【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学二轮专题突破 第3部分 专题一 第2讲 “2道”拉分题专

1“2道”拉分题专练卷(一)1．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a0，证明：当0x1a时，f1a＋xf1a－x；(3)若函数y＝f(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2ax＋(2－a)＝－x＋ax－x.①若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则由f′(x)＝0得x＝1a，且当x∈0，1a时，f′(x)0；当x1a时，f′(x)0，所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)证明：设函数g(x)＝f1a＋x－f1a－x，则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，g′(x)＝a1＋ax＋a1－ax－2a＝2a3x21－a2x2.当0x1a时，g′(x)0，而g(0)＝0，所以g(x)0，故当0x1a时，f1a＋xf1a－x.(3)证明：由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图像与x轴至多有一个交点，故a0，从而f(x)的最大值为f1a，且f1a0.不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0x1x2，则0x11ax2.由(2)得f2a－x1＝f1a＋1a－x1f(x1)＝0.从而x22a－x1，于是x0＝x1＋x221a.由(1)知，f′(x0)0.2．在平面直角坐标系中，已知焦距为4的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别2为A、B，右焦点为F，过F作垂直于x轴的直线与椭圆相交于R、S两点，若线段RS的长为103.(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(9，m)是直线x＝9上的点，直线QA、QB与椭圆C分别交于点M、N，求证：直线MN必过x轴上的一定点，并求出此定点的坐标．解：(1)依题意，椭圆过点2，53，故4a2＋259b2＝1，a2－b2＝4，解得a2＝9，b2＝5.所以椭圆C的方程为x29＋y25＝1.(2)由题意知，直线QA的方程为y＝m12(x＋3)，代入椭圆方程，得(80＋m2)x2＋6m2x＋9m2－720＝0，设M(x1，y1)，则－3x1＝9m2－720m2＋80⇒x1＝240－3m2m2＋80，所以y1＝m12(x1＋3)＝m12240－3m2m2＋80＋3＝40mm2＋80，故点M的坐标为240－3m2m2＋80，40mm2＋80.同理，直线QB的方程为y＝m6(x－3)，代入椭圆方程，得(20＋m2)x2－6m2x＋9m2－180＝0，设N(x2，y2)，则3x2＝9m2－180m2＋20⇒x2＝3m2－60m2＋20，所以y2＝m6(x2－3)＝m63m2－60m2＋20－3＝－20mm2＋20，故点N的坐标为3m2－60m2＋20，－20mm2＋20.①若240－3m2m2＋80＝3m2－60m2＋20⇒m2＝40，直线MN的方程为x＝1，与x轴交于点(1,0)；②若m2≠40，直线MN的方程为y＋20mm2＋20＝10m40－m2x－3m2－60m2＋20，令y＝0，解得x＝1.综上所述，直线MN必过x轴上的定点(1,0)．