抽象形式的含导数不等式的问题一般可通过构建新的函数求解.
知识拓展:
一般地,若题中出现了含导数和的形式,可构建函数F(x)=f(x)·g(x)求导再求解,若题中出现了含导数差的形式,可构建函数F(x)=求导再求解.
13.28 本题考查二项式定理.8的展开式的通项公式为Tr+1=Cx8-rr=Cx
,令8-r=0,得r=6,所以常数项为C=C=28.
要熟悉并能灵活应用(a+b)n展开式中的通项公式Tr+1=Can-rbr.
14. 本题考查椭圆的方程及向量数量积的应用.设M(m,n),则+=1,得n2=9-m2,所以·=·(+)=·+2=2=(m-2)2+n2=(m-2)2+9-m2=2+,当m=时,·有最小值.
解题的关键是将两向量的数量积的最小值问题转化为椭圆上的点到定点K的距离的最小值的平方.
15.[1,e5+1]
解析:
本题考查线性规划知识.作出约束条件对应的可行域,如图,函数y=ex-a的图象上存在点满足约束条件,即函数图象与可行域有公共点,对y=ex-a求导得y′=ex,令y′=1,得x=0,即函数在点(0,1-a)处的切线平行于直线x-y=0,当a=1时恰有一个公共点.另外当函数的图象经过可行域的顶点A(5,-1)时,即-1=e5-a,得a=e5+1,结合图象可知1≤a≤e5+1.
对于线性规划问题,需要准确作图,数列结合求解.
16.
解析:
本题考查多面体与球的位置关系与导数的综合应用.如图,球心O应位于正四棱锥的高PO1上,设四棱锥的高为PO1=h,球的半径OC=1,在Rt△OO1C中,有12=O1C2+(h-1)2,所以O1C=,又AC=2O1C,所以AB2=4h-2h2,所以V四棱锥P-ABCD=×AB2×PO1=(4h-2h2)×h,令f(h)=(4h-2h2)×h,则由f′(h)=(8h-6h2)=0,得h=,此时正四棱锥P-ABCD的体积有最大值.利用导数求解实际问题中的函数的最值.一般求出的极大(小)值就是最大(小)值.
17.分析:
本题考查用正弦定理、余弦定理求解三角形,考查考生的转化与化归能力.
(1)利用正弦定理将等式中的边转化为角,通过三角恒等变换求出的值,从而得到的值;
(2)因为A为钝角,所以cosA<0,利用余弦定理求b的范围.在求解三角形边的范围时,不要忽略“两边之和大于第三边”的限制.
解:
(1)由已知及正弦定理可得
sinCcosB-2sinCcosA=2sinAcosC-sinBcosC,(1分)
∴sinCcosB+sinBcosC=2(sinCcosA+sinAcosC),
∴sin(B+C)=2sin(A+C).(3分)
∵A+B+C=π,(4分)
∴sinA=2sinB,∴==2.(5分)
(2)由已知及余弦定理可得cosA===<0,
∴b>. ①(8分)
由三角形三边关系,得b+c>a,
故b+3>2b,解得b<3. ②(10分)
由①②得b的范围是(,3).(12分)
18.分析:
本题考查利用概率知识解决实际问题,考查考生的逻辑推理能力.
(1)直接利用独立重复试验概率公式求解;
(2)4人中都抽到200元或500元,或1人抽到200元且3人抽到500元,或2人抽到200元且2人抽到500元,或3人抽到200元且1人抽到500元,所以ξ=0,3,4.
解:
(1)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件Ai(i=1,2,3,4).(1分)
P(A1)=C13=.(4分)
(2)由题可知X=0,Y=4;X=1,Y=3;X=2,Y=2;X=3,Y=1;X=4,Y=0,故ξ可取0,3,4.(5分)
P(ξ=0)=P(A0)+P(A4)=C04+C4·0=+=,
P(ξ=3)=P(A1)+P(A3)=C13+C3·1=+=,
P(ξ=4)=P(A2)=C22==.(9分)
故ξ的分布列为
ξ
0
3
4
P
(11分)
E(ξ)=0×+3×+4×=.(12分)
19.分析:
本题考查空间几何体的位置关系及二面角,考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.
(1)要证线面平行,先证线线平行,所以只需证明MN与平面EFDA中的一条直线平行.
(2)建立空间直角坐标系,确定相关点的坐标,表示出二面角对应的两平面的法向量,通过求解两法向量成角的余弦值得二面角的余弦值.
解:
(1)证明:
过点M作MP⊥EF于点P,过点N作NQ⊥FD于点Q,连接PQ.
由题意,平面EFCB⊥平面EFDA,MP⊥EF,则MP⊥平面EFDA,
又EF⊥CF,EF⊥DF,且CF∩DF=F,所以EF⊥平面CFD,
又NQ⊂平面CFD,所以NQ⊥EF,又EF∩FD=F,所以NQ⊥平面EFDA,
所以MP∥NQ.(2分)
当λ=时,CN=ND,所以NQ=CF=×3=2,
又MP=(BE+CF)=×(1+3)=2,所以MP綊NQ,
所以四边形MNQP为平行四边形.(4分)
所以MN∥PQ,
又因为MN⊄平面EFDA,PQ⊂平面EFDA,(6分)
所以MN∥平面EFDA.
(2)以F为坐标原点,分别以FE,FD,FC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系
由题意,M(1,0,2),A(2,1,0),F(0,0,0),C(0,0,3),D(0,3,0),N,
设平面AMN的法向量为n1=(x1,y1,z1),
又=(-1,-1,2),=,
则即
令x1=1,则n1=(1,1,1).(8分)
设平面NAF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
又=(2,1,0),=,
则即
令x2=1,则n2=(1,-2,2)(10分)
则cosθ==,
所以二面角M-NA-F的余弦值为.(12分)
20.分析:
本题考查直线、圆、椭圆的综合问题,考查考生的运算能力、方程思想及分类讨论思想.
(1)由圆的直径得a,由离心离得c,b,从而得椭圆方程;
(2)写出直线AB,CD的方程,建立方程组,用斜率k表示出|AB|,|CD|,最后用k表示出四边形ADBC的面积,再研究此面积式的最大值.
解:
(1)由题意得2a=4,∴a=2.(1分)
∵=,∴c=1.(2分)
由a2=b2+c2得b=.(3分)
∴C1的标准方程为+=1.(4分)
(2)①当直线AB,CD的斜率均存在时,设直线AB的方程为y=k(x-1),则直线CD的方程为y=-(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2).
联立直线AB与C1的方程,得
得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
∴Δ=(-8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+144>0,
∴|AB|=|x1-x2|=.(6分)
设圆心(0,0)到直线CD:
x+ky-1=0的距离为d,易求d=,
∴+d2=4,得|CD|=2.(8分)
∵AB⊥CD,∴S四边形ADBC=|AB|·|CD|=,(9分)
整理得S四边形ADBC=12.
∵4k2+3>3,∴S四边形ADBC<4.(10分)
②当直线AB的斜率为0时,|AB|=4,|CD|=2,∴S四边形ADBC=4;
③当直线AB的斜率不存在时,
|AB|=3,|CD|=4,∴S四边形ADBC=6<4.(11分)
综上,四边形ADBC的面积的最大值为4.(12分)
21.分析:
本题考查导数的应用及不等式恒成立问题的证明,考查考生的运算能力、转化与化归能力.
(1)对函数f(x)求导,函数在x=0处的导数为-1,且切点在直线x+y=0上,求出a,b;
(2)构建函数h(x)=f(x)-g(x),通过研究函数h(x)的单调性达到证明f(x)(2)的基础上,转化成不等式e(1-n)n2解:
(1)f′(x)=2x-,(1分)
依题意∴a=1,b=0.(3分)
(2)证明:
由
(1)可知函数f(x)=x2-ln(x+1).
令h(x)=f(x)-g(x)=-x3+x2-ln(x+1),
则h′(x)=-3x2+2x-=-,(5分)
显然,当x∈(0,+∞)时,h′(x)<0,∴函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,又h(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,恒有h(x)即f(x)-g(x)<0恒成立.
故当x∈(0,+∞)时,有f(x)(3)证明:
由
(2)知x∈(0,+∞),x2-ln(x+1)∴x2-x3∴x∈(0,+∞),e(1-x)x2∴e0+e-1×4+e-2×9+…+e(1-n)n2<2+3+4+…+(n+1)=,
∴原不等式得证.(12分)
22.分析:
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化、直线参数方程中t的意义与应用,考查考生的运算能力、逻辑分析能力.
(1)利用直线参数方程中t的意义求解;
(2)求椭圆内接矩形周长的最大值,可转化为求椭圆在第一象限内的顶点到坐标轴的距离和的最大值的4倍.
解:
因为点F的极坐标为(2,π),所以直角坐标为(-2,0),由题意得解得m=-2,
因为曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=12,
所以直角坐标方程为x2+3y2=12.(3分)
将直线l的参数方程(t为参数)代入曲线C的直角坐标方程中,得t2-2t-2=0,
所以|FA|·|FB|=2.(5分)
(2)设椭圆C的内接矩形在第一象限的顶点为(2cosθ,2sinθ),由对称性可得椭圆C的内接矩形的周长为
8cosθ+8sinθ=16sin,(9分)
当θ+=,即θ=时,椭圆C的内接矩形的周长取得最大值16.(10分)
23.分析:
本题考查绝对值不等式的求解以及不等式恒成立问题,考查考生的运算能力、逻辑推理能力.
(1)只需求|x-1|-|x-2|的最大值,即满足此最大值大于等于t即可;
(2)结合
(1)中所得t的取值范围和基本不等式求解.
解:
(1)因为||x-1|-|x-2||≤|x-1-(x-2)|=1,
所以|x-1|-|x-2|≤1,所以实数t构成的集合T为(-∞,1].(4分)
(2)若对于∀t∈T,不等式log3m·log3n≥t恒成立,
只需log3m·log3n≥tmax成立,
由
(1)知t≤1,所以log3m·log3n≥1,(6分)
又因为m>1,n>1,所以log3m>0,log3n>0.
又1≤log3m·log3n≤2=(当且仅当log3m=log3n,即m=n时取等号),
所以[log3(mn)]2≥4,即mn≥9,
所以m+n≥2≥6(当且仅当m=n=3时取等号),
即m+n的最小值为6.(10分)