1） 2（2m）（2m2）！（4m） （m1）！（m1）！ Cm 1 2（m1） 2（m1）m （2m1）（2m1） 高考数学培优专题库教师版 Cm 1 2（m1）
38、右边. 即当 nm1 时式也成立. 综合 1，2得：对于 n3 的所有正整数，都有 P(C)0)的焦点为 F，直线 y4 与 y 轴的交点为 P，与 C 的交点为 Q，且|QF| 5 4|PQ|. (1)求 C 的方程； (2)过 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B 两点，若 AB 的垂直平分线 l与 C 相交于 M、N 两点，且 A、M、 B、N 四点在同一圆上，求 l 的方程. 解：(1)设 Q(x0，4)，代入 y22px 得 x08 p.所以|PQ| 8 p，|QF| p 2x 0p 2 8 p. 由题设得p 2 8 p 5 4 8 p，解得 p2(舍去)或 p2.所以 C 的方程
39、为 y 24x. (2)依题意知 l 与坐标轴不垂直，故可设 l 的方程为 xmy1(m0). 代入 y24x 得 y24my40. 设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 y1y24m，y1y24. 故 AB 的中点为 D(2m21，2m)，|AB| m21|y1y2|4(m21). 又 l的斜率为m，所以 l的方程为 x1 my2m 23. 将上式代入 y24x，并整理得 y24 my4(2m 23)0. 设 M(x3，y3)、N(x4，y4)，则 y3y44 m，y 3y44(2m23). 故 MN 的中点为 E 2 m22m 23，2 m ， |MN|1 1 m2|y 3y4|4（
40、m 21） 2m21 m2 . 由于 MN 垂直平分 AB，故 A、M、B、N 四点在同一圆上等价于|AE|BE|1 2|MN|， 从而1 4|AB| 2|DE|21 4|MN| 2，即 4(m21)2 2m2 m 2 2 m22 2 4（m 21）2（2m21） m4 . 化简得 m210，解得 m1 或 m1. 所求直线 l 的方程为 xy10 或 xy10. 9.设0a ，函数 2 ( )|ln1|f xxax. 高考数学培优专题库教师版 （）当2a 时，求函数( )f x的单调增区间； （）若1,)x时，不等式axf)(恒成立，实数a的取值范围. 解：（1）当2a 时， 2 ( )2
41、ln1f xxx 2 2 2ln2 (0) 2ln2 () xxxe xxxe 当0 xe时， 2 222 ( )2 x fxx xx ，( )f x在(1, e内单调递增； 当xe时， 2 ( )20fxx x 恒成立，故( )f x在 ,)e 内单调递增； ( )f x的单调增区间为(1,)。 （2）当xe时， 2 ( )lnf xxaxa，( )2 a fxx x ()xe 0a ，( )0fx恒成立，( )f x在, e 上增函数。 故当xe时， 2 min ( )yf ee。 当1xe时， 2 ( )lnf xxaxa， 2 ( )2()() 22 aaa fxxxx xx (1)x
42、e （）当1 2 a ，即02a时，( )fx在(1, )xe时为正数，所以( )f x在区间1, ) e上为增函数。 故当1x 时， min 1ya ，且此时(1)( )ff e （）当1 2 a e，即 2 22ae时，( )fx在(1,) 2 a x时为负数，在(, ) 2 a xe时为正数， 所以( )f x在区间1,) 2 a 上为减函数，在(, ) 2 a e上为增函数。故当 2 a x 时， min 3 ln 222 aaa y，且 此时()( ) 2 a ff e。 （）当 2 a e，即 2 2ae时，( )fx在(1, )xe时为负数，所以( )f x在区间1, e上为减函
43、数， 故当xe时， 2 min ( )yf ee。 高考数学培优专题库教师版 所以函数( )yf x的最小值为 2 min 22 1,02 3 ln,22 222 ,2 aa aaa yae e ae 。 由条件得 1 02 aa a 此时02a；或 2 3 ln 222 22 aaa a ae ，此时22ae；或 2 2 2 ea ae ，此时无解。 综上，02ae。 10.（河北省衡水中学 2016 届高三上学期七调考试）已知函数 ln1f xxx. 求 f x的单调区间； 若kZ，且 3 11fxxk x 对任意1x 恒成立，求k的最大值； 对于在区间0,1上任意一个常数a，是否存在正数
44、 0 x，使得 0 2 0 1 2 f x a ex 成立？请说明理由. 解析：易得，函数定义域为1, ，且 1 1 11 x fx xx 当1,0 x 时， 0fx 即 f x在区间1,0上是增函数，当0,时， 0fx ，即即 f x在区间0,上是减函 数 f x的单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,. （2）由 3 (1)(1)f xxk x ，变形整理得：ln30 xxxkxk 令( )ln3g xxxxkxk，则 ( ) ln2,1ln0g xxkxx ，若2k 时， ( ) 0g x g(x)在(1,)增函数，(1)0g 1 2 2 k，故 K 最大值为 2. 若2k 由 2 l
45、n20 k xkxe ，由 2 ln201 k xkxe ，即 g x在 2 1, k e 上单调 递减，在区间 2,k e 上单调递增，所以 g x在区间1,上有最小值，为 22 3 kk g eke ，于 是转化为 2 302 k kek 恒成立，求k的最大值，令 22 33 xx h xxeh xe ，当 2ln3x 时， 0,h xh x单调递减，当22ln3x时， 0,h xh x单调递增. h x在 2ln3x 处取得最大值.1ln3232ln34 ， 1 130,2ln333ln30hh e 高考数学培优专题库教师版 23 4120,5150hehe，4,kk的最大值为 4. 假
46、设存在这样的 0 x满足题意， 则由 0 0 22 0 00 1 110 22 f x x xaa exx e ，要找一个 0 0 x 使 式成立， 只需找到当0 x 时， 函数 2 1 10 2 x ax h xx e 的最小值 minh x满足 min0h x即 可. 1 x h xx a e ， 令 1 0ln x hxexa a ， 取 0 lnxa ， 在 0 0 xx时， 0h x ， 在 0 xx时， 2 0 min 0lnlnln1 2 a h xh xh xhaaaaa 下面只需证明：在01a时， 2 lnln10 2 a aaaa 成立即可，又令 2 lnln1,0,1 2 a p aaaaaa，则 2 1 ln0, 2 p aap a在0,1a时为增函数. 0 10,lnp apxa 符合条件，即存在正数 0 x满足条件.
