壓軸題(六) 12．將三個邊長為2的正方形，按如圖所示的方式剪成6部分，拼接成如圖所示的形狀，再折成一個封閉的多面體，則該多面體的體積為(　　) A．4 B．2 C. D. 答案　A 解析　該多面體是一個大的四面體減去三個小的四面體，其中大四面體的底面是邊長為3的正三角形，其余三條棱長均為3；三個小四面體的底面是邊長為的正三角形，其余三條棱長均為1，所以V＝×3××3×3－3＝4.故選A. 16．(2019·杭州摸底考試)已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的方程是2x－y＝0，則雙曲線E的離心率e＝________；若雙曲線E的實軸長為2，過雙曲線E的右焦點F可作兩條直線與圓C：x2＋y2－2x＋4y＋m＝0相切，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　3　(－3,5) 解析　因為雙曲線E的一條漸近線的方程是2x－y＝0，所以＝2，所以e＝＝ ＝ ＝ ＝3.又雙曲線E的實軸長為2，所以2a＝2，即a＝1，所以c＝3，F(xiàn)(3,0)．由題意得右焦點F在圓C外， 所以需滿足條件解得－3<m<5，故實數(shù)m的取值范圍是(－3,5)． 20．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)經過點P，左焦點為F(－，0)． (1)求橢圓E的方程； (2)若A是橢圓E的右頂點，過點F且斜率為的直線交橢圓E于M，N兩點，求△AMN的面積． 解　(1)由題意得橢圓E的右焦點為(，0)，c＝，則由橢圓的定義得， ＋＝2a， 解得a＝2.又c＝，∴b2＝a2－c2＝1， ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)過F(－，0)且斜率為的直線的方程為 y＝(x＋)， 聯(lián)立，得 消去x，得8y2－4y－1＝0， 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 ∴|y1－y2|＝， ∵A是橢圓E的右頂點，∴|AF|＝2＋， ∴△AMN的面積S＝|AF|·|y1－y2|＝×(2＋)×＝. 21．(2019·湘贛十四校聯(lián)考二)已知函數(shù)f(x)＝2aln x＋1，a∈R. (1)若直線l與曲線y＝f(x)恒相切于同一定點，求直線l的方程； (2)若當x≥1時，f(x)≤恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)因為直線l與曲線y＝f(x)恒相切于同一定點，所以曲線y＝f(x)必恒過定點， 由f(x)＝2aln x＋1，a∈R，令ln x＝0，得x＝1，故得曲線y＝f(x)恒過的定點為(1,1)． 因為f′(x)＝2a，所以切線l的斜率k＝f′(1)＝0， 故切線l的方程為y＝1. (2)因為當x≥1時，f(x)≤恒成立， 所以exf(x)≤ex恒成立， 即ex－e[2a(x－1)ln x＋x]≥0在[1，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝ex－e[2a(x－1)ln x＋x]， 則g′(x)＝ex－e， 令h(x)＝g′(x)＝ex－e， 則h′(x)＝ex－2ae(x≥1)． ①當a≤0時，顯然h′(x)＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，故h(x)＝g′(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，故g(x)≥g(1)＝0.從而，當x≥1時，f(x)≤恒成立． ②當0＜a≤時，令t(x)＝h′(x)＝ex－2ae(x≥1)，則t′(x)＝ex＋2ae＞0， 所以t(x)在[1，＋∞)上單調遞增， 故t(x)＝h′(x)≥t(1)＝e(1－4a)≥0，同①可證，當x≥1時，f(x)≤恒成立． ③當a＞，即4a＞1時，由②可知t(x)在[1，＋∞)上單調遞增，因為t(1)＝e(1－4a)＜0， 又t(4a)＝e4a－2ae＞e4a－2ae＝e4a－e＞0，故必存在x0∈(1,4a)使在[1，x0)上t(x)＜0，即h′(x)＜0，因此h(x)在[1，x0)上單調遞減，所以x∈(1，x0)時，h(x)＜h(1)＝0，即g′(x)＜0，所以g(x)在(1，x0)上單調遞減，g(x)＜g(1)＝0，即ex－e[2a(x－1)·ln x＋x]＜0，即f(x)＞，因此f(x)≤在x∈(1，x0)上不恒成立． 綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為a≤.