教辅-高考数学大二轮专题复习-第三编高难解答突破训练(三)

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(三)1.设抛物线C：y2＝2px(p0)与直线l：x－my－p2＝0交于A，B两点．(1)当|AB|取得最小值163时，求p的值．解(1)由题意知，直线l：x－my－p2＝0过定点p2，0，该点为抛物线焦点．联立x＝my＋p2，y2＝2px，消去x得y2－2pmy－p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－p2，∴|AB|＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋p＝m(y1＋y2)＋2p＝2p(m2＋1)，∵p0，m2≥0，当m＝0时，|AB|min＝2p，∴2p＝163，解得p＝83.(2)在(1)的条件下，过点P(3，4)作两条直线PM，PN分别交抛物线C于M，N(M，N不同于点P)两点，且∠MPN的平分线与x轴平行，求证：直线MN的斜率为定值．解(2)证明：由已知可知直线PM，PN的斜率存在，且互为相反数．设M(x3，y3)，N(x4，y4)，直线PM的方程为y＝k(x－3)＋4.联立y2＝163x，y＝k（x－3）＋4，消去x整理得，3ky2－16y＋64－48k＝0.又4为方程的一个根，∴4y3＝64－48k3k，得y3＝16－12k3k＝163k－4，同理可得y4＝－163k－4，∴kMN＝y3－y4x3－x4＝y3－y4316（y23－y24）＝163·1y3＋y4＝163×1（－8）＝－23.∴直线MN的斜率为定值－23.2．如图，已知直线l：y＝kx＋1(k0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：x24＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.(1)求kk1的值；解(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，直线l与直线l1的交点为(0，1)，∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，k＝y－1x，k1＝y0－1x0，由y＋y02＝x＋x02＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2，①由y－y0x－x0＝－1，得y－y0＝x0－x,②由①②得y＝x0＋1，y0＝x＋1，kk1＝yy0－（y＋y0）＋1xx0＝（x＋1）（x0＋1）－（x＋x0＋2）＋1xx0＝1.(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解(2)由y＝kx＋1，x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，∴xM＝－8k4k2＋1，∴yM＝1－4k24k2＋1.同理可得xN＝－8k14k21＋1＝－8k4＋k2，yN＝1－4k214k21＋1＝k2－44＋k2.kMN＝yM－yNxM－xN＝1－4k24k2＋1－k2－44＋k2－8k4k2＋1－－8k4＋k2＝8－8k48k（3k2－3）＝－k2＋13k，直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，即y－1－4k24k2＋1＝－k2＋13kx－－8k4k2＋1，即y＝－k2＋13kx－8（k2＋1）3（4k2＋1）＋1－4k24k2＋1＝－k2＋13kx－53.∴当k变化时，直线MN过定点0，－53.3．已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；解(1)因为f(x)＝ax2－ax－xlnx＝x(ax－a－lnx)(x＞0)，则f(x)≥0等价于h(x)＝ax－a－lnx≥0，求导可知h′(x)＝a－1x.则当a≤0时，h′(x)＜0，即y＝h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x0＞1时，h(x0)＜h(1)＝0，矛盾，故a＞0.因为当0＜x1a时，h′(x)＜0；当x1a时，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h1a，又因为h(1)＝a－a－ln1＝0，所以1a＝1，解得a＝1.另解：因为f(1)＝0，所以f(x)≥0等价于f(x)在x＞0时的最小值为f(1)，所以等价于f(x)在x＝1处是极小值，所以解得a＝1.(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2f(x0)2－2.解(2)证明：由(1)可知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，令f′(x)＝0，可得2x－2－lnx＝0，记t(x)＝2x－2－lnx，则t′(x)＝2－1x，令t′(x)＝0，解得x＝12，所以t(x)在区间0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增，所以t(x)min＝t12＝ln2－1＜0，从而t(x)＝0有解，即f′(x)＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′(x)在(0，x0)上为正，在(x0，x2)上为负，在(x2，＋∞)上为正，所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0－2－lnx0＝0，所以f(x0)＝x20－x0－x0lnx0＝x20－x0＋2x0－2x20＝x0－x20，由x012可知f(x0)＜(x0－x20)max＝－122＋12＝14；由f′1e＜0可知x01e12，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，1e上单调递减，所以f(x0)＞f1e＝1e2.综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.4．已知函数f(x)＝alnx－x＋1x(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；解(1)f′(x)＝ax－1－1x2＝－x2－ax＋1x2.考虑u(x)＝x2－ax＋1，a．当Δ≤0，即－2≤a≤2时，u(x)≥0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；b．当a＞2时，u(x)＝0有两个实根x1＝a－a2－42，x2＝a＋a2－42，且0x1x2，当0＜x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；c．当a＜－2时，u(x)＝x2－ax＋1＞0，故当x＞0时，u(x)＞0，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞2时，f(x)在0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)求证：当n∈N*时，有ln(n＋1)＜34＋512＋…＋2n＋12n2＋2n.解(2)证明：在(1)中取a＝2，可知g(x)＝2lnx－x＋1x在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＞1时，有g(x)＜g(1)＝0，即lnx＜12x－1x，取x＝1＋1k，k∈N*，得ln1＋1k12k＋1k－kk＋1＝2k＋12（k2＋k），取k＝1，2，…，n，相加得ln2＋ln32＋…＋ln1＋1n34＋512＋…＋2n＋12n2＋2n，即ln(n＋1)＜34＋512＋…＋2n＋12n2＋2n.本课结束