壓軸大題突破練壓軸大題突破練(一)(推薦時間：60分鐘)1．已知函數(shù)f(x)＝xln(1＋x)－a(x＋1)，其中a為實常數(shù)．(1)當x∈[1，＋∞)時，f′(x)>0恒成立，求a的取值范圍；(2)求函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(ax,1＋x)的單調區(qū)間．解(1)由題意知：f′(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)－a>0，則a<ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)，令h(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)，h′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1＋x2)，∵x∈[1，＋∞)，∴h′(x)>0，即h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴a<h(1)＝eq\f(1,2)＋ln2，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)＋ln2)).(2)由(1)知g(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(1－ax,1＋x)－a，x∈(－1，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1－a,1＋x2)＝eq\f(x＋2－a,1＋x2).①當a>1，x∈(－1，a－2)時，g′(x)<0，g(x)在(－1，a－2)上單調遞減，x∈(a－2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(a－2，＋∞)上單調遞增．②當a≤1時，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，綜上所述，當a>1時，g(x)的增區(qū)間為(a－2，＋∞)，減區(qū)間為(－1，a－2)，當a≤1時，g(x)的增區(qū)間為(－1，＋∞)．2．已知拋物線x2＝4y，過點A(0,1)任意作一條直線l交拋物線C于M，N兩點，O為坐標原點．(1)求eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的值；(2)過M，N分別作拋物線C的切線l1，l2，試探求l1與l2的交點是否在定直線上，并證明你的結論．解(1)由題意知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1，故eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－4＋1＝－3.(2)因為x2＝4y，所以y′＝eq\f(1,2)x，l1的方程為y－eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，整理得y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(x\o\al(2,1),4)，同理得l2的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(x\o\al(2,2),4)；聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x1x－\f(x\o\al(2,1),4)，①,y＝\f(1,2)x2x－\f(x\o\al(2,2),4)，②))x2×①－x1×②得(x2－x1)y＝eq\f(x1x2x2－x1,4)，y＝eq\f(x1x2,4)＝－1，故l1與l2的交點的縱坐標等于－1，即l1與l2的交點在直線y＝－1上．3．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1處取得極值．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求證：對于區(qū)間[－1,1]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤4；(3)若過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數(shù)m的取值范圍．(1)解f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依題意，f′(1)＝f′(－1)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b－3＝0，,3a－2b－3＝0，))解得a＝1，b＝0.∴f(x)＝x3－3x.(2)證明∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當－1<x<1時，f′(x)<0，故f(x)在區(qū)間[－1,1]上為減函數(shù)，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(1)＝－2.∵對于區(qū)間[－1,1]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝2－(－2)＝4.(3)解f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵曲線方程為y＝x3－3x，∴點A(1，m)(m≠－2)不在曲線上．設切點為M(x0，y0)，則點M的坐標滿足y0＝xeq\o\al(3,0)－3x0.因f′(x0)＝3(xeq\o\al(2,0)－1)，故切線的斜率為3(xeq\o\al(2,0)－1)＝eq\f(x\o\al(3,0)－3x0－m,x0－1)，整理得2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋m＋3＝0.∵過點A(1，m)可作曲線的三條切線，∴關于x0的方程2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋m＋3＝0有三個實根．設g(x0)＝2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋m＋3，則g′(x0)＝6xeq\o\al(2,0)－6x0，由g′(x0)＝0，得x0＝0或x0＝1.∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減．∴函數(shù)g(x0)＝2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋m＋3的極值點為x0＝0，x0＝1.∴關于x0的方程2xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋m＋3＝0有三個實根的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0>0，,g1<0，))解得－3<m<－2.故所求的實數(shù)m的取值范圍是(－3，－2)．4．已知點A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線y2＝4x上相異的兩點，且滿足x1＋x2＝2.(1)若AB的中垂線經過點P(0,2)，求直線AB的方程；(2)若AB的中垂線交x軸于點M，求△AMB的面積的最大值及此時直線AB的方程．解(1)當AB垂直于x軸時，顯然不符合題意，所以可設直線AB的方程為y＝kx＋b，代入方程y2＝4x得：k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，有x1＋x2＝eq\f(4－2kb,k2)＝2得b＝eq\f(2,k)－k，∴直線AB的方程為y＝k(x－1)＋eq\f(2,k)，∵AB中點的橫坐標為1，∴AB中點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,k)))，∴AB的中垂線方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)＋eq\f(2,k)＝－eq\f(1,k)x＋eq\f(3,k)，∵AB的中垂線經過點P(0,2)，故eq\f(3,k)＝2得k＝eq\f(3,2)，故直線AB的方程y＝eq\f(3,2)x－eq\f(1,6)，即9x－6y－1＝0.(2)由(1)可知AB的中垂線方程為y＝－eq\f(1,k)x＋eq\f(3,k)，∴M點的坐標為(3,0)．∵直線AB的方程為k2x－ky＋2－k2＝0，∴M到直線AB的距離d＝eq\f(|3k2＋2－k2|,\r(k4＋k2))＝eq\f(2\r(k2＋1),|k|)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2x－ky＋2－k2＝0,y2＝4x))得eq\f(k2,4)y2－ky＋2－k2＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝eq\f(8－4k2,k2)，|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\f(4\r(1＋k2)\r(k2－1),k2)，∴S△AMB＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(