2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 压轴题（七）课件 理

压轴题(七)第二部分刷题型12．已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋3，g(x)＝x3－x2，若∀x1，x2∈13，2，f(x1)－g(x2)≥0，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞)B．[1，＋∞)C．[2，＋∞)D．[3，＋∞)答案B解析g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23，x∈13，2，当x∈23，2时，g′(x)≥0，g(x)在区间23，2上单调递增，当x∈13，23时，g′(x)≤0，g(x)在区间13，23上单调递减，而g13＝－227g(2)＝4，所以g(x)在区间13，2上的最大值是4，依题意，只需当x∈13，2时，xlnx＋ax＋3≥4恒成立，亦即a≥x－x2lnx．令h(x)＝x－x2lnx，x∈13，2，则h′(x)＝1－x－2xlnx，显然h′(1)＝0，当x∈13，1时，1－x0，xlnx0，h′(x)0，即h(x)在区间13，1上单调递增；当x∈(1,2]时，1－x0，xlnx0，h′(x)0，即h(x)在区间(1,2]上单调递减；所以当x＝1时，函数h(x)取得最大值h(1)＝1，故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，sinC－3sinB＝3sin(C－A)＋sin(A－B)，则△ABC面积的最大值为________．答案3解析由sinC－3sinB＝3sin(C－A)＋sin(A－B)，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝3sin(A＋C)＋3sin(C－A)，2sinBcosA＝23sinCcosA，当cosA＝0，即A＝π2时，b2＋c2＝a2＝4≥2bc，∴S△ABC＝12bc≤1；当cosA≠0时，sinB＝3sinC，则b＝3c.解法一：在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4c2－23c2cosA，∴c2＝22－3cosA，S△ABC＝12bcsinA＝32c2sinA＝3sinA2－3cosA＝－3sinA3cosA－2，令x＝3cosA，y＝3sinA，则原式等价为S△ABC＝－yx－2，且x2＋y2＝3，令k＝－yx－2(k0)⇒y＝－k(x－2)，且x2＋y2＝3，则△ABC面积的最大值等价转化为直线y＝－k(x－2)与圆x2＋y2＝3有公共点时的k的最大值，则圆心(0,0)到直线y＝－k(x－2)的距离d＝|2k|1＋k2≤3，可得0k≤3，即S△ABC≤3，综上可知S△ABC≤3，故△ABC面积的最大值为3.解法二：在△ABC中，若a＝2，b＝3c，即BC＝2，AC＝3AB，以BC所在直线为x轴，其中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(－1,0)，C(1,0)，设A(x，y)，由AC＝3AB，得x－12＋y2＝3·x＋12＋y2，化简整理，得点A的轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝3，所以S△ABC＝12·BC·|yA|≤3，故△ABC面积的最大值为3.20．(2019·河南新乡三模)已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)讨论函数g(x)＝fxx在(1，＋∞)上的单调性；(2)若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．解(1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝2a＋1－2lnxx3，若a≤－12，因为x1，所以lnx0，所以g′(x)0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，若a－12，令g′(x)＝0，得x＝ea+12，当1xea+12时，g′(x)0;当xea+12时，g′(x)0，所以g(x)的单调递减区间为ea+12，＋∞，单调递增区间为1，ea+12.(2)x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝lnx＋1－a，令h′(x)＝0，得x＝ea－1，当x∈(0，ea－1)时，h′(x)0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)0，所以h(x)的最小值为h(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1，令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1，令t′(a)＝0，得a＝1，当a∈[0,1)时，t′(a)0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－1e0；当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．故a的取值范围是[0,2]．21．(2019·陕西部分学校高三摸底)已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2，O为坐标原点．(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为－3，求点P的坐标．解(1)由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆O相切，得|b|k2＋1＝1，所以b2＝k2＋1.由y＝kx＋b，y＝x2－2，消去y，得x2－kx－b－2＝0.所以x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2.由OM⊥ON，得OM→·ON→＝0，即x1x2＋y1y2＝0，所以x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，所以(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0，所以b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0，解得b＝－1或b＝0(舍去)．所以k＝0，故直线l的方程为y＝－1.(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则kRQ＝y3－y4x3－x4＝x23－2－x24－2x3－x4＝x3＋x4，所以x3＋x4＝－3.由题意，知直线PQ，PR的斜率均存在，设PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直线PQ与圆O相切，得|y0－k1x0|k21＋1＝1，即(x20－1)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，设PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x20－1)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0.由题意可得x20≠1，故k1，k2是方程(x20－1)k′2－2x0y0k′＋y20－1＝0的两个根，所以k1＋k2＝2x0y0x20－1.由y＝k1x＋y0－k1x0，y＝x2－2，得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，故x0＋x3＝k1，同理可得x0＋x4＝k2，则2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－3＝2x0y0x20－1，所以2x0－3＝2x0x20－2x20－1，解得x0＝－33或x0＝3.当x0＝－33时，y0＝－53；当x0＝3时，y0＝1.故P－33，－53或P(3，1)．本课结束