教辅-高考数学大二轮专题复习-第三编高难解答突破训练(二)

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(二)1.已知点P1，32在椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上，F(1，0)是椭圆的一个焦点．(1)求椭圆C的方程；解(1)由题意可得，1a2＋94b2＝1，c＝1，a2＝b2＋c2，联立解得a2＝4，b2＝3.∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)椭圆C上不与P点重合的两点D，E关于原点O对称，直线PD，PE分别交y轴于M，N两点，求证：以MN为直径的圆被直线y＝32截得的弦长是定值．解(2)证明：设直线DE的方程为ty＝x，D(x1，y1)，E(－x1，－y1).联立ty＝x，x24＋y23＝1，可得y2＝123t2＋4.D23t3t2＋4，233t2＋4，E－23t3t2＋4，－233t2＋4.直线PD的方程为y－32＝43－33t2＋443t－23t2＋4(x－1)，可得M0，32－43－33t2＋443t－23t2＋4，直线PE的方程为y－32＝43＋33t2＋443t＋23t2＋4(x－1)，可得N0，32－43＋33t2＋443t＋23t2＋4.以MN为直径的圆的方程为x2＋y－32＋43－33t2＋443t－23t2＋4y－32＋43＋33t2＋443t＋23t2＋4＝0，∴把y＝32代入可得x2＋48－9（3t2＋4）48t2－4（3t2＋4）＝0，即x2＝34.解得x＝±32.因此被直线y＝32截得的弦长为3，是定值.2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，焦距为23.(1)求椭圆C的方程；解(1)由题意可得，ca＝32，2c＝23，解得a＝2，c＝3，∵b2＝a2－c2＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)若斜率为－12的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，O为坐标原点．①证明：直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列；解(2)证明：①设直线l的方程为y＝－12x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由y＝－12x＋m，x24＋y2＝1，消去y得x2－2mx＋2(m2－1)＝0，则Δ＝4m2－8(m2－1)＝4(2－m2)0，且x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)，∴y1y2＝－12x1＋m－12x2＋m＝14x1x2－12m(x1＋x2)＋m2＝m2－12.∴kOPkOQ＝y1y2x1x2＝m2－122（m2－1）＝14＝k2PQ，即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．②若Q′与Q关于x轴对称，证明：tan∠POQ′43.解②由题可知，∠xOQ′＝∠xOQ，由①可知，tan∠xOQ′·tan∠xOP＝14，tan∠xOQ′0，tan∠xOP0，∴tan∠POQ′＝tan(∠xOQ′＋∠xOP)＝tan∠xOQ′＋tan∠xOP1－tan∠xOQ′·tan∠xOP＝43(tan∠xOQ′＋tan∠xOP)≥43×2tan∠xOQ′·tan∠xOP＝43，若∠xOQ′＝∠xOP，则P，Q两点重合，不符合题意，可知无法取得等号．∴tan∠POQ′43.3．已知函数f(x)＝mx2＋(x－1)ex＋1(m∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；解(1)由题得，f′(x)＝2mx＋xex＝x(ex＋2m).当m≥0时，令f′(x)＞0，得x＞0；令f′(x)＜0，得x＜0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.当m＜0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2m).当m＝－12时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当－12＜m＜0时，令f′(x)＞0，得x＞0或x＜ln(－2m)，令f′(x)＜0，得ln(－2m)＜x＜0，即f(x)在(ln(－2m)，0)上单调递减，在(－∞，ln(－2m))，(0，＋∞)上单调递增．当m＜－12时，令f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln(－2m)，令f′(x)＜0，得0＜x＜ln(－2m)，即f(x)在(0，ln(－2m))上单调递减，在(－∞，0)，(ln(－2m)，＋∞)上单调递增．(2)证明：当x∈13，1时，f(x)＞mx2＋x3.解(2)证明：设F(x)＝f(x)－mx2－x3＝(x－1)ex－x3＋1，则F′(x)＝ex＋(x－1)ex－3x2＝x(ex－3x)，设φ(x)＝ex－3x，则φ′(x)＝ex－3.∵x∈13，1，∴φ′(x)＜e－3＜0，∴φ(x)在13，1上单调递减，又φ13＝3e－1＞0，φ(1)＝e－3＜0，∴φ(x)在13，1内存在唯一的零点，设为x0.则当13＜x＜x0时，φ(x)＞0，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x0＜x＜1时，φ(x)＜0，F′(x)＜0，F(x)单调递减，又F13＝2627－23e13＝26－18e1327＞0，F(1)＝0，∴F(x)＞0在x∈13，1上成立，∴当x∈13，1时，f(x)＞mx2＋x3.4．已知函数f(x)＝lnx＋λ1x－x(λ∈R).(1)当x1时，不等式f(x)0恒成立，求λ的最小值；解(1)由f(x)＝lnx＋λ1x－x(λ∈R)，得f′(x)＝－λx2＋x－λx2.当λ≥12时，方程－λx2＋x－λ＝0的Δ＝1－4λ2≤0，因为－λx2＋x－λ在区间(1，＋∞)上恒为负数．所以x1时，f′(x)0，函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．又f(1)＝0，所以函数f(x)0在区间(1，＋∞)上恒成立；当0λ12时，方程－λx2＋x－λ＝0有两个不等实根，且满足x1＝1－1－4λ22λ1x2＝1＋1－4λ22λ，所以函数f(x)的导函数f′(x)在区间1，1＋1－4λ22λ上大于零，函数f(x)在区间1，1＋1－4λ22λ上单调递增，又f(1)＝0，所以函数f(x)在区间1，1＋1－4λ22λ上恒大于零，不满足题意；当λ≤0时，在区间(1，＋∞)上f(x)＝lnx＋λ1x－x≥lnx，函数y＝lnx在区间(1，＋∞)上恒为正数，所以在区间(1，＋∞)上f(x)恒为正数，不满足题意；综上可知，若x1时，不等式f(x)0恒成立，λ的最小值为12.(2)设数列an＝1n(n∈N*)，其前n项和为Sn，证明：S2n－Sn＋an4ln2.解(2)证明：由(1)知，若x1时，lnx－121x－x＝（x＋1）（x－1）2x.若n∈N*，则ln1＋1n1＋1n＋1·1＋1n－121＋1n＝2n＋12n（n＋1），即ln(n＋1)－lnn12n＋12（n＋1）成立．将n换成n＋1，得ln[(1＋n)＋1]－ln(n＋1)12（n＋1）＋12[（n＋1）＋1]成立，即ln(n＋2)－ln(n＋1)12（n＋1）＋12（n＋2），以此类推，得ln(n＋3)－ln(n＋2)12（n＋2）＋12（n＋3），ln2n－ln(2n－1)12（2n－1）＋14n，上述各式相加，得ln2n－lnn＝ln212n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋12n－1＋14n，又S2n－Sn＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n－1＋12n，所以S2n－Sn＋an4ln2.本课结束