(新高考)2020版高考数学二轮复习专项小测23“20题、21题”理

2020年高考数学（理）复习【空间点、线、面的位置关系】小题精练卷刷题增分练○27一、选择题1．下列说法正确的是()A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面答案：D解析：由异面直线的定义可知D正确．2．如图，正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四点不共面的是()答案：D解析：A选项中，在正方体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；B选项中，在正方体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；C选项中，在四面体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；D选项中，在四面体中，连接PS，QR，则PS，QR异面，所以这四点不共面．故选D.3．[2019·益阳市、湘潭市调研]下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有()A．①③B．②③C．②④D．②③④答案：C解析：由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，连接GN，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，所以直线GH与MN 异面．故选C.4．[2019·银川模拟]已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，n⊥β，且β⊥α，则下列结论一定正确的是()A．m⊥n B．m∥n C．m与n相交D．m与n异面答案：A解析：若β⊥α，m⊥α，则直线m与平面β的位置关系有两种：m⊂β或m∥β.当m⊂β时，又n⊥β，所以m⊥n；当m∥β时，又n⊥β，所以m⊥n.故m⊥n，选A.5．[2019·山西临汾模拟]已知平面α及直线a，b，下列说法正确的是()A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直答案：D解析：若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；若直线a，b平行，这两条直线可能都和平面α相交(不平行)；若直线a，b垂直，则直线a，b不平行，而这两条直线与平面α都垂直等价于直线a，b平行，因此若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直．故选D.6．设l，m，n表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列四个命题：①若l⊥α，m⊥α，则l∥m；②若m⊂β，n是l在平面β内的射影，l⊥m，则n⊥m；③若m⊂α，n∥m，则n∥α；④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β.其中真命题为()A．①②B．①②③C．②③④D．①③④答案：A解析：由直线与平面垂直的性质定理可得，垂直于同一个平面的两条直线相互平行，所以①为真命题；易得②为真命题；根据直线与平面平行的判定定理，平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行，③中缺少条件n⊄α，所以得到的结论可能为n∥α，也可能为n⊂α，所以③为假命题；若α⊥γ，β⊥γ，则得到的结论可能为β∥α，也可能为β，α相交，所以④为假命题．7．[2019·成都市高中毕业班诊断性检测]已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是()A．若m⊂α，则m⊥βB．若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊄α，m⊥β，则m∥αD．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α答案：C解析：选项A中，若m⊂α，则直线m和平面β可能垂直，也可能平行或相交，故选项A不正确；选项B中，直线m与直线n的关系不确定，可能平行，也可能相交或异面，故选项B不正确；选项C 中，若m⊥β，则m∥α或m⊂α，又m⊄α，故m∥α，选项C正确；选项D中，缺少条件n⊂β，故选项D 不正确，故选C.8．[2019·宁夏银川一中模拟]已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A解析：如图．取AC中点D，连接DN，DM，由已知条件可得DN＝23，DM＝2.在△MND中，∠DNM为异面直线PA与MN所成的角，则cos∠DNM＝16＋12－42×4×23＝32，∴∠DNM＝30°.二、非选择题9．[2019·湖南联考]已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是________．答案：①④解析：对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m⊥l或m 与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α⊥β或α与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确．10．[2019·陕西西安模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．答案：③④解析：A ，M ，C 1三点共面，且在平面AD 1C 1B 中，但C ∉平面AD 1C 1B ，C 1∉AM ，因此直线AM 与CC 1是异面直线，同理，AM 与BN 也是异面直线，AM 与DD 1也是异面直线，①②错，④正确；M ，B ，B 1三点共面，且在平面MBB 1中，但N ∉平面MBB 1，B ∉MB 1，因此直线BN 与MB 1是异面直线，③正确．11．如图所示，在三棱锥C －ABD 中，E ，F 分别是AC 和BD 的中点．若CD ＝2AB ＝4，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角是______________．答案：30°解析：如图，取CB 的中点G ，连接EG ，FG .则EG ∥AB ，FG ∥CD ，∴EF 与CD 所成的角为∠EFG .又∵EF ⊥AB ，∴EF ⊥EG .在Rt △EFG 中，EG ＝12AB ＝1，FG ＝12CD ＝2，∴sin ∠EFG ＝12，∴∠EFG ＝30°，∴EF 与CD 所成的角为30°.12．[2019·日照模拟]如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，给出下列结论：①A、M、O三点共线；②A、M、O、A1不共面；③A、M、C、O共面；④B、B1、O、M共面．其中正确结论的序号为________．答案：①③解析：连接A1C1、AC，则A1C1∥AC，∴A1、C1、C、A四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O、A在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A、M、O三点共线，故①正确．由①易知②错误，③正确．易知OM与BB1为异面直线，故④错误．刷题课时增分练○27一、选择题1．经过两条异面直线a，b外的一点P作与a，b都平行的平面，则这样的平面()A．有且仅有一个B．恰有两个C．至多有一个D．至少有一个答案：C解析：(1)当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面平行b(或a)时，过点P作不出与a，b都平行的平面；(2)当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面与b(或a)不平行时，可过点P作a′∥a，b′∥b.因为a，b为异面直线，所以a′，b′不重合且相交于点P.因为a′∩b′＝P，a′，b′确定的平面与a，b都平行，所以可作出一个平面与a，b都平行．综上，选C.2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是()A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1答案：D解析：只有直线B1C1与直线EF在同一平面内，且两者是相交的，直线AA1，A1B1，A1D1与直线EF都是异面直线．3．将下面的平面图形(图中每个点是正三角形的顶点或边的中点)沿虚线折成一个正四面体后，直线MN与PQ是异面直线的是()A．①②B．②④C．①④D．①③答案：C解析：图②翻折后N与Q重合，两直线相交；图③翻折后两直线平行，因此选C.4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；②若m∥α，α⊥β，则m⊥β；③若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，m⊥β，则α⊥β.其中正确命题的序号是()A．①④B．②③C．②④D．③④答案：D解析：①α与β可能相交，m，n都与α，β的交线平行即可，故该命题错误；②当α⊥β，m∥α时，m ⊂β也可能成立，故该命题错误；③当m⊥α，m⊥n时，n⊂α或n∥α，又n⊥β，所以α⊥β，故该命题正确；④显然该命题正确．综上，选D.5．[2019·衡阳模拟]若直线l与平面α相交，则()A．平面α内存在直线与l异面B．平面α内存在唯一一条直线与l平行C．平面α内存在唯一一条直线与l垂直D．平面α内的直线与l都相交答案：A解析：当直线l与平面α相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线，故A 正确；该平面内不存在与直线l平行的直线，故B错误；该平面内有无数条直线与直线l垂直，所以C 错误，平面α内的直线与l可能异面，故D错误，故选A.6．[2019·湖南常德模拟]一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()A．AB∥CD B．AB与CD相交C．AB⊥CD D．AB与CD所成的角为60°答案：D解析：如图，把展开图中的各正方形按图(1)所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图(2)所示的直观图，可得选项A，B，C不正确．图(2)中，DE∥AB，∠CDE为AB与CD 所成的角，△CDE为等边三角形，∴∠CDE＝60°.∴正确选项为D.7．如图，过正方体ABCD－A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面CB1D1平行的直线有()A．18条B．20条C．21条D．22条答案：C解析：设各棱的中点如图所示(各点连线略)，其中与D1B1平行的有F1G1，E1H1，FG，EH，NL，共5条；与CD1平行的有G1M，GN，LE1，KE，H1F，共5条；与CB1平行的有F1M，FL，HK，NH1，GE1，共5条．分别取CB1，B1D1，CD1的中点如图，连接CO，D1P，B1T，与CO平行的有GH1，FE1，共2条；与D1P平行的有H1L，NF，共2条；与B1T平行的有E1N，GL，共2条．故与平面CB1D1平行的直线共有5＋5＋5＋2＋2＋2＝21(条)．8．[2019·内蒙古赤峰模拟]已知l，m，n为三条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列判断正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥lD ．若α∩β＝m ，α∩γ＝n ，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α答案：C解析：对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能平行，可能相交，也可能异面，故A 错误．对于选项B ，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，设平面ABCD 为平面α，平面CDD ′C ′为平面β，直线BB ′为直线m ，直线A ′B 为直线n ，则m ⊥α，n ∥β，α⊥β，但直线n 与m 不垂直，故B 错误．对于选项C ，设过m 的平面γ与α交于a ，过m 的平面θ与β交于b ，∵m ∥α，m ⊂γ，α∩γ＝a ，∴m ∥a ，同理可得m ∥b .∴a ∥b .∵b ⊂β，a ⊄β，∴a ∥β.∵α∩β＝l ，a ⊂α，∴a ∥l ，∴l ∥m .故C 正确．对于选项D ，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，设平面ABCD 为平面α，平面ABB ′A ′为平面β，平面CDD ′C ′为平面γ，则α∩β＝AB ，α∩γ＝CD ，BC ⊥AB ，BC ⊥CD ，但BC ⊂平面ABCD ，故D 错误．故选C.二、非选择题9．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案：π3解析：如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，AG ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.10．[2019·宜昌调研]如图，在棱长均相等的四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：①PC∥平面OMN；②平面PCD∥平面OMN；③OM⊥PA；④直线PD与MN所成角的大小为90°.其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)答案：①②③解析：如图，连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确．同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确．由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，所以直线PD 与MN所成的角即∠PDC，故④错误．故正确的结论为①②③.11．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF ＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．证明：(1)如图所示．因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体AC1中，设A1CC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．(3)∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于点M.。

小题专项练习(四) 三角恒等变换与正余弦定理C.13D.238．[2018·安徽马鞍山高三第三次模拟]已知sin α－2cos α＝3，则tan α＝( )A ．±22 B ．± 2C ．－ 2D ．－229．[2018·山东烟台适应性练习]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b sin2A ＋3a sin B ＝0，b ＝3c ，则c a的值为( )A ．1 B.33C.55 D.7710．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B ＝π4，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－A ＝12，且△ABC的面积为25，则a ＋b 的值为( )A ．5＋5 5B ．5C ．10 5D ．5＋10 511．[2018·衡水联考]△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知ab sin C ＝20sin B ，a 2＋c 2＝41，且8cos B ＝1，则b ＝( )A ．6B ．4 2C ．3 5D ．712．如图，在海岸线上相距26千米的A ，C 两地分别测得小岛B 在A 的北偏西α方向，在C的北偏西π2－α方向，且cos α＝63，则BC 之间的距离是( )A ．303千米B ．30千米C ．123千米D ．12千米二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．13．[2018·河南洛阳第三次统考]已知角α的始边与x 轴的非负半轴重合，顶点与坐标原点重合，终边过点P (3,4)，则sin α＋2cos αsin α－cos α＝________.14．[2018·江苏南师附中四校联考]已知tan π4＋θ＝3，则sin θcos θ－3cos 2θ的值为________．15．[2018·广西钦州第三次质量检测]△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边边长分别为a ，b ，c ，若a ＝52b ，A ＝2B ，则cos B ＝________.16．[2018·高考押题预测卷]如图，在△DEF 中，M 在线段DF 上，EM ＝DE ＝3，DM ＝2，cos ∠F ＝35，则△MEF 的面积为________．∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝169，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α－cos α>0， ∴sin α－cos α＝43，故选C.6．B 由sin(C －A )＝12sin B ，得2sin(C －A )＝sin(C ＋A )，∴2sin C cos A －2cos C sin A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， ∴sin C cos A ＝3cos C sin A ，由正余弦定理，得 c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝3a ·a 2＋b 2－c 22ab ，得4c 2－4a 2＝2b 2＝2×16＝32， ∴c 2－a 2＝8，故选B.7．B 由2cos2θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝3sin2θ，得2cos 2θ－sin 2θ22cos θ－sin θ＝23sin θcos θ，即2(cos θ＋sin θ)＝23sin θcos θ，∴1＋2sin θcos θ＝3sin 2θcos 2θ，∴sin θcos θ＝－13，或sin θcos θ＝1(舍)，∴sin2θ＝－23，故选B.8．D 由sin α－2cos α＝3，得sin 2α－22sin αcos α＋2cos 2α＝3sin 2α＋3cos 2α，∴2sin 2α＋22sin αcos α＋cos 2α＝0，∴2tan 2α＋22tan α＋1＝0，∴(2tan α＋1)2＝0，∴tan α＝－22，故选D.9．D 由b sin2A ＋3a sin B ＝0， 得2b sin A cos A ＋3a sin B ＝0，∴2sin B sin A cos A ＋3sin A sin B ＝0， ∴sin B sin A (2cos A ＋3)＝0，在△ABC 中，sin B ≠0，sin A ≠0，∴2cos A ＋3＝0，∴cos A ＝－32，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝3c 2＋c 2＋23c 2·32＝7c 2，∴c a ＝77，故选D.。

（新高考）高考数学二轮复习专项小测23“20题、21题”理专项小测(二十三) “20题、21题”时间：45分钟 满分：24分20.(12分)已知函数f (x )＝exx＋a (x －ln x )，a ∈R .(1)当a ＝－e 时，求f (x )的最小值；(2)若f (x )有两个零点，求参数a 的取值范围． 解：(1)f (x )＝exx＋a (x －ln x )，定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝e x (x －1)x 2＋a (x －1)x ＝(x －1)(e x＋ax )x2. (2分)当a ＝－e 时， f ′(x )＝(x －1)(e x－e x )x2. 由于e x≥e x 在(0，＋∞)恒成立，所以f (x ) 在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 故f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0. (4分)(2)f ′(x )＝(x －1)(e x＋ax )x2. 当a ＝－e 时， f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0，f (x )只有一个零点；(6分)当a >－e 时，ax >－e x ，故e x＋ax >e x－e x ≥0 在(0，＋∞)恒成立，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝a ＋e>0， 故当a >－e 时， f (x )没有零点； (8分)当a <－e 时，令e x＋ax ＝0，得exx ＝－a ，φ(x )＝e xx ，φ′(x )＝(x －1)e xx2， 所以φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝e, 故φ(x )在(0，＋∞)有两个零点，x 1，x 2,0<x 1<1<x 2，所以f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1,1)上单调递增，在(1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，f (1)＝a ＋e <0 ，又x →0，f (x )→＋∞，x →＋∞，f (x )→＋∞， 此时f (x )有两个零点．(10分) 综上，f (x )有两个零点，则a <－e. (12分)21．(12分)《某省高考改革试点方案》规定：从2020年高考开始，高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A ，B ＋，B ，C ＋，C ，D ＋，D ，E 共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%, 7%, 16%, 24%, 24%, 16%, 7%, 3%.选考科目成绩计入考生总成绩时，将A 至E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则分别转换到[91,100]，[81,90]，[71,80]，[61,70][51,60]，[41,50]，[31,40]，[21,30]8个分数区间，得到考生的等级成绩．原始成绩区间向等级成绩区间的投影假设小明转换后的等级成绩为x ，69－6161－58＝70－xx －61x ＝63.45≈63(四舍五入取整)小明最终成绩：63分某校2017级学生共1 000人，以期末考试成绩为原始成绩转换了本校的等级成绩，为学生合理选科提供依据，其中物理成绩获得等级A 的学生原始成绩统计如下(1)95的概率；(2)待到本级学生高考结束后，从全省考生中不放回的随机抽取学生，直到抽到1名同学的物理高考成绩等级为B ＋或A 结束(最多抽取1 000人)，设抽取的学生个数为ζ，求随机变量ζ的数学期望(注： 0.91 000≈1.7×10－46)．解：(1)设物理成绩获得等级A 的学生原始成绩为x ，其等级成绩为y . 由转换公式93－x x －82＝100－y y －91，得y ＝911(x －82)＋91.(2分) 由y ＝911(x －82)＋91≥95，得x ≥86.9≈87.(4分)显然原始成绩满足x ≥87的同学有12人，获得等级A 的学生有30人，恰好有2名同学的等级分数不小于95的概率为p ＝C 212C 118C 330＝2971015≈0.29. (6分)(2)由题意得，随机抽取1人，其等级成绩为B ＋或A 的概率为3%＋7%＝0.1，学生个数ζ的可能取值为1,2,3， (1000)P(ζ＝1)＝0.1，P(ζ＝2)＝0.9×0.1，P(ζ＝3)＝0.92×0.1，…P(ζ＝999)＝0.9998×0.1，P(ζ＝1000)＝0.9999，(8分) 数学期望：E(ζ)＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋…＋999×0.9998×0.1＋1000×0.9999＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋…＋1000×0.9999×0.1＋1 000×0.91000＝0.1×(1＋2×0.9＋3×0.92＋…＋1 000×0.9999)＋1000×0.91 000.其中，S＝1＋2×0.9＋3×0.92＋…＋1 000×0.9999，①0．9S＝1×0.9＋2×0.92＋…＋999×0.9999＋1 000×0.91 000，②应用错位相减法“①－②”得：0．1S＝1＋0.9＋0.92＋…＋0.9999－1 000×0.91 000＝1×(1－0.91 000)0.1－1 000×0.91 000，S＝100－(10×1 000＋100)×0.91 000，(10分)故E(ζ)＝0.1×[100－(10×1 000＋100)×0.91 000]＋1 000×0.91 000＝10×(1－0.91 000)≈10.(12分)。

2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）主题02 复数【主题考法】本主题考查形式为选择或者填空题，主要考查复数的概念、四则运算、几何意义等等复数知识，考查运算求解能力，为基础题.2020年的高考仍将以选择或填空形式考查复数的概念、四则运算、几何意义等等复数知识，考查运算求解能力，为基础题，分值为5分.【主题考前回扣】1．复数的相关概念及运算法则(1)复数z＝a＋b i(a，b∈R)的分类①z是实数⇔b＝0；②z是虚数⇔b≠0；③z是纯虚数⇔a＝0且b≠0.(2)共轭复数复数z＝a＋b i的共轭复数z＝a－b i.(3)复数的模复数z＝a＋b i的模|z|＝a2＋b2.(4)复数相等的充要条件a＋b i＝c＋d i⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．特别地，a＋b i＝0⇔a＝0且b＝0(a，b∈R)．(5)复数的运算法则加减法：(a＋b i)±(c＋d i)＝(a±c)＋(b±d)i；乘法：(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；除法：(a＋b i)÷(c＋d i)＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i.()其中a，b，c，d∈R.2．复数的几个常见结论 (1)(1±i)2＝±2i. (2)1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i. (3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈Z )． (4)ω＝－12±32i ，且ω0＝1，ω2＝ω，ω3＝1,1＋ω＋ω2＝0. 【易错点提醒】1．复数z 为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0(z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R )．还要注意巧妙运用参数问题和合理消参的技巧．2．复数的运算与多项式运算类似，要注意利用i 2＝－1化简合并同类项．1．复数z 为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0(z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R )．还要注意巧妙运用参数问题和合理消参的技巧．2．复数的运算与多项式运算类似，要注意利用i 2＝－1化简合并同类项． 【主题考向】 考向一 复数的概念 【解决法宝】 1.复数的有关概念 (1)复数的概念：设a ，b 都是实数，形如a ＋b i 的数叫做复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数；若b ≠0，则a ＋b i 为虚数；若b ≠0且a ＝0，则a ＋b i 为纯虚数． (2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d ；a ＋b i ＝0⇔a ＝0且b ＝0. (3)共轭复数：如果两个复数的实部相等，而虚部互为相反数，则这两个复数叫做互为共轭复数，复数z ＝a ＋b i 的共轭复数z ＝a －b i.2.复数的概念问题，关键在理解概念的基础上，利用复数的有关概念解题. 例1已知复数z 满足3z z i +=+，则z =（ ）A. 1i -B. 1i +C.43i - D. 43i + 【分析】先设出复数z ，再利用复数相等的充要条件求出复数z.【解析】设(),z a bi a b R =+∈，则22z a b =+，由已知有223a bi a b i +++=+，所以223{ 1a a b b ++== ，解得4{ 31a b == ，即43z i =+，选D.考向二 复数的运算 【解决法宝】复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则： 设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i (a ，b ，c ，d ∈R)，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； ④除法：z 1z 2＝a ＋b ic ＋d i ＝a ＋b ic －d i c ＋d ic －d i＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i≠0)． (2)复数加法的运算定律：复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1、z 2、z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．例2设复数z 满足()13z i i +=-，则复数zi的实部为（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1【分析】利用复数的除法运算求出复数z ，再根据共轭复数的概念求出z 的共轭复数，利用方式的除法求出复数zi，即可求出其实部..考向三 复数的几何意义 【解决法宝】1.复数z ＝a ＋b i←――→一一对应有序实数对(a ，b )←――→一一对应点Z (a ，b )． 2.一般情况下复数不能比较大小。

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测： 23“ 20题、 21题”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (二十三 )“20题、21题”时间： 45 分钟满分：24分20.(12分)ex已知函数 f(x)＝x＋a(x－lnx).a∈R.(1)当a＝－ e时.求f(x)的最小值；(2)若f(x)有两个零点 .求参数 a的取值范围．ex解： (1)f(x)＝x＋a(x－lnx).定义域 (0.＋∞).f′(x)＝错误!＋a错误!＝错误! .(2 分)当 a＝－ e 时. f′(x)＝错误! .因为 e x≥ex 在(0.＋∞)恒建立 .因此 f(x) 在 (0,1)单一递减 .在(1.＋∞)单一递加 .故 f(x)min＝ f(1)＝a＋e＝0.(4 分)(2)f′(x)＝错误! .当 a＝－ e 时. f(x)在(0,1)上单一递减 .在(1.＋∞)上单一递加 .f(x)min ＝f(1)＝ a＋e＝0.f(x)只有一个零点；(6 分)当 a>－e 时.ax>－ex.故 e x＋ax>e x－ex≥0 在(0.＋∞)恒建立 .因此 f(x)在 (0,1)上单一递减 .在(1.＋∞)上单一递加 .f(x)min＝f(1)＝a ＋e>0.故当 a>－e 时. f(x)没有零点；(8 分)当 a<－e 时.令 e x＋ax＝0.ex ex得x＝－ a.φ(x)＝x .φ′(x)＝错误! .因此φ(x)在(0,1)上单一递减 .在(1.＋∞)上单一递加 .φ(x)min＝φ(1)＝e,故φ(x)在(0.＋∞)有两个零点 .x1.x2,0<x1<1<x2.因此 f(x)在 (0.x1)上单一递减 .在(x1,1)上单一递加 .在(1.x2)上单一递减.在(x2.＋∞)上单一递加 .f(1)＝a＋e<0 .又 x→0.f(x)→＋∞.x→＋∞.f(x)→＋∞. 此时 f(x)有两个零点．(10 分 )综上 .f(x)有两个零点 .则 a<－ e.(12 分 )21．(12分)《某省高考改革试点方案》规定：从2020年高考开始 .高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低区分为 A.B＋ .B.C＋.C.D＋ .D.E共 8个等级．参照正态散布原则 .确立各等级人数所占比率分别为3 %, 7%, 16%, 24%, 24%, 16%, 7%,3%.选考科目成绩计入考生总成绩时.将A至E等级内的考生原始成绩.依照等比率变换法例分别变换到 [91,100].[81,90].[71,80].[61,70][51,60].[41,50].[31,40].[21,30]8个分数区间 .获取考生的等级成绩．原始成绩区间向等级成绩区间的投影假定小明变换后的等级成绩为 x.69－61 70－x61－58＝x －61x ＝63.45≈63(四舍五入取整 )小明最后成绩： 63分某校 20xx 级学生共 1000人.以期末考试成绩为原始成绩变换了本校的等级成绩.为学生合理 选科供给依照 .此中物理成绩获取等级 A 的学生原始成绩统计以下成绩93 91 90 88 87 86 85 84 83 82 人数1142433327(1)从物理成绩获取等级 A 的学生中任取 3名.求恰巧有 2名同学的等级分数不小于 95的概率；(2)待到本级学生高考结束后 .从全省考生中不放回的随机抽取学生.直到抽到 1名同学的物理高考成绩等级为 B ＋或 A 结束 (最多抽取 1 000人).设抽取的学生个数为 ζ.求随机变量 ζ的数学希望 (注： 0.91000≈ 1.7×10－46)．解： (1)设物理成绩获取等级 A 的学生原始成绩为 x.其等级成绩为y.93－x 100－y9由变换公式 x －82＝ y －91 .得 y ＝11(x －82)＋91.(2 分)9由 y ＝11(x －82)＋91≥95.得 x ≥86.9≈87.(4 分)明显原始成绩知足 x ≥87 的同学有 12 人.获取等级 A 的学生有 30人.恰巧有 2 名同学的等级分数不小于 95 的概率为 p ＝ C212C18 297C30 ＝1015≈0.29.(6 分) (2) 由题意得 随机抽取 1 人 其等级成绩为 ＋ 或 A 的概率为 3%＋. . B7%＝0.1.学生个数 ζ的可能取值为 1,2,3. .1000.P(ζ＝1)＝0.1.P(ζ＝2)＝0.9×0.1.P(ζ＝3)＝0.92×0.1.P( ζ＝ ＝ 998×0.1.P(ζ＝1000)＝0.9999(8 分) 999) 0.9 . 数学希望：E(ζ)＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋ ＋999×0.9998×0.1＋1000×0.9999＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋ ＋1000×0.9999×0.1＋ 1000×0.91000＝ 0.1×(1＋2×0.9＋3×0.92＋ ＋1 000×0.9999)＋1000×0.91 000 .此中 .S ＝1＋2×0.9＋3×0.92＋ ＋1 000×0.9999 .①0．9S ＝1×0.9＋2×0.92＋ ＋999×0.9999＋1 000×0.91000.② 应用错位相减法 “①－② ”得：0．1S ＝1＋0.9＋0.92＋ ＋ 0.9999－1 000×0.91000＝错误 ! －1 000×0.91 000.S ＝100－(10×1 000＋100)×0.91 000.(10分)故 E(ζ)＝0.1×[100－ (10×1 000＋100)×0.91 000]＋1 000×0.91 000＝10×(1－0.91 000)≈10.(12分)。

小题考法专训（三）等差数列与等比数列A级 --- 保分小题落实练一、选择题1. （2019 •福州质检）等比数列｛a n｝的各项均为正实数，其前n项和为S.若a3 = 4, a2a6=64,贝U S=()A. 32B. 31C. 64D. 63解析：选B法一: 设首项为a1，公比为q，因为a n> 0，所以q > 0,由条件得2 / a1 • q =4, a1= 1,5解得所以S5= 31, 故选B.ag • a1q = 64, q= 2,法二：设首项为a i,公比为q,因为a n>0，所以q>0,由a2a6= a1 2= 64，得a4= 8,又a3 =4,所以q= 2, a i = 1,所以S5= 31,故选B.2.已知等差数列｛a n｝的前n项和为S，若a1= 12,S= 90,则等差数列｛a n｝的公差d=( )3A. 2B.13. 在公差不为0的等差数列｛a n｝中，4a s+ an —3a5= 10,则二a4=( )5A. —1B. 0C. 1D. 2解析：选 C 设｛a n｝的公差为d(d^0)，由4a s+ an —3a5= 10,得4(a1+ 2d) + (a+ 10d)1—3(a1+ 4d) = 10,即2a1 + 6d= 10,即a+ 3d= 5,故a4= 5,所以匚a4= 1,故选 C.54. 等比数列｛a n｝的前n项和为S,若a3 + 4S2= 0,则公比q=( )A. —1B. 1C.—2D. 22 2 解析：选C 因为a3+ 4S= 0,所以aq + 4a1 + 4ag=0,因为a&0,所以q+ 4q+ 4 = 0,所以q= —2，故选C.5. （2020届高三•广东六校联考）等比数列｛a n｝的前n项和为S,且4a1,2a2, a3成等差数列.若a1 = 1，则S =（）A. 16D. 7C. 3D. 45X4 ,解析：选C依题意，5X 12+ — d= 90,解得d= 3,故选C.B. 15C. 82解析：选B 设公比为q ,由题意得4比=4a i + a 3，即4a i q = 4a i + a i q ，又 a i = 1,所以4q16.已知数列｛a n ｝中，a 3 = 2, a 7= 1.若数列 丄为等差数列，则 a 9=()a n1 A .24 C.57•等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S 2= 2, S 3=-6,则0=()A . 18B . 10 C.— 14 D.-22 解析：选D设等比数列｛a n ｝的公比为q ,a 1+ a 1q = 2,a 1=— 2,由题意，得2解得a 1+ ag + ag =- 6,q =- 2,—2X [1 - - 2 ]所以$=——? ----------- o —— =-22,故选D.a 1 + a 3+ a 58. (2019 •长春质监)已知S 是等比数列｛a n ｝的前n 项和，若公比 q = 2,则——9.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 1= 1, S n = 2a n +1,贝U S n =( )2=4+ q ，解得q = 2,所以S=i x 1 - 24 ~1-2=15,故选B.B .D.1解析：选C 因为数列为等差数列，a 3= 2,a 7= 1,所以数列a1a n 的公差 1 1—2 d ==7-37 — 3a 7 a 31 8’ 所以 1 a 9 11 5 =討(9—7)X 8= i ，所以 4a 9= 5故选B. C.D.解析：选A 由题意知24a 1 + a 3 + a 5= a 〔(1 + 2 + 2 ) = 21 而S o =6a 1 1- 2 = 1 — 2 =63a 1,所以a 1 + a 3 + a 5 21a 1 163a 1 3故选A.A . 2n -1B .选B.10. （2019 •广东七校联考）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S , a 6 + a *= 6, S o — S s = 3,则 S 取得最大值时n 的值为（）A . 5 C. 7a 1 + 5d + a 1 + 7d = 6,解析：选D 设｛a n｝的公差为d，则由题意得，^ + 6d + a 1 + 7d + .+ 8d = 3,a 1 = 15,所以a n =— 2n +17,由于a 8>0, a 9< 0，所以S n 取得最大值时n 的值是8,故选d = — 2.D.11.已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S 3 = 7S 6= 63,则数列｛na ｝的前n 项和为( )A .— 3+ (n + 1) X2 nB . 3 + (n + 1) X2 n C. 1 + (n +1) X2 nD. 1 + (n — 1) X2 nC. 3n — 1D.解析：选 B 当 n = 1 时，S= a i = 2a 2，则1a 2= 2-当n 》2时,S n - 1= 2a n ,贝 U S n — S n - 1= a2a n +1 — 2a n , 所以 a n + 1 a n3，所以当n >2时, 数列｛a n ｝是公比为3的等比数列，所以1, n = 1, 2X3 n— 2, n >2,所以 $= 1 + 2 + 2 % 尹…+ 2X3 n -2= 1 + 2 +1X 1 — - n-12 231-2B . 6 D. 8解得解析：选D设｛a n｝的公比为q,易知q z 1,=a1 1- q3==1—q =所以由题设得=63,两式相除得1 + q = 9,解得q= 2,进而可得a1= 1, n—1 n—1 n—1所以a n= a1q = 2 ，所以na n= n X2 .设数列｛na n｝的前n项和为T n,则T n= 1 X 2 0+ 2X 2 1+ 3X 2 2+•••+ n X2n—1,2T = 1X2^ 2X 2 2+ 3X 2 3+•+ n X2n,故 T n = 1 + (n — 1) X21| S — n — 6| v 123的最小整数n 是()A . 8B . 9 C. 10D. 119 9所以a 3 — 1 = 4，代入上式，有a 2— 1 = — ^, a 1— 1 = 9,所以数列｛a n — 1｝是首项为9,公比为一 12 的等比数列.所以 — n — 6| = |( a 1 — 1) + (a 2 — 1) + …+ (a n — 1) — 6| =—6X —1 nv 击，又n € N *，所以n 的最小值为10,故选C.二、填空题13. （2019 •北京高考）设等差数列｛a n ｝的前n 项和为 S.若a 2= — 3, $=— 10,则a s = , S 的最小值为 ______________________ .解析：设数列｛a n ｝的公差为d ,a 2 = a 1 + d = — 3, S 5 = 5a 1+ 10d =— 10, a 1 = — 4, d = 1, ••• a 5 = a 1 + 4d = 0, a n = a 1+ ( n — 1) d = n — 5.令a n v 0，贝U n v 5，即数列｛a n ｝中前4项为负，a 5= 0,第6项及以后为正.•- S n 的最小值为S 4= S 5=— 10.答案：0— 1014. （2019 •江苏高考）已知数列｛a n ｝（ n € N ）是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 2a 5 + a *= 0,S 9= 27,则S s 的值是 __________ .解析：设等差数列｛a n ｝的首项为a,公差为d,a 2a 5 + a s = 0, S 9 = 27,两式作差得—T n = 1 + 2 + 22+…+ 2n T — n X24 J — 11 —2 X2 1—2~—n X2n =— 1+ (1 — n ) X2n , 12 •已知数列｛a n ｝满足2a n +1+ a n = 3（ n 》1），且a 3 = ?其前4n 项和为S,则满足不等式解析：选C由 2a n+1 + a n= 3,得 2( a n+1 — 1) + (a n— 1) = 0,a n +1 — 1a n — 11 132 又 a 3=T ，a i + d a+ 4d + a i+ 7d= o,a i=- 5,得9X8 解得9a i T—2~d = 27, d= 2,8X7S = 8a i + 2~d = 8X ( —5) + 28X 2= 16.答案：1615. 已知数列｛a n｝中，a i= 3, a2= 7.当n€ N时，a n+2是乘积a n •a n+i的个位数，则a2。

2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）副题02 三角函数的图象与性质【主题考法】主题点考题形式为选择填空题，主要考查三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最值、有 界性、图象的平移和伸缩变换及图像及图像应用，考查运算求解能力、转化化归思想、数形结合思想。

分值为5分，在复习时应予以关注.【主题回扣】1.常用三种函数的图象性质(下表中k ∈Z ) 函数 y ＝sin xy ＝cos xy ＝tan x图象递增 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2 [2k π－π，2k π]⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2 递减 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2 [2k π，2k π＋π]奇偶性 奇函数偶函数 奇函数 对称 中心 (k π，0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π2，0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0 对称轴 x ＝k π＋π2 x ＝k π 周期性2π2ππ2.三角函数的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得.(2)y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；学科-网 当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得. (3)y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数. 3.三角函数的两种常见变换(1)y ＝sin x ――――――――――――――――→向左（φ＞0）或向右（φ＜0）平移|φ|个单位y ＝sin(ωx ＋φ)――――――――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变 y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0).y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0).4.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω＞0，A ＞0)的图象 (1)“五点法”作图设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出相应的x 的值与y 的值，描点、连线可得． (2)由三角函数的图象确定解析式时，一般利用五点中的零点或最值点作为解题突破口． 【易错提醒】1.在求三角函数的值域(或最值)时，不要忽略x 的取值范围．2.求y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间时，要注意ω，A 的符号.若ω<0时，应先利用诱导公式将 x 的系数转化为正数后再求解；在书写单调区间时，不能弧度和角度混用，需加2k π时，不要忘掉k ∈Z ，所求区间一般为闭区间.3.三角函数图象变换中，注意由y ＝sin ωx 的图象变换得到y ＝sin(ωx ＋φ)时，平移量为||ωπ，而不是φ.【主题考向】考向一 三角函数的单调性【解决法宝】求三角函数的单调区间时应注意以下几点：（1）形如sin()(0,0)y A x A ωϕω=+>>的函数的单调区间，基本思路是把x ωϕ+看作是一 个整体，由22()22k x k k Z πππωϕπ-+≤+≤+∈求得函数的增区间，由322()22k x k k Z πππωϕπ+≤+≤+∈求得函数的减区间．（2）形如sin()(0,0)y A x A ωϕω=-+>>的函数，可先利用诱导公式把x 的系数变为正数， 得到sin()y A x ωϕ=--，由22()22k x k k Z πππωϕπ-+≤-≤+∈得到函数的减区间，由322()22k x k k Z πππωϕπ+≤-≤+∈得到函数的增区间． （3）对于sin()y A x ωϕ=+，tan()y A x ωϕ=+等，函数的单调区间求法与sin()y A x ωϕ=+ 类似．例1将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把图象上所有的点向右平移1个单位，得到函数的图象，则函数的单调递减区间是（ ）A. （）B. （）C.（） D.（）【分析】先通过变换求出的解析式，再利用整体代换求出单调递减区间.【答案】C考向二 三角函数的周期性与奇偶性【解决法宝】1．对三角函数的奇偶性的问题，首先要对函数的解析式进行恒等变换，化 为一个角的三角函数，再根据定义、诱导公式去或图像判断所求三角函数的奇偶性，对奇偶性熟记下列结论可以快速解题：①)sin(ϕω+=x A y 是奇函数的充要条件为Z k k ∈=,πϕ；②)sin(ϕω+=x A y 是偶函数的充要条件为Z k k ∈+=,2ππϕ；③)cos(ϕω+=x A y 是奇函数的充要条件为Z k k ∈+=,2ππϕ；④)cos(ϕω+=x A y 是偶函数的充要条件为Z k k ∈=,πϕ；2．对三角函数周期问题，先利用三角公式将函数解析式化为一个角的三角函数，再利用 下列方法求三角函数周期：①利用周期函数的定义；②利用公式：sin()y A x ωϕ=+和cos()y A x ωϕ=+的最小正周期为2||πω，tan()y x ωϕ=+的 最小正周期为||πω； ③利用图象． 例2 已知函数，下列结论中错误的是（ ）． A. 的图象关于点中线对称 B.的图象关于对称C.的最大值为D.既是奇函数，又是周期函数【分析】通过计算)2()(x f x f -+π是否为0，即可判断选项A 是否正确；通过计算即可判 定)()(x f x f =-π是否成立，即可判定B 是否正确；利用倍角公式、换元法和导数即可求出函数)(x f 的最值；利用函数奇偶性的概念与函数周期定义即可对D 作出判断.【解析】项，因为．即，故函数图象关于点成中心对称．故正确；项，，故函数图象关于直线对称，故项正确；项，，令，，令，得或，根据函数的单调性分析得有极大值，而当时，，时，，所以时，取得最大值，即的最大值为，故项错误； 项，因为，所以函数是奇函数，且图象关于对称，即，，因此，从而．即函数是以为周期的奇函数，故选．考向三 三角函数的对称性【解题法宝】先利用三角公式将函数解析式化为一个角的三角函数，再利用正弦函数、余 弦函数、正切函数的对称性及整体思想，求解对称轴和对称中心，也可以利用对称轴过最值点解题.例3已知函数的部分图象如图所示，已知点，，若将它的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴方程为( )A. B. C. D.【分析】根据图象求出)(x f 的解析式，再用整体代换法即可求出)(x f 对称轴. 【解析】,,,所以,右移的到,将选项代入验证可知选项正确.考向四 三角函数的值域与最值【解题法宝】先利用三角公式将函数解析式化为形如)sin(ϕω+=x A y 的一个角的三角函 数，再根据所给自变量的范围，利用不等式性质求出ϕω+x 范围，再利用函数x y sin =图像与性质求出)sin(ϕω+=x y 的值域（最值），即可求出)sin(ϕω+=x A y 的值域（最值）.例4 已知函数()23sin cos f x x x ωω=⋅ 22cos 1(0)x ωω+->的最小正周期为2π，则当 0,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的值域是（ ） A. []2,1-B. []2,2-C. []1,1-D. []1,2-【分析】先利用降幂公式对()f x 降幂，再利用辅助角公式化为一个角的三角函数，利用周期公式求出ω的值，再利用复合函数求值域的方法，即可当0,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的值域.【答案】D考向五 三角函数的图象及其应用【解决法宝】1.函数sin y x =的图象变换得到sin()y A x ωϕ=+的图象的步骤（1）确定sin()(0,0,||)y A x k A ωϕωϕπ=++>><中的参数的方法：在由图象求解析式时， 若最大值为M ，最小值为m ，则2M mA -=，2M m k +=，ω由周期T 确定，即由2T πω=求出，ϕ由特殊点确定．（2）由sin y x =的图象变换到sin()y A x ωϕ=+的图象，两种变换的区别：先相位变换再 周期变换(伸缩变换)，平移的量是||ϕ个单位；而先周期变换(伸缩变换)再相位变换，平移的量是||(0)ϕωω>个单位．原因在于相位变换和周期变换都是针对x 而言，即x 本身加减多少值，而不是于x ω加减多少值．2.已知三角函数图像求三角函数解析式：思路①，先用三角函数的最值列出关于振幅的方 程，从而解出振幅，再利用五点作图法，列出关于ϕω,的方程，解出ϕω,，即可求出解析式；思路②，先用三角函数的最值列出关于振幅的方程，从而解出振幅，利用周期求出ω，再利用特殊点（一般为为最值点）求出ϕ，即可写出解析式.3.在求三角函数在某个区间上的值域（最值）时，常常要用到三角函数图像与性质. 例5已知函数()()sin f x A x ωϕ=+ (0,0,0)2A πωϕ>><<的部分图像如图所示，若将函数 ()f x 的图像上点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的14，再向右平移6π个单位，所得到的函数()g x 的解析式为（ ）A. ()12sin 4g x x =B. ()2sin2g x x =C. ()12sin 46g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D. ()2sin 26g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭【分析】先由()f x 的图象求出函数()f x 的解析，再通过对函数的图象变换即可求出()g x 的解析式.【解析】由图象可得2,4T A π==，故14,2T πω==，∴()12sin 2f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∵点（0,1）在函数的图象上，∴()02sin 1f ϕ==，∴1sin 2ϕ=，又02πϕ<<，∴6πϕ=．∴()12sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．将函数()f x 的图像上点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的14所得图象对应的解析式为12sin 42sin 2266y x x ππ⎛⎫⎛⎫=⨯+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，然后再向右平移6π个单位，所得图象对应的解析式为2sin 22sin(2)666y x x πππ⎡⎤⎛⎫=-+=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即()2sin(2)6g x x π=-．选D ．【主题集训】 1.已知函数，则下列说法不正确的是( )A. 的一个周期为B. 向左平移个单位长度后图象关于原点对称C.在上单调递减 D.的图象关于对称【答案】B2.将函数()2cos2f x x =的图象向右平移6π个单位后得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在 区间0,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦和72,6a π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上均单调递增，则实数a 的取值范围是（ ）A ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C.,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．3,48ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】因函数()2cos2f x x =的图象向右平移6π个单位后得到函数)32cos(2)(π-=x x g ,故该函数的单调递增区间为ππππk x k 2322≤-≤-,即)(63Z k k x k ∈+≤≤-ππππ,由题设可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≥≤3263πππa a ,解之得23ππ≤≤a ,应选 A.3.将函数()3sin cos f x x x =-的图象向左平移56π个单位得到函数()y g x =的图象，则 712g π⎛⎫⎪⎝⎭的值为（ ） A. 2- B. 2 C. 3- D. 3【答案】A【解析】()3sin cos 2sin 6f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，向左平移56π个单位得到函数()y g x ==22sin 3x π⎛⎫+⎪⎝⎭，故7722sin 212123g πππ⎛⎫⎛⎫=+=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭4.已知函数，其中，，是奇函数，直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C.在上单调递增D.在上单调递增【答案】B 【解析】函数，其中，，是奇函数,故，，根据直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为得到周期为，故得到w=4,故函数表达式为，单调减区间为故得在上单调递减，故选B.5.若函数()()()3sin 2cos 2f x x x θθ=+++为奇函数，且在,04π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为减函数，则θ的一个值为（ ） A. 3π-B. 6π-C.23πD.56π 【答案】D 6.设函数 ，其中常数满足．若函数（其中是函数的导数）是偶函数，则等于（ ）A.B.C.D.【答案】A 【解析】由题意得，∵函数为偶函数，∴．又，∴．选A ．7.将函数()3sin cos 22x x f x =-的图象向右平移23π个单位长度得到函数()y g x =的图象，则函数()y g x =的一个单调递减区间是（ ）A ．(,)42ππ-B ．(,)2ππC ．(,)24ππ--D ．3(,2)2ππ 【答案】C【解析】 因为()2sin()26x f x π=-，所以2()()2sin()2cos 32632x xg x f x πππ=-=--=-，则()g x 在(,)24ππ--上递减．8．将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，然后再将所得图象上的每一点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的一条对称轴方程可能是( )A.B.C.D.【答案】C 【解析】由题得，所以它的对称轴方程是故选C.9.若将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】的图象向左平移个单位长度后的解析式为图象关于原点对称，将代入，∴，解得，∵，当时，，故选10.若函数的导函数，的部分图象如图所示，，当时，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由图得再将代入中，得，则，结合，令可得，（为常数），当时，，则：，故选C.11．已知函数，若，在上具有单调性，那么的取值共有（）A. 6个B. 7个C. 8个D. 9个12.函数()()13tan cos ,36f x x x x ππ=+-≤≤，则()f x 的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．31+ 【答案】C【解析】()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=+=6sin 2sin 3cos cos tan 31πx x x x x x f ，因为63ππ<<-x ，所以366πππ<+<-x ，故()f x 的最大值为3，故选C.13.函数的部分图象如图所示，已知，，且，则等于（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得，函数的周期满足：，当时，，据此可得：，令可得，则，由，，且，可得：，则，故选C .14.若函数()()()()3sin 2cos 20f x x x θθθπ=+++<<的图象关于,02π⎛⎫⎪⎝⎭对称，则函数()f x 在,46ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值是（ ）A ．-1B ．3- C. 12- D ．32-【解析】因为()3sin(2)cos(2)2sin(2)6f x x x x θθθπ=+++=++，则由题意，知()2sin()026f θππ=π++=，又0θ<<π，所以6θ5π=，所以()2sin 2f x x =-，在[,]44ππ-上是减函数，所以函数()f x 在[,]46ππ-的最小值为()2sin 363f ππ=-=-，故选B ．15.函数（其中，）的部分图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】A 【解析】根据函数（其中，）的图象过点，可得A=1，．再根据五点法作图可得2•+φ=π，∴φ=，函数f （x ）=sin （2x+）．故把f （x ）=sin （2x+）的图象向左平移个单位长度，可得y=sin （2x++）=cos2x 的图象，故选：A ．16.已知函数（），若是函数的一条对称轴，且，则所在的直线为（ ） A. B. C. D.【答案】C 【解析】函数（），若是函数的一条对称轴，则是函 数的一个极值点，，根据题意有，又，故，结合选项，点所在的直线为，故选C.17.将函数的图像向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到的图像，若，且，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数的图象向左平移个单位，可得的图象，再向下平移1个单位，得到的图象，若，且，则，则，即，，得，当时，取最大值，故选A.18.已知函数，若，则函数恒过定点__________．【答案】【解析】由题意是图象的一条对称轴，∴，化简得，因此在中令，则，即过定点．19.设函数，给出下列结论：①的一个周期为；②的图象关于直线对称；③的一个零点为；④在单调递减，其中正确结论有__________（填写所有正确结论的编号）．【答案】①②③20.将函数图像上所有点向左平移个单位，再将横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数图像．若，且在上单调递减，则__________．【答案】3【解析】函数图像上所有点向左平移个单位得，再将横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到，因为，所以为一个对称中心，即=，因为在上单调递减，所以即21.设函数，已知常数且满足，，则关于的不等式的解集为________.【答案】22.设函数向左平移个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则__________．【答案】【解析】把函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，结合得到的函数为一个奇函数，则，因为令可得，故答案为.20.【山东省烟台市2018届自主练习】已知函数与的图象有两个公共点，则满足条件的周期最大的函数可能为( )A. B.C. D.【答案】A【解析】由题得是一个偶函数，当由得，由得，所以函数的增区间是，减区间是，所以函数的草图如下，且.函数与的图象有两个公共点,所以，所以函数的最长周期为1-（-1）=2，所以.所以，故选A.。

2020年高考数学二轮复习压轴题（1+1）专题精讲特训2-第21题（稳心态，分步解）高考第21题⎪⎪函数与导数题型一 函数单调性、极值问题——分类讨论思想利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤[典例] (2017·全国卷Ⅰ)(本题满分12分)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围． [障碍提醒]1．求错f (x )或求出f ′(x )后不会分解因式而滞做．[解] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).1分[思路提示]第(1)问先求f (x )的导数f ′(x )，再对a 分区间讨论f ′(x )的符号，从而得到f (x )的单调性；第(2)问要使f (x )≥0成立，只需f (x )min ≥0即可，由(1)得到的结论求出f (x )在a 的不同取值范围内的最小值，进而求出a 的取值范围．2．对含参数的函数单调性问题无分类致解题错误．若a ＝0，❶则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增.2分若a ＞0，❶则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增.4分若a ＜0，❶则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增.6分 3．不理解f (x )≥0是恒成立问题，可转化为最值问题求解．(2)若要f (x )≥0，只需f (x )min ≥0即可．[解题关键点]①处分解变形后观察得分类点1.4．求最小值时不会讨论或求错最小值．若a ＝0，❷则f (x )＝e 2x ， 所以f (x )≥0.7分 若a ＞0，❷则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值， 最小值为f (ln a )＝－a 2ln a . 从而当且仅当－a 2ln a ≥0， 即0＜a ≤1时，f (x )≥0.9分 若a ＜0，❷则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a2时，f (x )取得最小值， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0， 即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0.11分综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－2e 34，1.12分②处利用(1)中单调性求解f (x )≥0成立得分类点2.题型二 讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题——数形结合思想研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.[典例] (本题满分12分)已知函数f (x )＝(x ＋a )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＜1时，试确定函数g (x )＝f (x －a )－x 2的零点个数，并说明理由． [障碍提醒] 1．对函数f (x )求导计算错[解] (1)因为f (x )＝(x ＋a )e x ，x ∈R ， 所以f ′(x )＝(x ＋a ＋1)e x .1分 令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1.2分[思路提示]第(1)问求函数f (x )的导数并讨论函数的单调而导致解题错误．当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下： 性；第(2)问把函数g (x )转化为方程来判断方程解的个数，即为函数g (x )的零点个数；若不能直接判断出零点个数的，可构造函数F (x )，通过讨论函数F (x )的单调性并结合函数零点存在性定理确定函数g (x )的零点个数．2．单调区间．故f (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)， 单调递增区间为(－a －1，＋∞).4分 (2)结论：当a ＜1时，函数g (x )有且仅有一个零点.5分理由如下：由g (x )＝f (x －a )－x 2＝0，3．零点个数的手．得方程x e x －a ＝x 2，显然x ＝0为此方程的一个实数解， 所以x ＝0是函数g (x )的一个零点.6分 当x ≠0时，方程可化简为e x －a ＝x .设函数F x ＝e x －a －x ，7分则F ′(x )＝e x －a －1，令F ′(x )＝0，得x ＝a .当x 变化时，F ′(x )和F (x )的变化情况如下： x(－∞，a ) a(a ，＋∞) F ′(x ) － 0＋F (x )极小值[解题关键点] 使用函数与方程思想进行转化.由方程再次构造函数．4．在判断方程e x－a＝x(x≠0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断．即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a).9分所以F(x)min＝F(a)＝1－a.10分因为a＜1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0，所以对于任意x∈R，F(x)＞0，11分因此方程e x－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点.12分可数形结合作出分析.题型三不等式的证明问题——函数与方程思想利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是：[典例](2017·安庆二模)(本题满分12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且x2x1≥e2，求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)＞65.[障碍提醒]1．忽视求定义域导致单调性判断失误．[解](1)函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R的定义域为(0，＋∞)，1分f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x.2分[思路提示]第(1)问先求出f′(x)，对f′(x)中的字母参数分类讨论确定f′(x)的符号，从而得出f(x)的单调性；第(2)问把要证不等式的左边变形、整理、换元，构造一新的函数φ(t)，对φ(t)求导后，判断在新元范围下的单调性，求其最小值从而得解．2．对含参数的函数单调性不会分类讨论而导致解题错误或滞做．a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分a＜0时，由f′(x)＝0得x＝－1a，3．由f (x 1)＝0，f (x 2)＝0不会转化x 1与x 2的关系而导致滞做．当0＜x ＜－1a 时，f ′(x )＞0；当x ＞－1a 时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增； 在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减.4分 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减.5分 (2)证明：若函数f (x )的两个零点为x 1，x 2，由(1)得a ＜0.因为ln x 1＋ax 1＝0，ln x 2＋ax 2＝0， 所以ln x 2－ln x 1＝a (x 1－x 2)，6分4．对要证明的不等式无思路，不会构造变形导致无从下手．所以(x 1－x 2)f ′(x 1＋x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫1x 1＋x 2＋a ＝x 1－x 2x 1＋x 2＋a (x 1－x 2)＝x 1－x 2x 1＋x 2＋ln x 2x 1＝分 [解题关键点] 变形整理为换元做好准备.5用换元法构令x 2x ＝t ≥e 2， 分 因为φ′(t )＝t ＋1t (1＋t )2＞0，2故(x 1－x 2)f ′(x 1＋x 2)＞65得证.12分换元转化为更简洁的问题.构造函数，用函数.题型四不等式恒成立、存在性问题——转化与化归思想利用导数研究不等式恒成立、存在性问题时，常用到转化与化归思想，其一般思路是：[典例](2017·广州二模)(本题满分12分)已知函数f(x)＝e－x－ax(x∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若x≥0时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，求实数a的取值范围．[障碍提醒]1．计算错f′(x)或判断错单调性，导致求错最值．[解](1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－1e x＋1＝e x－1e x.1分令f′(x)＝0，得x＝0.当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0.所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.3分所以当x＝0时，函数f(x)取得最小值，且最小值为f(0)＝1.4分(2)因为x≥0时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，即e x＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)5分[思路提示]第(1)问当a＝－1时，利用导数f′(x)的符号判断f(x)的单调性；第(2)问把不等式f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立问题，通过构造新函数g(x)，转化为证明g(x)≥0恒成立，从而利用函数g(x)的端点值分类讨论a的取值来进行证明．2．不等式恒成立问题不会构造函数，即f(－x)＋x ＋1)≥0恒成立，不会构造g(x)＝e x＋ax ＋ln(x＋1)－1.令g(x)＝e x＋ax＋ln(x＋1)－1，6分则g(0)＝0，g′(x)＝e x＋1x＋1＋a，g′(0)＝2＋a.[解题关键点]考虑端点值，直入问题本质.3．判断g′(x)的符号时，不会利用二次求导做出判断．当导数g′(x)有参数时，易忘记讨论而致误．又g″(x)＝e x－1(x＋1)2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以g′(x)＝e x＋1x＋1＋a在[0，＋∞)上单调递增.8分①若a≥－2，则g′(x)≥g′(0)＝2＋a≥0，抓住端点值展开当且仅当x ＝0，a ＝－2时取等号， 所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 有g (x )≥g (0)＝0，(*)式恒成立.9分 ②若a ＜－2，由于g ′(0)＝2＋a ＜0，x →＋∞时，g ′(x )→＋∞，所以必存在唯一的x 0∈(0，＋∞)，使得g ′(x 0)＝0，当0＜x ＜x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． 所以当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜g (0)＝0，(*)式不恒成立.11分综上所述，实数a 的取值范围是[－2，＋∞).12分讨论．分析端点值，明确函数图象走势.[课堂练习]1．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．2．(2017·西安一模)已知函数f (x )＝x ＋1＋ax －a ln x ．若函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线与直线2x ＋y －1＝0平行．(1)求a 的值；(2)若方程f (x )＝b 的区间[1，e]上有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)函数f (x )＝x ＋1＋a x －a ln x 的导数f ′(x )＝1－1＋a x2－ax ， ∴y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线斜率为k ＝f ′(1)＝1－(1＋a )－a ＝－2a ， 由题意可得－2a ＝－2，解得a ＝1. (2)由(1)知f (x )＝x ＋2x －ln x ， f ′(x )＝1－2x 2－1x ＝(x ＋1)(x －2)x 2，当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当2＜x ＜e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ∴当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝3－ln 2. 又∵f (1)＝3，f (e)＝e －1＋2e，即有f (1)＞f (e)，∴方程f (x )＝b 在区间[1，e]上有两个不同的实数根，则有f (2)＜b ≤f (e)，即3－ln 2＜b ≤e －1＋2e .故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤3－ln 2，e －1＋2e . 3．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a －2.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时， f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a－2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.4．(2018届高三·广西三市联考)已知函数f (x )＝x －a ln x ，g (x )＝－1＋ax ，其中a ∈R. (1)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，求函数h (x )的单调区间；(2)若存在x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围． 解：(1)h (x )＝x ＋1＋ax－a ln x (x ＞0)， h ′(x )＝1－1＋a x 2－a x ＝x 2－ax －(1＋a )x 2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2，①当a ＋1＞0，即a ＞－1时，在(0,1＋a )上h ′(x )＜0，在(1＋a ，＋∞)上h ′(x )＞0， 所以h (x )在(0,1＋a )上单调递减，在(1＋a ，＋∞)上单调递增． ②当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上h ′(x )＞0， 所以函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)若存在x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，即存在x 0∈[1，e]，使得h (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＜0成立，即函数h (x )＝x ＋1＋ax －a ln x 在[1，e]上的最小值小于零．由(1)可知：①当1＋a ≥e ，即a ≥e －1时，h ′(x )＜0，h (x )在[1，e]上单调递减， 所以h (x )在[1，e]上的最小值为h (e)， 由h (e)＝e ＋1＋a e －a ＜0可得a ＞e 2＋1e －1，因为e 2＋1e －1＞e －1，所以a ＞e 2＋1e －1.②当1＋a ≤1，即a ≤0时，h (x )在[1，e]上单调递增， 所以h (x )的最小值为h (1)，由h (1)＝1＋1＋a ＜0可得a ＜－2.③当1＜1＋a ＜e ，即0＜a ＜e －1时，可得h (x )的最小值为h (1＋a )，因为0＜ln(1＋a )＜1，所以0＜a ln(1＋a )＜a ，故h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )＞2＞0，不合题意．综上可得，a 的取值范围是(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.1．(2017·兰州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋x 2＋b ，g (x )＝a ln x . (1)若f (x )在⎣⎡⎭⎫－12，1上的最大值为38，求实数b 的值； (2)若对任意的x ∈[1，e]，都有g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫23，1时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数． ∵f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ，f ⎝⎛⎭⎫23＝427＋b ， ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＞f ⎝⎛⎭⎫23. ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ＝38，∴b ＝0. (2)由g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x ，得(x －ln x )a ≤x 2－2x ， ∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，由于不能同时取等号， ∴ln x ＜x ，即x －ln x ＞0， ∴a ≤x 2－2x x －ln x (x ∈[1，e])恒成立．令h (x )＝x 2－2xx －ln x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2，当x ∈[1，e]时，x －1≥0，x ＋2－2ln x ＝x ＋2(1－ln x )＞0，从而h ′(x )≥0， ∴函数h (x )＝x 2－2xx －ln x 在[1，e]上为增函数，∴h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ≤－1， 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]．2．(2018届高三·合肥调研)已知函数f (x )＝e x －12ax 2(x ＞0，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)当a ＝2时，求证：f (x )＞1；(2)是否存在正整数a ，使得f ′(x )≥x 2ln x 对一切x ∈(0，＋∞)恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：当a ＝2时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x ，令f 1(x )＝f ′(x )＝e x －2x ，则f 1′(x )＝e x －2，令f 1′(x )＝0，得x ＝ln 2，又0＜x ＜ln 2时，f 1′(x )＜0，x ＞ln 2时，f 1′(x )＞0，∴f 1(x )＝f ′(x )在x ＝ln 2时取得极小值，也是最小值．∵f ′(ln 2)＝2－2ln 2＞0，∴f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数．∴f (x )＞f (0)＝1.(2)由已知，得f ′(x )＝e x －ax ，由f ′(x )≥x 2ln x ，得e x －ax ≥x 2ln x 对一切x ＞0恒成立，当x ＝1时，可得a ≤e ，∴若存在，则正整数a 的值只能取1,2.下面证明当a ＝2时，不等式恒成立，设g (x )＝e x x 2－2x－ln x ， 则g ′(x )＝(x －2)e x x 3＋2x 2－1x ＝(x －2)(e x －x )x 3， 由(1)得e x ＞x 2＋1≥2x ＞x ，∴e x －x ＞0(x ＞0)，∴当0＜x ＜2时，g ′(x )＜0；当x ＞2时，g ′(x )＞0.∴g (x )在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数．∴g (x )≥g (2)＝14(e 2－4－4ln 2)＞14×(2.72－4－4ln 2)＞14(3－ln 16)＞0， ∴当a ＝2时，不等式f ′(x )≥x 2ln x 对一切x ＞0恒成立，故a 的最大值是2.3．(2017·安徽二校联考)已知函数f (x )＝ln x －a x －m (a ，m ∈R)在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2＞2.解：(1)f ′(x )＝1x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x x 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0＜x ＜e a ＋1时，f ′(x )＞0，当x ＞e a ＋1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在x ＝e a＋1时取得极值， 所以e a ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x ＞0)，f ′(x )＝1－ln x x 2，函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (e)＝1e－m .又x →0(x ＞0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，f (x )有两个零点x 1，x 2，故⎩⎪⎨⎪⎧ 1e －m ＞0，－m ＜0，解得0＜m ＜1e . 所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1＜x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2. 则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1.欲证ln x 1＋ln x 2＞2，只需证ln x 1x 2＞2， 只需证m (x 1＋x 2)＞2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1＞2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1＞2，设t ＝x 2x 1＞1， 则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1. 即证ln t －2(t －1)t ＋1＞0. 记u (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)， 则u ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0. 所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以u (t )＞u (1)＝0，所以原不等式成立，故ln x 1＋ln x 2＞2，得证．4．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .①当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h′(x)＝－x e x＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－1 2，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 综上，a的取值范围是[1，＋∞)．。

专项小测(二十四) “20题、21题”时间：45分钟满分：24分20。

（12分）已知函数f（x）＝错误!＋b，曲线y＝f（x）在点错误!处的切线方程为6x＋πy－2π＝0.（1）求f（x)的解析式；（2)判断方程f（x)＝错误!－1在（0，2π］内的解的个数，并加以证明．解：（1）直线6x＋πy－2π＝0的斜率为－错误!,过点错误!，f′(x)＝错误!,则f′错误!＝错误!＝－错误!，即a＝3, (2分)又f错误!＝b＝－1，所以f（x）＝错误!－1. （4分）(2)方程f(x)＝错误!－1在(0,2π]上有3个解．（5分）证明：令g（x）＝f(x)－错误!＋1＝错误!－错误!，则g′(x)＝错误!。

又g错误!＝错误!－错误!＞0，g错误!＝－错误!＜0,所以g（x)在错误!上至少有一个零点．又g(x)在错误!上单调递减,故在错误!上只有一个零点．（7分）当x∈错误!时，cos x＜0，故g（x）＜0，所以函数g（x)在错误!上无零点; (8分)当x∈错误!时，令h(x）＝x sin x＋cos x,h′(x）＝x cos x＞0，所以h（x)在错误!上单调递增，h（2π）＞0，h错误!＜0,所以∃x0∈错误!，使得g（x)在错误!上单调递增，在(x0，2π]上单调递减．又g(2π）＝0，g错误!＜0,所以函数g（x)在错误!上有2个零点．（10分）综上，方程f(x）＝错误!－1在（0,2π］上有3个解．（12分)21．（12分）某地区进行疾病普查，为此要检验每一人的血液,如果当地有N人，若逐个检验就需要检验N次，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了，如果为阳性,为了明确这个k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验，这时k个人的检验次数为k＋1次．假设在接受检验的人群中，每个人的检验结果是阳性还是阴性是独立的,且每个人是阳性结果的概率为p。