【導(dǎo)讀】1．設(shè)全集U=R，集合A={x||x|≤1}，B={x|log2x≤1}，則?3．已知命題p：?x＞0，x+≥4：命題q：?x0∈R+，2x0=，則下列判斷正確的是（）。6．已知定義在R上的函數(shù)y=f滿足f（x+2）=2f，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，13．已知G為△ABC的重心，令，，過點(diǎn)G的直線分別交AB、AC于P、Q兩點(diǎn)，②函數(shù)f的值域?yàn)閇0，+∞）；③存在n∈Z，使得f=9；④函數(shù)f在區(qū)間（a，b）單調(diào)遞減的充分條件是“存在k∈Z，使得（a，b）?（2k，數(shù)f=化簡為f=Asin（tx+?）+B的形式后，利用“五點(diǎn)法”畫y=f. 17．如圖，邊長為的正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅰ）問小李選擇哪兩個(gè)測試點(diǎn)測試才能使得可以參加面試的可能性最大？②設(shè)點(diǎn)N是橢圓E上的一點(diǎn)，滿足ON∥PQ，記△NAP的面積為S1，△OAQ的面積為S2，求S1+S2. 4]恒成立，求a的最大值；解：由A中不等式解得：﹣1≤x≤1，即A=[﹣1，1]，由B中不等式變形得：log2x≤1=log22，UA）∩B=（1，2]，

　　

【正文】 ） = = ， P（ ξ=4 ） = ． ξ 的分布列為： ξ 0 1 2 3 4 P ∴ 數(shù)學(xué)期望 Eξ= ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了離散型隨機(jī)變量的期望的應(yīng)用，離散型隨機(jī)變量的期望表征了隨機(jī)變量取值的平均值，考查了相互獨(dú)立事件和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，是中檔題． 20．已知橢圓 E的中心在坐標(biāo)原點(diǎn) O，其焦點(diǎn)與雙曲線 C： 的焦點(diǎn)重合，且橢圓E的短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與其一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形． （ Ⅰ ）求橢圓 E的方程； （ Ⅱ ）過雙曲線 C的右頂點(diǎn) A作直線 l與橢圓 E交于不同的兩點(diǎn) P、 Q． ① 設(shè) M（ m， 0），當(dāng) 為定值時(shí)，求 m的值； ② 設(shè)點(diǎn) N是橢圓 E上的一點(diǎn)，滿足 ON∥PQ ，記 △NAP 的面積為 S1， △OAQ 的面積為 S2，求 S1+S2的取值范圍． 【考點(diǎn)】 直線與圓錐曲線的綜合問題． 【專題】 綜合題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 【分析】 （ Ⅰ ）設(shè)方程為 ，確定 c，利用橢圓 E的短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與其一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，可得 a=2b，利用 a2=b2+c2，求出 a， b，即可求橢圓 E的方程； （ Ⅱ ） ① 分類討論，設(shè) l的方程為 y=k（ x﹣ 1），代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合向量的數(shù)量積公式，可得結(jié)論； ② 確定 S1+S2=S△OPQ ，求出 |PQ|，可得面積，換元確定面積的范圍即可求 S1+S2的取值范圍． 【解答】 解：（ Ⅰ ）由題意橢圓的焦點(diǎn)在 x軸上，設(shè)方程為 ，其左右焦點(diǎn)為 F1（﹣ ， 0）， F2（ ， 0）， ∴c= ， ∵ 橢圓 E的短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與其一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形， ∴a=2b ， ∵a 2=b2+c2， ∴a=2 ， b=1， ∴ 橢圓 E的方程為 ； （ Ⅱ ） ① 雙曲線 C右頂點(diǎn)為 A（ 1， 0）， 當(dāng)直線 l的斜率存在時(shí)，設(shè) l的方程為 y=k（ x﹣ 1）， 代入橢圓方程得（ 4k2+1） x2﹣ 8k2x+4k2﹣ 4=0， 設(shè)直線 l與橢圓 E交點(diǎn) P（ x1， y1）， Q（ x2， y2）， 則 x1+x2= ， x1x2= ， ∴ ? =m2﹣ m（ x1+x2） +x1x2+y1y2= = （ 4m2﹣ 8m+1） + ， 當(dāng) 2m﹣ =0，即 m= 時(shí)， ? = ． 當(dāng)直線 l的斜率不存在時(shí)，直線 l的方程為 x=1，代入橢圓方程可得 x=1， y=177。 ． 不妨設(shè) P（ 1， ）， Q（ 1，﹣ ）， 由 M（ ， 0）可得 =（ ，﹣ ）， =（ ， ）， ∴ ? = ， 綜上所述， m= 時(shí)， ? 為定值 ； ②∵ON∥PQ ， ∴S △NAP =S△OAP ， ∴S 1+S2=S△OPQ ， ∵|PQ|=4 ? ， ∵ 原點(diǎn) O到直線 PQ的距離為 d= （ k≠0 ）， ∴S △OPQ = = 令 t=4k2+1，則 k2= （ t＞ 1）， ∴S= = ， ∵t ＞ 1， ∴0 ＜ ＜ 1， ∴0 ＜﹣ +4＜ 3， ∴0 ＜ S＜ ． 當(dāng)直線 l的斜率不存在時(shí)， S△OPQ = = ， 綜上所述， S1+S2的取值范圍是（ 0， ]． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查韋達(dá)定理，有難度． 21．設(shè) f（ x） =alnx+bx﹣ b， g（ x） = ，其中 a， b∈ R． （ Ⅰ ）求 g（ x）的極大值； （ Ⅱ ）設(shè) b=1， a＞ 0，若 |f（ x2）﹣ f（ x1） |＜ | |對(duì)任意的 x1， x2∈ [3，4]（ x1≠x 2）恒成立，求 a的最大值； （ Ⅲ ）設(shè) a=﹣ 2，若對(duì)任意給定的 x0∈ （ 0， e]，在區(qū)間（ 0， e]上總存在 s， t（ s≠t ），使f（ s） =f（ t） =g（ x0）成立，求 b的取值范圍． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值． 【專題】 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用． 【分析】 （ Ⅰ ）求出 g（ x）的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于 0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于 0，得減區(qū)間，進(jìn)而求得 g（ x）的極大值； （ Ⅱ ）當(dāng) b=1， a＞ 0時(shí)，求出 f（ x）的導(dǎo)數(shù)，以及 h（ x） = 的導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性 ，去掉絕對(duì)值可得 f（ x2）﹣ f（ x1）＜ h（ x2）﹣ h（ x1），即 f（ x2）﹣ h（ x2）＜ f（ x1）﹣ h（ x1）， F（ x） =f（ x）﹣ h（ x）， F（ x）在 [3， 4]遞減，求得 F（ x）的導(dǎo)數(shù)，通過分離參數(shù)，求出右邊的最小值，即可得到 a的范圍； （ Ⅲ ）求出 g（ x）的導(dǎo)數(shù)，通過單調(diào)區(qū)間可得函數(shù) g（ x）在（ 0， e]上的值域?yàn)椋?0， 1]．由題意，當(dāng) f（ x）?。?0， 1]的每一個(gè)值時(shí)，在區(qū)間（ 0， e]上存在 t1， t2（ t1≠t 2）與該值對(duì)應(yīng)． a=﹣ 2時(shí)， f（ x） =b（ x﹣ 1）﹣ 2lnx，求出 f（ x）的導(dǎo)數(shù)，由題意， f（ x）在區(qū)間（ 0，e]上不單調(diào)，所以， 0＜ ＜ e，再由導(dǎo)數(shù)求得 f（ x）的最小值，即可得到所求范圍． 【解答】 解：（ Ⅰ ） g′ （ x） = = ， 當(dāng) x＞ 1時(shí)， g′ （ x）＜ 0， g（ x）在（ 1， +∞ ）遞增；當(dāng) x＜ 1時(shí)， g′ （ x）＞ 0， g（ x）在（﹣ ∞ ， 1）遞減． 則有 g（ x）的極大值為 g（ 1） =1； （ Ⅱ ）當(dāng) b=1， a＞ 0時(shí)， f（ x） =alnx+x﹣ 1， x＞ 0， f′ （ x） = +1= ＞ 0在 [3， 4]恒成立， f（ x）在 [3， 4]遞增； 由 h（ x） = = ， h′ （ x） = ＞ 0在 [3， 4]恒成立， h（ x）在 [3， 4]遞增． 設(shè) x1＜ x2，原不等式等價(jià)為 f（ x2）﹣ f（ x1）＜ h（ x2）﹣ h（ x1）， 即 f（ x2）﹣ h（ x2）＜ f（ x1）﹣ h（ x1）， F（ x） =f（ x）﹣ h（ x）， F（ x）在 [3， 4]遞減， 又 F（ x） =alnx+x﹣ 1﹣ ， F′ （ x） = +1﹣ ≤0 在 [3， 4]恒成立， 故 h（ x）在 [3， 4]遞增， a≤ ? ﹣ x， 令 G（ x） = ? ﹣ x， 3≤x≤4 ， G′ （ x） = ? ﹣ 1=ex﹣ 1（ ﹣ +1）﹣ 1 =ex﹣ 1[（ ﹣ ） 2+ ]﹣ 1＞ e2﹣ 1＞ 0， G（ x）在 [3， 4]遞增， 即有 a≤ e2﹣ 3，即 amax= e2﹣ 3； （ Ⅲ ） g′ （ x） =e1﹣ x﹣ xe1﹣ x=（ 1﹣ x） e1﹣ x， 當(dāng) x∈ （ 0， 1）時(shí)， g′ （ x）＞ 0，函數(shù) g（ x）單調(diào)遞增； 當(dāng) x∈ （ 1， e]時(shí)， g′ （ x）＜ 0，函數(shù) g（ x）單調(diào)遞減． 又因?yàn)?g（ 0） =0， g（ 1） =1， g（ e） =e2﹣ e＞ 0， 所以，函數(shù) g（ x）在（ 0， e]上的值域?yàn)椋?0， 1]． 由題意，當(dāng) f（ x）?。?0， 1]的每一個(gè)值時(shí)， 在區(qū)間（ 0， e]上存在 t1， t2（ t1≠t 2）與該值對(duì)應(yīng)． a=﹣ 2時(shí)， f（ x） =b（ x﹣ 1）﹣ 2lnx， f′ （ x） =b﹣ = ， 當(dāng) b=0時(shí)， f′ （ x） =﹣ ＜ 0， f（ x）單 調(diào)遞減，不合題意， 當(dāng) b≠0 時(shí)， x= 時(shí)， f′ （ x） =0， 由題意， f（ x）在區(qū)間（ 0， e]上不單調(diào)，所以， 0＜ ＜ e， 當(dāng) x∈ （ 0， ]時(shí)， f39。（ x）＜ 0，當(dāng)（ ， +∞ ）時(shí)， f39。（ x）＞ 0 所以，當(dāng) x∈ （ 0， e]時(shí)， f（ x） min=f（ ） =2﹣ a﹣ 2ln ， 由題意，只需滿足以下三個(gè)條件： ①f （ x） min=f（ ） =2﹣ b﹣ 2ln ＜ 0， ②f （ e） =b（ e﹣ 1）﹣ 2≥1 ， ③ ? x0∈ （ 0， ）使 f（ x0）＞ 1． ∵f （ ） ≤f （ 1） =0，所以 ① 成立．由 ②f （ x） =b（ x﹣ 1） ﹣ 2lnx→+∞ ，所以 ③ 滿足，