教辅-高考数学大二轮专题复习-第三编高难解答突破训练(一)

特色专项增分练第三编讲应试3套高难解答突破训练高难解答突破训练(一)1.已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)以抛物线y2＝8x的焦点为顶点，且离心率为12.(1)求椭圆E的方程；解(1)抛物线y2＝8x的焦点坐标为(2，0)，由题意可知a＝2，且e＝ca＝12，∴c＝1，则b＝a2－c2＝3，因此，椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于A，B两点，与直线x＝－4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足OP→＝OA→＋OB→(其中O为坐标原点)，试问在x轴上是否存在一点T，使得OP→·TQ→为定值？若存在，求出点T的坐标及OP→·TQ→的值；若不存在，请说明理由．解(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝－8km4k2＋3，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m4k2＋3，∵OP→＝OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)＝－8km4k2＋3，6m4k2＋3，即点P－8km4k2＋3，6m4k2＋3，由于点P在椭圆E上，则－8km4k2＋32·14＋6m4k2＋32·13＝1，化简得4m2＝4k2＋3，联立y＝kx＋m，x＝－4，得x＝－4，y＝m－4k，则点Q(－4，m－4k)，设在x轴上存在一点T(t，0)，使得OP→·TQ→为定值，TQ→＝(－4－t，m－4k)，OP→·TQ→＝8km（t＋4）＋6m（m－4k）4k2＋3＝8ktm＋8km＋6m24m2＝2k（t＋1）m＋32为定值，则t＋1＝0，得t＝－1，因此，在x轴上存在定点T(－1，0)，使得OP→·TQ→为定值.2．已知函数f(x)＝ex－1－asinx(a∈R).(1)当x∈[0，π]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；解(1)因为x∈[0，π]，f′(x)＝ex－acosx，f″(x)＝ex＋asinx.①当a≤0时，即－a≥0，∵sinx≥0，∴－asinx≥0，又ex－1≥0，∴ex－1－asinx≥0，即f(x)≥0恒成立，符合题意；②当0a≤1时，f″(x)＝ex＋asinx≥0，∴f′(x)在区间[0，π]上单调递增，∵f′(0)＝1－a≥0，∴f′(x)≥f′(0)≥0，∴f(x)在区间[0，π]上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)≥f(0)＝0，符合题意；③当a1时，f″(x)＝ex＋asinx≥0，∴f′(x)在区间[0，π]上单调递增，∵f′(0)＝1－a0，f′π2＝eπ20，∴∃x0∈(0，π)，f′(x0)＝0，且当0xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x0xπ时，f′(x)0，f(x)单调递增，∴f(x0)f(0)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，1].(2)当a＝1时，数列{an}满足0an1，an＋1＝f(an)，求证：{an}是递减数列．(参考数据：sin1≈0.84)解(2)证明：由题意，a＝1，f(x)＝ex－1－sinx，x∈(0，1)，令g(x)＝f(x)－x＝ex－1－sinx－x，g′(x)＝ex－cosx－1，g″(x)＝ex＋sinx≥0，∴g′(x)在区间(0，1)上单调递增，∴g′(0)＝－10，g′(1)＝e－cos1－10，∴∃x1∈(0，1)，g′(x1)＝0，0xx1，g′(x)0，g(x)单调递减，x1x1，g′(x)0，g(x)单调递增，∵g(0)＝0，g(1)＝e－1－sin1－1≈e－2－0.840，∴g(x)0，即当x∈(0，1)，f(x)x，由(1)知f(x)＝ex－1－sinx，x∈(0，1)单调递增，∵0an1，∴0＝f(0)an＋1＝f(an)f(1)＝e－1－sin11，而an＋1－an＝f(an)－an0，即an＋1an，故{an}是递减数列．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(c，0)，下顶点为P，过点M0，b2的动直线l交椭圆C于A，B两点．(1)当直线l平行于x轴时，P，F，A三点共线，且PA＝332，求椭圆C的方程；解(1)当直线l与x轴平行时，即l：y＝12b，如图，作AD⊥x轴交x轴于点D，则根据ADOP＝FDOF＝AFPF＝12，可得A32c，12b，且PA＝32PF＝32c2＋b2＝32a＝332，解得a＝3，又因为A在椭圆上，所以94c2a2＋14b2b2＝1，解得c2＝13a2＝1，所以b2＝3－1＝2，所以椭圆C的方程为x23＋y22＝1.(2)当椭圆C的离心率为何值时，对任意的动直线l，总有PA⊥PB?解(2)①当直线l平行于x轴时，由PA⊥PB，得kPA·kPB＝32b32a·32b－32a＝－1，∴a2＝3b2，又a2＝b2＋c2，∴2a2＝3c2，∴e2＝23，∵e∈(0，1)，∴e＝63.②当直线l不平行于x轴时，下面证明当e＝63时，总有PA⊥PB，事实上，由①知椭圆可化为x23b2＋y2b2＝1，∴x2＋3y2＝3b2，设直线l的方程为y＝kx＋b2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋b2，x2＋3y2＝3b2，得(1＋3k2)x2＋3kbx－94b2＝0，∴x1＋x2＝－3kb1＋3k2，x1x2＝－94b21＋3k2，∵PA→＝(x1，y1＋b)，PB→＝(x2，y2＋b)，∴PA→·PB→＝x1x2＋(y1＋b)(y2＋b)＝x1x2＋kx1＋3b2kx2＋3b2＝(1＋k2)x1x2＋3kb2(x1＋x2)＋94b2＝(1＋k2)·－94b21＋3k2＋3kb2·－3kb1＋3k2＋94b2＝－94b2（1＋3k2）1＋3k2＋94b2＝－94b2＋94b2＝0.∴PA⊥PB.综上，当椭圆C的离心率为63时，对任意的动直线l，总有PA⊥PB.4．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋x＋2，f′(x)是f(x)的导函数.(1)证明：当x＞0时，f(x)＞0；证明(1)f′(x)＝(x－1)ex＋1，令k(x)＝(x－1)ex＋1，则k′(x)＝xex，当x0时，k′(x)0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x0时，f′(x)f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，所以当x0时，f(x)0.(2)证明：g(x)＝(1－sinx)[xex－f′(x)＋2]－2在(－π，π)上有且只有3个零点．证明(2)g(x)＝(1－sinx)[xex－f′(x)＋2]－2＝(1－sinx)ex－sinx－1，令g(x)＝0，得(1－sinx)ex－sinx－1＝0，即ex－1ex＋1－sinx＝0，令h(x)＝ex－1ex＋1－sinx，则h(－x)＝e－x－1e－x＋1－sin(－x)＝－ex－1ex＋1－sinx＝－h(x)，所以y＝h(x)是奇函数，且h(0)＝0，即0是h(x)的一个零点；令t(x)＝ex－1ex＋1，则t′(x)＝2ex（ex＋1）2，当x∈(0，π)时，t′(x)0，所以t(x)在(0，π)上单调递增，令r(x)＝sinx，则r(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．由(1)知，当x∈0，π2时，(x－2)ex＋x＋20，即ex－1ex＋1x2，令m(x)＝sinx－x2，则m′(x)＝cosx－12，当x∈0，π3时，m′(x)0，m(x)单调递增，当x∈π3，π2时，m′(x)0，m(x)单调递减，又m(0)＝0，mπ2＝1－π40，所以x∈0，π2时，m(x)0恒成立，即x∈0，π2时，x2sinx恒成立，所以当x∈0，π2时，ex－1ex＋1x2sinx，所以当x∈0，π2时，h(x)0恒成立，当x∈π2，π时，h′(x)＝2ex（ex＋1）2－cosx0，所以h(x)在π2，π上为增函数，且hπ2＝eπ2－1eπ2＋1－10，h(π)＝eπ－1eπ＋10，所以h(x)在(0，π)上有且只有一个零点，设为x0，所以h(x0)＝0，因为h(x)是奇函数，所以h(－x0)＝－h(x0)＝0，所以h(x)在(－π，0)上的零点为－x0，所以h(x)在(－π，π)上的零点为－x0，0，x0，所以h(x)在(－π，π)上有且只有3个零点．所以g(x)在(－π，π)上有且只有3个零点．本课结束