1、三、压轴题 压轴题(三) 第二部分 刷题型 8(2020 山西太原五中 3 月模拟)已知函数 f(x)x3x1sinx，若 f(a 1)f(2a2)2，则实数 a 的取值范围是( ) A. 1，3 2 B 3 2，1 C. 1，1 2 D 1 2，1 解析 因为 f(x)x3x1sinx，设 g(x)f(x)1x3xsinx，定义 域为 R，则 g(x)x3xsinxg(x)，所以 g(x)为奇函数，g(x)3x2 1cosx0，所以 g(x)单调递增，由 f(a1)f(2a2)2，得 f(a1)1 f(2a2)1，即 g(a1)g(2a2)，g(a1)g(2a2)，a12a2，解 得1a1
2、2，故选 C. 答案答案 解析解析 12(多选)(2020 山东聊城三模)已知双曲线 C 的左、右焦点分别为 F1， F2，过 F2的直线与双曲线的右支交于 A，B 两点，若|AF1|BF2|2|AF2|， 则( ) AAF1BF1AB B双曲线的离心率 e 33 3 C双曲线的渐近线方程为 y 2 6 3 x D原点 O 在以 F2为圆心，AF2为半径的圆上 答案答案 解析 如图， 设|AF2|x， 则|BF2|AF1|2x， 所以 2a|AF1|AF2|x， |BF1|BF2|2a2x2a6a，|AB|3x6a，所以|BF1|AB|， 解析解析 所以AF1BF1AB，A 正确；|AF1|2
3、x4a，|BF1|AB|6a，在 AF1B 中，cosF1AB 2a 6a 1 3 ，在AF1F2中，|F1F2|2|AF1|2|AF2|2 2|AF1|AF2|cosF1AF2，即 4c216a24a224a2a1 3 44a2 3 ，c 2 a2 11 3 ， 所以 ec a 33 3 ，B 正确；由c 2 a2 a2b2 a2 11 3 得b 2 a2 8 3， b a 2 6 3 ，渐近线方程 为 y 2 6 3 x， C 正确； 若原点 O 在以 F2为圆心， AF2为半径的圆上， 则|OF2| |AF2|，c2a，ec a2 与 B 矛盾，不成立，D 错误故选 ABC. 解析解析
4、答案 (n2) 2n2 16已知数列an是各项均为正数的等比数列，其前 n 项和为 Sn，点 An，Bn均在函数 f(x)log2x 的图象上，An的横坐标为 an，Bn的横坐标为 Sn 1，直线 AnBn的斜率为 kn.若 k11，k21 2，则数列an f(an)的前 n 项和 Tn _. 答案答案 解析 由题意可知 A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S11，log2(S1 1)，B2(S21，log2(S21)， k1log 2S11log2a1 S11a1 1， k2log 2S21log2a2 S21a2 1 2， 解得 a11， a22， 等比数列an的
5、公比为 2， an2n1，f(an)log22n1n1， 解析解析 an f(an)(n1)2n1， Tn020121222(n2)2n2(n1)2n1， 2Tn021122223(n2)2n1(n1)2n， ，得Tn222232n1(n1)2n， Tn212 n1 12 (n1)2n(n2) 2n2， Tn(n2) 2n2. 解析解析 21(2020 深圳高三调研考试二)在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 l0：x4 上的动点，动点 Q 满足 PQl0，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆 上记动点 Q 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程； (2)过点 E(2,0)的直线 l1
6、与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D(异于 A，B)在 C 上，直线 AD，BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且AD 3AM ，求BMN 面积 的最小值 解 (1)由题意，不妨设 Q(x，y)， 则 P(4，y)，OP (4，y)，OQ (x，y)， O 在以 PQ 为直径的圆上， OP OQ 0，(4，y) (x，y)4xy20， y24x，曲线 C 的方程为 y24x. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，M(m,0)，N(n，0)， 依题意，可设直线 l1的方程为 xtya(其中 a2)， 由方程组 xtya， y24x， 消去 x 并整理，得 y24ty
7、4a0，则 y1y24t，y1y24a8， 解解 同理可设直线 AM 的方程为 xt1ym，直线 BN 的方程为 xt2yn， 可得 y1y34m，y2y34n， my1y3 4 ，ny2y3 4 ， 又AD 3AM ， (x3x1，y3y1)3(mx1，y1)， y3y13y1，y32y1， |MN|mn|1 4|y1y3y2y3| 1 4|y1y2| |y3| 1 4|y1y2| |2y1| 1 2|y1| |y1y2|， 解解 SBMN1 2|MN| |y2| 1 4|y1y2| |y1y2| 2y1y224y1y28t22， 当 t0 时，BMN 的面积取得最小值，其最小值为 8 2.
8、 解解 22(2020 山东滨州二模)已知函数 f(x)ln x1 2x 2，g(x)x3x. (1)讨论函数 h(x)f(x)g(x)的单调性； (2)当 t1 时，证明曲线 yg(x)分别在点(1，g(1)和点(t，g(t)处的切 线为不同的直线； (3)已知过点(m，n)能作曲线 yg(x)的三条切线，求 m，n 所满足的条 件 解 (1)因为 h(x)ln x1 2x 2x3x(x0)， 所以 h(x)1 xx3x 211xx 23x3 x 1x 3x2x2x1 x 1x3x 22x1 x ， 所以当 0x0；当 x1 时，h(x)0. 所以 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)
9、上单调递减 解解 (2)证明：因为 g(x)3x21， 所以 g(1)2，g(t)3t21. 又因为 g(1)0，g(t)t3t. 所以曲线 yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程为 y2x2； 曲线 yg(x)在点(t，g(t)处的切线方程为 y(3t21)x2t3. 因为 t1，所以2t32.所以两条切线不可能相同 解解 (3)设直线 l 过点(m，n)，且与曲线 yg(x)在点(x0，x3 0 x0)处相切， 设直线 l 的方程为 ynk(xm)， 则 x3 0 x0nkx0m， k3x2 01， 消去 k，得 2x3 03mx 2 0mn0. 因为过点(m，n)能作曲线 yg(x)的
10、三条切线， 所以关于 x0的方程 2x3 03mx 2 0mn0 有三个不等实根 设 (x)2x33mx2mn，则 (x)有三个零点 又 (x)6x(xm)， 解解 若 m0，则 (x)6x20， 所以 (x)在(，)上单调递增，(x)至多有一个零点， 故 m0 不符合题意； 若 m0，(x)单调递增； 当 x(m,0)时，(x)0，(x)单调递增 所以 (x)的极大值为 (m)m3mn，极小值为 (0)mn. 解解 又 (x)有三个零点， 所以 m0， 00， mn0， 所以 m3mn0，则 当 x(，0)时，(x)0，(x)单调递增； 当 x(0，m)时，(x)0，(x)单调递增， 所以 (x)的极大值为 (0)mn， 极小值为 (m)m3mn. 解解 又 (x)有三个零点， 所以 m0， 即 m3mn0. 所以mnm3m. 综上所述，当 m0 时，m3mn0 时，mnm3m. 解解 本课结束
