《状元之路》2014届高考数学(全国通用)二轮复习钻石卷高频考点训练8-4-2

高考专题训练时间：45分钟分值：75分1．(本小题15分)(2013·山东烟台二模)设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是a2n和an的等差中项．(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)证明1S1＋1S2＋…＋1Sn2.解(1)由已知得，2Sn＝a2n＋an，且an0，当n＝1时，2a1＝a21＋a1，解得a1＝1(a1＝0舍去)；当n≥2时，有2Sn－1＝a2n－1＋an－1.于是2Sn－2Sn－1＝a2n－a2n－1＋an－an－1，即2an＝a2n－a2n－1＋an－an－1.于是a2n－a2n－1＝an＋an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.因为an＋an－10，所以an－an－1＝1(n≥2)．故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)证明：因为an＝n，则Sn＝nn＋12，1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，所以1S1＋1S2＋…＋1Sn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋12.2．(本小题15分)(2013·福建福州二模)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F，上顶点为A，P为C1上任一点，MN是圆C2：x2＋(y－3)2＝1的一条直径，若与AF平行且在y轴上的截距为3－2的直线l恰好与圆C2相切．(1)求椭圆C1的离心率；(2)若PM→·PN→的最大值为49，求椭圆C1的方程．解(1)由题意可知直线l的方程为bx＋cy－(3－2)c＝0，因为直线l与圆C2：x2＋(y－3)2＝1相切，所以d＝|3c－3c＋2c|b2＋c2＝1，即a2＝2c2，从而e＝22.(2)设P(x，y)，圆C2的圆心记为C2，则x22c2＋y2c2＝1(c0)，又PM→·PN→＝(PC2→＋C2M→)·(PC2→＋C2N→)＝PC22→－C2N2→＝x2＋(y－3)2－1＝－(y＋3)2＋2c2＋17(－c≤y≤c)．①当c≥3时，(PM→·PN→)max＝17＋2c2＝49，[来源:学*科*网]解得c＝4，此时椭圆方程为x232＋y216＝1；②当0c3时，(PM→·PN→)max＝－(－c＋3)2＋17＋2c2＝49，解得c＝±52－3但c＝－52－30，且c＝52－33，故舍去．综上所述，椭圆C1的方程为x232＋y216＝1.3．(本小题15分)(2013·湖南卷)过抛物线E：x2＝2py(p0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1＋k2＝2.l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.(1)若k10，k20，证明：FM→·FN→2p2；(2)若点M到直线l的距离的最小值为755，求抛物线E的方程．解(1)由题意，抛物线E的焦点为F0，p2，直线l1的方程为y＝k1x＋p2.由y＝k1x＋p2，x2＝2py得x2－2pk1x－p2＝0.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根．从而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk21＋p.所以点M的坐标为pk1，pk21＋p2，FM→＝(pk1，pk21)．同理可得点N的坐标为pk2，pk22＋p2，FN→＝(pk2，pk22)．于是FM→·FN→＝p2(k1k2＋k21k22)．由题设，k1＋k2＝2，k10，k20，k1≠k2，所以0k1k2k1＋k222＝1.故FM→·FN→p2(1＋12)＝2p2.(2)由抛物线的定义得|FA|＝y1＋p2，|FB|＝y2＋p2，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝2pk21＋2p，从而圆M的半径r1＝pk21＋p.故圆M的方程为(x－pk1)2＋y－pk21－p22＝(pk21＋p)2，化简得x2＋y2－2pk1x－p(2k21＋1)y－34p2＝0.同理可得圆N的方程为x2＋y2－2pk2x－p(2k22＋1)y－34p2＝0.于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2－k1)x＋(k22－k21)y＝0.又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0.因为p0，所以点M到直线l的距离d＝|2pk21＋pk1＋p|5＝p|2k21＋k1＋1|5＝p2k1＋142＋785.故当k1＝－14时，d取最小值7p85.由题设，7p85＝755，解得p＝8.故所求的抛物线E的方程为x2＝16y.4．(本小题15分)(2013·福建卷)已知函数f(x)＝x－1＋aex(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值；(3)当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．解(1)由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1－aex.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－aex，①当a≤0时，f′(x)0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，∴函数f(x)无极值．②当a0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.x∈(－∞，lna)，f′(x)0，x∈(lna，＋∞)，f′(x)0，∴f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．(3)当a＝1时，f(x)＝x－1＋1ex.令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋1ex，则直线l：y＝x－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于方程g(x)＝0在R上没有实数解．假设k1，此时g(0)＝10，g1k－1＝－1＋1e1k－10，又函数g(x)的图象连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1.又k＝1时，g(x)＝1ex0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．∴k的最大值为1.5．(本小题15分)(2013·陕西卷)已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；(2)设x0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m0)公共点的个数；(3)设ab，比较fa＋fb2与fb－fab－a的大小，并说明理由．解(1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx.[来源:学_科_网]设直线y＝kx＋1与g(x)＝lnx的图象在P(x0，y0)处相切，则有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0)＝1x0，解得x0＝e2，k＝1e2.[来源:学.科.网](2)曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线y＝exx2与y＝m的公共点个数．[来源:学科网]令φ(x)＝exx2，则φ′(x)＝exx－2x3，∴φ′(2)＝0.当x∈(0,2)时，φ′(x)0，φ(x)在(0,2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为φ(2)＝e24.当0me24时，曲线y＝exx2与y＝m无公共点；当m＝e24时，曲线y＝exx2与y＝m恰有一个公共点；当me24时，在区间(0,2)内存在x1＝1m，使得φ(x1)m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)m.由φ(x)的单调性知，曲线y＝exx2与y＝m在(0，＋∞)上恰有两个公共点．综上所述，当x0时，若0me24，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；若m＝e24，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；若me24，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．(3)可以证明fa＋fb2fb－fab－a.事实上，fa＋fb2fb－fab－a⇔ea＋eb2eb－eab－a⇔b－a2eb－eaeb＋ea⇔b－a21－2eaeb＋ea[来源:学科网ZXXK]⇔b－a21－2eb－a＋1(ba)．(*)令ψ(x)＝x2＋2ex＋1－1(x≥0)，则ψ′(x)＝12－2exex＋12＝ex＋12－4ex2ex＋12＝ex－122ex＋12≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增．∴x0时，ψ(x)ψ(0)＝0.令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．