决战2020年高考数学压轴题（理）06.docx

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1、决战高考压轴题0612．设符号min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者，已知函数f（x）＝min{

2、x﹣2

3、，x2，

4、x+2

5、}则下列结论正确的是（　　）A．∀x∈[0，+∞），f（x﹣2）＞f（x）B．∀x∈[1，+∞），f（x﹣2）＞f（x）C．∀x∈R，f（f（x））≤f（x）D．∀x∈R，f（f（x））＞f（x）【答案】C【解析】如图所示：由题意可得A中，f（x）=x2，x∈[0，1]

6、x-2

7、，x∈(1，+∞)B中，当1≤x≤2时，﹣1≤x﹣2≤0，f（x﹣2）＝f（2﹣x）≤2﹣x＝f（x），当2＜x≤3时，0＜x﹣2≤1，f（x﹣2）≤x﹣2＝f（x），当3＜x≤4时，1＜

8、x﹣2≤2，f（x﹣2）＝2﹣（x﹣2）＝4﹣x≤x﹣2＝f（x），当x≤4，x﹣2≥2，恒有f（x﹣2）＜f（x），所以B不正确，A也不正确；C中，从图象上看，x∈[0，+∞），f（x）≤x，令t＝f（x），则t≥0，所以f（t）≤t，即f（f（x））≤f（x），故C正确，D不正确．故选：C．16．已知双曲线C的方程为x2-y28=1，右焦点为F，若点N（0，6），M是双曲线C的左支上一点，则△FMN周长的最小值为　　【答案】65+2【解答】双曲线的标准方程为x2-y28=1，设双曲线的左焦点为F′，由双曲线C可得F（3，0），F'（﹣3，0），

9、NF

10、=9+36=35，△MNF周长为

11、M

12、N

13、+

14、MF

15、+

16、NF

17、＝

18、MN

19、+

20、MF

21、+35，由双曲线的定义可得

22、MF

23、﹣

24、MF'

25、＝2a＝2，即有

26、MN

27、+

28、MF

29、＝

30、MN

31、+

32、MF'

33、+2，当P在左支上运动到M，N，F'共线时，

34、MN

35、+

36、MF'

37、取得最小值

38、NF'

39、＝35，则有△MNF周长的最小值为35+35+2＝65+2．故答案为：65+2．22．已知函数f（x）＝2ln（ax+b），其中a，b∈R．（1）当a＞0时，若直线y＝x是曲线y＝f（x）的切线，求ab的最大值；（2）设b＝1，函数g（x）＝（ax+1）2+a（ax+1）﹣f（x）（a∈R，a≠0）有两个不同的零点，求a的最大整数值．（参考数据：ln54≈0.223

40、）【解析】（1）设直线y＝x与y＝f（x）相切于点P（x0，2ln（ax0+b）），∵f'（x）=2aax+b，∴f'（x0）=2aax0+b=1，∴ax0+b＝2a（a＞0），又∵点P在切线y＝x上，∴2ln（ax0+b）＝x0，∴2ln2a＝x0，∴b＝2a﹣ax0＝2a﹣2aln2a，因此ab＝2a2﹣2a2ln2a（a＞0），设g（a）＝2a2﹣2a2ln2a，a＞0，∴g'（a）＝2a﹣4aln2a＝2a（1﹣2ln2a），令g'（a）＞0得，0＜a＜e2；令g'（a）＜o得，a＞e2，∴g（a）在（0，e2）上单调递增，在（e2，+∞）上单调递减，∴g（a）的最大值为g（e2）=

41、e4，∴ab的最大值为e4；（2）函数g（x）＝（ax+1）2+a（ax+1）﹣f（x）（a∈R，a≠0）有两个不同的零点，等价于方程2ln（ax+1）＝（ax+1）2+a（ax+1）有两个不相等的实根，设t＝ax+1，则等价于方程2lnt﹣t2﹣at＝0（t＞0）有两个不同的解，即关于t的方程a=2lnt-t2t（t＞0）有两个不同的解，设h（t）=2lnt-t2t，则h'（t）=2-t2-2lntt2，设m（t）＝2﹣t2﹣2lnt，由t＞0可知m'（t）＝﹣2t-2t＜0，∴m（t）在（0，+∞）上单调递减，又m（1）＝1＞0，m（54）=716-2ln54＜0，∴存在t0∈(1，54

42、)使得m（t0）＝0，即2-t02-2lnt0=0，∴2lnt0+t02=2，∴当t∈（0，t0）时，m（t）＞0，h'（t）＞0，函数h（t）单调递增；当t∈（t0，+∞）时，m（t）＜0，h'（t）＜0，函数h（t）单调递减，∴函数h（t）的极大值为h（t0）=2lnt0-t02t0=2-2t02t0=2t0-2t0∈(-910，0)，要使得关于t的方程a=2lnt-t2t（t＞0）有两个不同的解，则a＜h（t0），当a＝﹣1时，设p（t）＝2lnt﹣t2+t，则p'（t）=2t-2t+1，可知p（t）在（0，1+174）上单调递增，在（1+174，+∞）上单调递减，又p（1）＝0，p（

43、1+174）＞0，p（e）＝2﹣e2+e＜0，∴p（t）有两个不同的零点，符合题意，∴a的最大整数值为﹣1．