專練(六)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2019·貴州遵義模擬]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}，則()A．A∩B＝[1,15]B．A∪B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，15))C．A∩B＝?D．A∪B＝R答案：B解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x≤10))))，∴A∩B＝{x|1≤x≤10}，A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x<15)))).故選B.2．[2019·遼寧鞍山一中模擬]在復平面內，復數eq\f(－2＋3i,3－4i)所對應的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案：B解析：設z＝eq\f(－2＋3i,3－4i)，則z＝－eq\f(18,25)＋eq\f(1,25)i，所以復數eq\f(－2＋3i,3－4i)在復平面內所對應的點應位于第二象限．故選B.3．[2019·湖北黃岡調研]已知函數f(2x＋1)的定義域為(－2,0)，則f(x)的定義域為()A．(－2,0)B．(－4,0)C．(－3,1)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))答案：C解析：∵f(2x＋1)的定義域為(－2,0)，即－2<x<0，∴－3<2x＋1<1.∴f(x)的定義域為(－3,1)．故選C.4．[2019·河南濮陽檢測]若“m>a”是“函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＋m－eq\f(1,3)的圖象不過第三象限”的必要不充分條件，則實數a能取的最大整數為()A．－2B．－1C．0D．1答案：B解析：因為f(0)＝m＋eq\f(2,3)，且函數f(x)的圖象不過第三象限，所以m＋eq\f(2,3)≥0，即m≥－eq\f(2,3)，所以“m>a”是“m≥－eq\f(2,3)”的必要不充分條件，所以a<－eq\f(2,3)，則實數a能取的最大整數為－1.故選B.5．[2019·貴州貴陽監測]如果在等差數列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()A．14B．21C．28D．35答案：C解析：由題意得3a4＝12，則a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a6．[2019·天津第一中學月考]如圖，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點E為AB的中點，若eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影為－eq\f(1,2)，則eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝()A．－2B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\r(2)答案：A解析：通解∵eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影為－eq\f(1,2)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影為eq\f(1,2).∵BC＝2，∴AD＝eq\f(3,2).又點E為AB的中點，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))，∠ABC＝90°，∴eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))2－eq\f(5,8)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2＝－2.故選A.優解以點B為坐標原點，BC所在直線為x軸，BA所在直線為y軸建立平面直角坐標系，則B(0,0)，C(2,0)，E(0，eq\f(\r(2),2))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(\r(2),2)))，又eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影為－eq\f(1,2)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(2)))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(2)))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－2.故選A.7．[2019·河北衡水七調]要測量底部不能到達的某鐵塔AB的高度，示意如圖所示，在塔的同一側選擇C，D兩個觀測點，且在C，D兩點測得塔頂A的仰角分別為45°，30°.在水平面上測得∠BCD＝120°，C，D兩地相距600m，則鐵塔AB的高度是()A．120eq\r(2)mB．480mC．240eq\r(2)mD．600m答案：D解析：設AB＝xm，則BC＝xm，BD＝eq\r(3)xm，在△BCD中，由余弦定理可知cos120°＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2×BC×CD)＝－eq\f(1,2)，解得x＝600，故鐵塔AB的高度為600m，故選D.8．[2019·湖南師大附中模擬]莊子說：“一尺之棰，日取其半，萬世不竭．”這句話描述的是一個數列問題，現用程序框圖描述，如圖所示，若輸入某個正整數n后，輸出的S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，\f(63,64)))，則輸入的n的值為()A．7B．6C．5D．4答案：C解析：框圖中首先給累加變量S賦值0，給循環變量k賦值1，輸入n的值后，執行循環體，S＝eq\f(1,2)，k＝1＋1＝2.若2>n不成立，執行循環體，S＝eq\f(3,4)，k＝2＋1＝3.若3>n不成立，執行循環體，S＝eq\f(7,8)，k＝3＋1＝4.若4>n不成立，執行循環體，S＝eq\f(15,16)，k＝4＋1＝5.若5>n不成立，執行循環體，S＝eq\f(31,32)，k＝5＋1＝6.若6>n不成立，執行循環體，S＝eq\f(63,64)，k＝6＋1＝7.……由于輸出的S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，\f(63,64)))，可得當S＝eq\f(31,32)，k＝6時，應該滿足條件6>n，所以5≤n<6，故輸入的正整數n的值為5.故選C.9．[2019·廣東六校聯考]在區間[－π，π]上隨機取兩個實數a，b，記向量m＝(a,4b)，n＝(4a，b)，則m·n≥4π2A．1－eq\f(π,8)B．1－eq\f(π,4)C．1－eq\f(π,5)D．1－eq\f(π,6)答案：B解析：在區間[－π，π]上隨機取兩個實數a，b，則點(a，b)在如圖所示的正方形上及其內部．因為m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，滿足條件的點(a，b)在以原點為圓心，π為半徑的圓的外部(含邊界)，且在正方形內(含邊界)，如圖中陰影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝eq\f(4π2－π3,4π2)＝1－eq\f(π,4)，故選B.10．[2019·四川綿陽診斷]2018年9月24日，英國數學家M.F阿蒂亞爵士在“海德堡論壇”展示了他“證明”黎曼猜想的過程，引起數學界震動，黎曼猜想來源于一些特殊數列求和，記S＝1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＋…，則()A．1<S<eq\f(4,3)B.eq\f(4,3)<S<eq\f(3,2)C.eq\f(3,2)<S<2D．S>2答案：C解析：因為n(n－1)<n2<n(n＋1)(n≥2且n∈N*)，所以eq\f(1,nn－1)>eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)，所以S<1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)，S>1＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)，當n→＋∞且n∈N*時，eq\f(1,n＋1)→0，eq\f(1,n)→0，所以eq\f(3,2)<S<2.故選C.11．[2019·河北六校聯考]如圖所示，PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一點，E，F分別是點A在PB，PC上的射影，當三棱錐P－AEF的體積最大時，PC與底面ABC所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,2)答案：D解析：因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又AC⊥BC，AC∩AP＝A，故BC⊥平面PAC.又AF?平面PAC，故AF⊥BC，又AF⊥PC，BC∩PC＝C，故AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB，AF⊥EF，又AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF.設∠BAC＝θ，則AC＝2cosθ，BC＝2sinθ，PC＝eq\r(4＋4cos2θ)，在Rt△PAC中，AF＝eq\f(PA×AC,PC)＝eq\f(4cosθ,\r(4＋4cos2θ))＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))，AE＝PE＝eq\r(2)，EF＝eq\r(AE2－AF2)，VP－AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×EF×PE×AF＝eq\f(1,6)×eq\r(2－AF2)×eq\r(2)×AF＝eq\f(\r(2),6)×eq\r(－AF2－12＋1)≤eq\f(\r(2),6)，當AF＝1時，VP－AEF取得最大值eq\f(\r(2),6)，此時AF＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))＝1，解得cosθ＝eq\f(\r(3),3)(負值舍去)，PC與底面ABC所成的角為∠PCA，cos∠PCA＝eq\f(AC,PC)＝eq\f(2cosθ,2\r(1＋cos2θ))＝eq\f(1,2)，故選D.12．[2019·天津市七校聯考]已知直線2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0，經過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點F1，且與橢圓在第二象限的交點為M，與y軸的交點為N，F2是橢圓的右焦點，|MN|＝|MF2|，則橢圓的方程為()A.eq\f(x2,40)＋eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,5)＋y2＝1C.eq\f(x2,10)＋y2＝1D.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1答案：D解析：由題意知，直線2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0與x軸的交點為(－2,0)，又直線2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點F1，所以F1(－2,0)，即c＝2，直線2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0與橢圓在第二象限的交點為M，與y軸的交點為N(0，4eq\r(2))，且|MN|＝|MF2|，所以|MF1|＋|MF2|＝|F1N|＝2a即a＝eq\f(|F1N|,2)＝eq\f(1,2)eq\r(－2－02＋0－4\r(2)2)＝3，又b2＝a2－c2＝9－4＝5，所以所求的橢圓的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，故選D.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2019·山東煙臺三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>0)的兩根分別為tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則α＋β＝________.答案：－eq\f(3π,4)解析：由已知得tanα＋tanβ＝－3a，tanαtanβ＝3a＋1，∴tan(α＋又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanα＋tanβ＝－3a<0，tanαtanβ＝3a＋1>0，∴tanα<0，tanβ<0，∴α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－eq\f(3π,4).14．[2019·貴州遵義一中期中]已知實數x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y－6≤0，,x－3y－2≤0，,4x－y＋3≥0，))則z＝|x－y＋1|的取值范圍是________．答案：[0,3]解析：作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x－y＋1＝0，因為z＝|x－y＋1|＝eq\r(2)×eq\f(|x－y＋1|,\r(2))表示點(x，y)到直線x－y＋1＝0的距離的eq\r(2)倍，所以結合圖象易知0≤z≤3.15．[2019·湖南重點中學聯考]《九章算術》是我國古代的數學名著，書中將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵．已知一個塹堵的底面積為6，其各面均與體積為eq\f(4π,3)的球相切，則該塹堵的表面積為________．答案：36解析：設球的半徑為r，塹堵底面三角形的周長為l，由已知得r＝1，∴塹堵的高為2.則eq\f(1,2)lr＝6，l＝12，∴表面積S＝12×2＋6×2＝36.16．[2019·福建晉江四校期中]已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lg－x|，x<0，,x2－6x＋4，x≥0，))若關于x的函數y＝f2(x)－bf(x)＋1有8個不同的零點，則實數b的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))解析：作出函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lg－x|，x<0，,x2－6x＋4，x≥0，))的圖象，如圖所示．設f(x)＝t，由圖可知，t∈(0,4]，f(x)＝t有4個根，∴在(0,4]上，方程t2－bt＋1＝0有2個不同的解，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜\f(b,2)＜4，,Δ＝b2－4>0，,16－4b＋1≥0，,1>0，))解得2<b≤eq\f(17,4).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2019·安徽省示范高中聯考]設數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….數列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.(1)求數列{bn}的通項公式；(2)設cn＝n(3－bn)，求數列{cn}的前n項和Tn.解析：(1)因為n＝1時，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1.因為Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，則an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減，得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，所以2an＋1＝an.易知an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n∈N*)，所以數列{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列，其通項公式為an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.因為bn＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，所以bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，由此得b2－b1＝1，b3－b2＝eq\f(1,2)，b4－b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，…，bn－bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝2,3，…)．將這(n－1)個等式相加，得bn－b1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1,1－\f(1,2))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.又b1＝1，所以bn＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝2,3，…)，易知當n＝1時也滿足上式，所以bn＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n∈N*)．(2)由(1)知，cn＝n(3－bn)＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，則Tn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，①eq\f(1,2)Tn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－2n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))－2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))－2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝4－(4＋2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以Tn＝8－(8＋4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝8－(2＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.18．(12分)[安徽卷]某企業為了解下屬某部門對本企業職工的服務情況，隨機訪問50名職工，根據這50名職工對該部門的評分，繪制頻率分布直方圖(如圖所示)，其中樣本數據分組區間為：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．(1)求頻率分布直方圖中a的值；(2)估計該企業的職工對該部門評分不低于80分的概率；(3)從評分在[40,60)內的受訪職工中，隨機抽取2人，求這2人的評分都在[40,50)內的概率．解析：(1)因為(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.(2)由所給頻率分布直方圖知，50名受訪職工評分不低于80分的頻率為(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以估計該企業的職工對該部門評分不低于80分的概率為0.4.(3)受訪職工中評分在[50,60)內的有：50×0.006×10＝3(人)，記為A1，A2，A3；受訪職工中評分在[40,50)內的有：50×0.004×10＝2(人)，記為B1，B2.從這5名受訪職工中隨機抽取2人，所有可能的結果共有10種，它們是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，因為所抽取2人的評分都在[40,50)內的結果有1種，即{B1，B2}，故所求的概率為eq\f(1,10).19．(12分)[2019·四川成都七中檢測]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點，AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq\r(2).(1)求證：B1C∥平面A1BM(2)求證：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在點N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此時eq\f(BN,BB1)的值；如果不存在，請說明理由．解析：(1)如圖，連接AB1，交A1B于點O，連接OM.在△B1AC中，∵M，O分別為AC，AB1∴OM∥B1C又OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM∴B1C∥平面A1BM(2)∵側棱AA1⊥底面ABC，BM?平面ABC，∴AA1⊥BM.又M為棱AC的中點，AB＝BC，∴BM⊥AC.∵AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1∴BM⊥平面ACC1A1∴BM⊥AC1.∵AC＝2，∴AM＝1.又AA1＝eq\r(2)，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq\r(2)，∴∠AC1C＝∠A1MA即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C∴A1M⊥AC1∵BM∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1∴AC1⊥平面A1BM.(3)當點N為BB1的中點，即eq\f(BN,BB1)＝eq\f(1,2)時，平面AC1N⊥平面AA1C證明如下：設AC1的中點為D，連接DM，DN，如圖．∵D，M分別為AC1，AC的中點，∴DM∥CC1，且DM＝eq\f(1,2)CC1.又N為BB1的中點，∴DM∥BN，且DM＝BN，∴四邊形BNDM為平行四邊形，∴BM∥DN，∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面AA1又DN?平面AC1N，∴平面AC1N⊥平面AA1C20．(12分)[2019·湖北重點高中聯考協作體期中]已知動圓C過定點F2(1,0)，并且內切于定圓F1：(x＋1)2＋y2＝12.(1)求動圓圓心C的軌跡方程；(2)若曲線y2＝4x上存在M，N兩點，(1)中曲線上有P，Q兩點，并且M，N，F2三點共線，P，Q，F2三點共線，PQ⊥MN，求四邊形PMQN的面積的最小值．解析：(1)設動圓的半徑為r，則|CF2|＝r，|CF1|＝2eq\r(3)－r，所以|CF1|＋|CF2|＝2eq\r(3)>|F1F2|，由橢圓的定義知動圓圓心C的軌跡是以F1，F2為焦點的橢圓，且長半軸長a＝eq\r(3)，半焦距c＝1，所以短半軸長b＝eq\r(2)，所以動圓圓心C的軌跡方程是eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線MN的斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，易得|MN|＝4，|PQ|＝2eq\r(3)，四邊形PMQN的面積S＝4eq\r(3).當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，聯立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，y2＝4x，))消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4,k2)＋2，x1x2＝1，|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋2))2－4)＝eq\f(4,k2)＋4.因為PQ⊥MN，所以直線PQ的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x－1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則x3＋x4＝eq\f(6,2k2＋3)，x3x4＝eq\f(3－6k2,2k2＋3)，|PQ|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2k2＋3)))2－4×\f(3－6k2,2k2＋3))＝eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3).則四邊形PMQN的面積S＝eq\f(1,2)·|MN|·|PQ|＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋4))·eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3)＝eq\f(8\r(3)k2＋12,k22k2＋3).令k2＋1＝t，t>1，則S＝eq\f(8\r(3)t2,t－12t＋1)＝eq\f(8\r(3),－\f(1,t2)－\f(1,t)＋2)＝eq\f(8\r(3),－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋\f(9,4)).因為t>1，所以0<eq\f(1,t)<1，易知－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)的取值范圍是(0,2)，所以S>eq\f(8\r(3),2)＝4eq\r(3).綜上可得S≥4eq\r(3)，故S的最小值為4eq\r(3).21．(12分)[2019·銀川一中高三第一次模擬考試]已知函數f(x)＝a(x－2lnx)＋eq\f(x－1,x2)，a∈R.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))＋eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x－2ax2－1,x3).(ⅰ)當a≤0時，ax2－1<0恒成立，x∈(0,2)時，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上單調遞增；x∈(2，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上單調遞減；(ⅱ)當a>0時，由f′(x)＝0得，x1＝2，x2＝eq\f(1,\r(a))，x3＝－eq\f(1,\r(a))(舍去)，①當x1＝x2，即a＝eq\f(1,4)時，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②當x1>x2，即a>eq\f(1,4)時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))或x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))，(2，＋∞)上單調遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))時，f′(x)<0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))上單調遞減；③當x1<x2，即0<a<eq\f(1,4)時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))或x∈(0,2)時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,\r(a))))時，f′(x)<0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,\r(a))))上單調遞減；綜上，當a≤0時，f(x)的單調遞增區間為(0,2)，單調遞減區間為(2，＋∞)；當a＝eq\f(1,4)時，f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間；當a>eq\f(1,4)時，f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))，(2，＋∞)，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))；當0<a<eq\f(1,4)時，f(x)的單調遞增區間為(0,2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,\r(a)))).(2)由(1)知，當a<0時，f(x)的單調遞增區間為(0,2)，單調遞減區間為(2，＋∞)，又因為f(1)＝a<0，取x0＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，5))，令f1(x)＝x－2lnx，f2(x)＝eq\f(1,x)，則f1′(x)＝1－eq\f(2,x)>0在(2，＋∞)上成立，故f1(x)＝x－2lnx單調遞增，f1(x0)≥5－2ln5＝1＋2(2－ln5)>1，f(x0)＝a(x0－2lnx0)＋eq\f(1,x0)－eq\f(1,x\o\al(2,0))<a＋eq\f(1,x0)－eq\f(1,x\o\al(2,0))≤－eq\f(1,x\o\al(2,0))<0，(注：此處若寫“當x→＋∞時，f(x)→－∞”也給分)所以f(x)有兩個零點等價于f(2)＝a(2－2ln2)＋eq\f(1,4)>0，得a>－eq\f(1,8－8ln2)，所以－eq\f(1,8－8ln2)<a<0.當a＝0時，f(x)＝eq\f(x－1,x2)，只有一個零點，不符合題意；當a＝eq\f(1,4)時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，至多只有一個零點，不符合題意；當a>0且a≠eq\f(1,4)時，f(x)有兩個極值，f(2)＝a(2－2ln2)＋eq\f(1,4)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝2eq\r(a)＋alna－a，記g(x)＝2eq\r(x)＋xlnx－x，g′(x)＝2eq\f(1,2\r(x))＋(1＋lnx)－1＝eq\f(1,\r(x))＋lnx，令h(x)＝eq\f(1,\r(x))＋lnx，則h′(x)＝－＋eq\f(1,x)＝.當x>eq\f(1,4)時，h′(x)>0，g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上單調遞增；當0<x<eq\f(1,4)時，h′(x)<0，g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調遞減．故g′(x)>g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝2－2ln2>0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞增．x→