2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 高难拉分攻坚特训（二）课件 文

高难拉分攻坚特训(二)6套高难拉分攻坚特训1．已知数列{an}满足a10，a11＝4，an＋1＝an＋12a2n，数列{bn}满足bn0，b1＝a12，bn＝bn＋1＋12b2n＋1，n∈N*.若存在正整数m，n(m≤n)，使得bm＋bn＝14，则()A．m＝10，n＝12B．m＝9，n＝11C．m＝4，n＝6D．m＝1，n＝3答案D解析因为an＋1＝an＋12a2n，bn＝bn＋1＋12b2n＋1，则有an＋1an…a10，b1b2…bn0，且函数y＝12x2＋x在(0，＋∞)上单调递增，故有b1＝a12＝b2＋12b22＝a11＋12a211，得b2＝a11＝4，同理有b3＝a10＝2，…，bm＝a13－m，又因为a12＝a11＋12a211＝12，故bm＋bn＝a10＋a12，所以m＝1，n＝3.故选D.2．已知f(x)＝axx2＋c＋b，g(x)＝[f(x)]2－1，其中a≠0，c0，则下列判断正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①f(x)的图象关于点(0，b)成中心对称；②f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③存在M0，使|f(x)|≤M；④若g(x)有零点，则b＝0；⑤g(x)＝0的解集可能为{1，－1,2，－2}．答案①③⑤解析令y＝axx2＋c(a≠0)，则该函数的定义域为R，且函数为奇函数，故其图象关于原点(0,0)对称．又函数y＝f(x)的图象是由y＝axx2＋c(a≠0)的图象向上或向下平移|b|个单位而得到的，所以函数y＝f(x)图象的对称中心为(0，b)，故①正确．当x0时，y＝axx2＋c＝ax＋cx，若a0，c0，则函数y＝x＋cx在(0,c)上单调递减，所以函数y＝f(x)单调递增；函数y＝x＋cx在(c，＋∞)上单调递增，所以函数y＝f(x)单调递减，故②不正确．令y＝axx2＋c(a≠0)，则当x＝0时，y＝0，f(x)＝b，|f(x)|＝|b|，令M＝|b|＋10，则|f(x)|≤M成立；当x≠0时，y＝axx2＋c＝ax＋cx，则|y|＝|a||x|＋cx≤|a|2|c|＝|a|2c.所以|f(x)|＝axx2＋c＋b≤axx2＋c＋|b|≤|a|2c＋|b|，令M＝|a|2c＋|b|，则|f(x)|≤M成立，故③正确．若g(x)有零点，则g(x)＝[f(x)]2－1＝0，得f(x)＝±1，从而得axx2＋c＋b＝±1，故axx2＋c＝－b±1，结合③可得当g(x)有零点时，只需|－b±1|≤|a|2c即可，而b不一定为零，故④不正确．由g(x)＝[f(x)]2－1＝0，得f(x)＝axx2＋c＋b＝±1.取b＝0，axx2＋c＝1，整理得x2－ax＋c＝0.当a＝3，c＝2时，方程x2－3x＋2＝0的两根为x＝1或x＝2.又函数y＝axx2＋c为奇函数，故方程的解集为{1，－1,2，－2}，故⑤正确．综上可得①③⑤正确．3．在直角坐标系xOy中，动圆M与圆O1：x2＋2x＋y2＝0外切，同时与圆O2：x2＋y2－2x－24＝0内切．(1)求动圆圆心M的轨迹方程；(2)设动圆圆心M的轨迹为曲线C，设A，P是曲线C上两点，点A关于x轴的对称点为B(异于点P)，若直线AP，BP分别交x轴于点S，T，证明：|OS|·|OT|为定值．解(1)∵圆O1：x2＋2x＋y2＝0，∴圆心O1(－1,0)，半径为1.∵圆O2：x2＋y2－2x－24＝0，∴圆心O2(1,0)，半径为5.设动圆圆心M(x，y)，半径为R，∵圆M与圆O1外切，∴|MO1|＝R＋1，∵圆M与圆O2内切，∴|MO2|＝5－R，两式相加得：|MO1|＋|MO2|＝6|O1O2|，由椭圆定义知：M在以O1，O2为焦点的椭圆上，∵2a＝6，∴a＝3，∵c＝1，∴b＝22.∴动圆圆心M的轨迹方程为x29＋y28＝1.(2)证明：设P(x1，y1)，A(x2，y2)，S(xS,0)，T(xT,0)，∴B(x2，－y2)且x1≠±x2.∵kAP＝y1－y2x1－x2，∴lAP：y－y1＝kAP(x－x1)，y－y1＝y1－y2x1－x2(x－x1)，令y＝0得xS＝x1y2－x2y1y2－y1；同理得，xT＝x1y2＋x2y1y2＋y1.∵|OS|·|OT|＝|xS·xT|＝x21y22－x22y21y22－y21，又∵P，A在椭圆上，∴y21＝81－x219，y22＝81－x229，∴y22－y21＝89x21－x22，∴x21y22－x22y21＝8x211－x229－8x221－x219＝8(x21－x22)，∴|OS|·|OT|＝x21y22－x22y21y22－y21＝8x21－x2289x21－x22＝9.4．已知函数f(x)＝(x－1)ex－12ax2＋1，a∈R.(1)当a≤1时，讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明不等式1f1＋1f2＋…＋1fn4(n∈N*)．解(1)对f(x)求导，得f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)．当a≤0时，ex－a0，令f′(x)＝0，得x＝0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．当a＝1时，若x0，则ex－a0，f′(x)0；若x0，则ex－a0，f′(x)0.所以f(x)在R上单调递增．当0a1时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝lna，所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna，0)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在R上单调递增；当0a1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减．(2)证明：由题意知，当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－12x2＋1.当n＝1时，1f1＝24，显然成立．当n≥2时，由(1)知，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1.所以当n≥2时，f(n)≥(n－1)(n＋1)－12n2＋1＝12n2，1fn≤2n2，所以1fn2n－1n＝21n－1－1n.于是1f1＋1f2＋…＋1fn2＋21－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝4－2n4.综上可知，1f1＋1f2＋…＋1fn4(n∈N*)．本课结束