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（五）课件 理

压轴题(五)第二部分刷题型12．(2019·河南濮阳二模)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)0，且12fx2+f′x1，则()A．f2(3)f21eB．f21ef2(2)C．f(3)e2·f(1)D．f2ef(1)答案B解析因为12fx2+f′x1＝120，所以f(x)＋2f′(x)0，构造函数g(x)＝ex·f2(x)，则g′(x)＝ex·f2(x)＋2ex·f(x)·f′(x)＝ex·f(x)·[f(x)＋2f′(x)]0，所以函数g(x)在R上单调递增，所以g(2)g(1)，即e2·f2(2)e·f2(1)，即e·f2(2)f2(1)．故选B.16．(2019·山东青岛模拟)已知三棱锥A－BCD中，AB＝3，AD＝1，BC＝4，BD＝22，当三棱锥A－BCD的体积最大时，其外接球的体积为________．答案125π6解析由已知，得AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，且S△ABD＝12×1×22＝2，又因为BC＝4，所以当BC⊥平面ABD时，三棱锥A－BCD的体积最大．如图所示，三棱锥A－BCD的外接球与长、宽、高分别为22，1,4的长方体的外接球一样．设此外接球的半径为R，则(2R)2＝12＋(22)2＋42＝25，解得R＝52，此外接球的体积V＝43πR3＝43π×523＝125π6.20．已知抛物线C：y＝－x2，点A，B在抛物线上，且横坐标分别为－12，32，抛物线C上的点P在A，B之间(不包括点A，点B)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率k的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．解(1)由题可知A－12，－14，B32，－94，设P(xP，－x2P)，－12xP32，所以k＝－x2P＋14xP＋12＝－xP＋12∈(－1,1)，故直线AP斜率k的取值范围是(－1,1)．(2)直线AP：y＝kx＋12k－14，直线BQ：x＋ky＋94k－32＝0，联立直线AP，BQ方程可知点Q的横坐标为xQ＝3－4k－k22k2＋2.|PQ|＝1＋k2(xQ－xP)＝1＋k23－4k－k22k2＋2＋k－12＝k－121＋k1＋k2，|PA|＝1＋k2xP＋12＝1＋k2(1－k)，所以|PA|·|PQ|＝(1－k)3(1＋k)，令f(x)＝(1－x)3(1＋x)，－1x1，则f′(x)＝(1－x)2(－2－4x)＝－2(1－x)2(2x＋1)，当－1x－12时，f′(x)0，当－12x1时，f′(x)0，故f(x)在－1，－12上单调递增，在－12，1上单调递减．故f(x)max＝f－12＝2716，即|PA|·|PQ|的最大值为2716.21．(2019·山西太原一模)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a－12时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝fx2－fx1x2－x1，证明：x1＋x22x0.解(1)由题意，得f′(x)＝1x－2ax＋(2－a)＝－2x＋1ax－1x，x0.①当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a0时，令f′(x)0，则0x1a；令f′(x)0，则x1a，∴f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.(2)证明：当a－12时，∵fx2－fx1x2－x1＝1x2－x1lnx2x1－a(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝1x0－2ax0＋(2－a)，∴1x2－x1lnx2x1－a(x2＋x1)＝1x0－2ax0，∵f′x1＋x22－f′(x0)＝2x2＋x1－a(x2＋x1)－1x0－2ax0＝2x2＋x1－1x2－x1lnx2x1＝1x2－x1·2x2－x1x2＋x1－lnx2x1＝1x2－x12x2x1－1x2x1＋1－lnx2x1，令t＝x2x1，g(t)＝2t－1t＋1－lnt，t1，则g′(t)＝－t－12tt＋120，∴g(t)g(1)＝0，∴f′x1＋x22－f′(x0)0，∴f′x1＋x22f′(x0)，设h(x)＝f′(x)＝1x－2ax＋(2－a)，x1，则h′(x)＝－1x2－2a－1＋1＝0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴x1＋x22x0.本课结束