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“21～22”壓軸大題搶分練(一)
21.(本小題滿(mǎn)分15分)已知橢圓C：＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的內(nèi)角平分線(xiàn)PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0)．
(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)求|PF1||PM|的最大值．
解：(1)設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)，則＋y＝1，
又F1(－，0)，F(xiàn)2(，0),
所以直線(xiàn)PF1，PF2的方程分別為：
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0.
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
因?yàn)椋剑?
所以＝ .
因?yàn)椋?m<，－2
0，得－20)，若存在實(shí)數(shù)m∈(2,3)，使得當(dāng)x∈(0，m]時(shí)，函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)由已知條件得，F(xiàn)(x)＝ln x＋x2－x＋，且函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)，
所以F′(x)＝＋x－＝.
令F′(x)＝0，得x＝1或x＝2，
當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)隨x的變化情況如下表：
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
F′(x)
＋
0
－
0
＋
F(x)
0
ln 2－
所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)F(x)取得極大值F(1)＝0；
當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)F(x)取得極小值F(2)＝ln 2－.
(2)由條件，得G(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x＋a＋1，且定義域?yàn)?0，＋∞)，
所以G′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝.
令G′(x)＝0，得x＝1或x＝.
①當(dāng)a＝時(shí)，函數(shù)G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，顯然符合題意．
②當(dāng)>1，即00，得x>或0G(1)，解得a>1－ln 2.
又0時(shí)，
由G′(x)>0，得x>1或00.(*)
令g(a)＝ln(2a)＋＋ln 2－1，
∵g′(a)＝>0恒成立， 故恒有g(shù)(a)>g＝ln 2－>0，
∴a>時(shí)，(*) 式恒成立．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1－ln 2，＋∞)．
“21～22”壓軸大題搶分練(二)
21．(本小題滿(mǎn)分15分)已知拋物線(xiàn)x2＝2py(p>0)，點(diǎn)M是拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)與y軸的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A(0，λp)(λ∈R)的動(dòng)直線(xiàn)l交拋物線(xiàn)于B，C兩點(diǎn)．
(1)求證： ≥0，并求等號(hào)成立時(shí)實(shí)數(shù)λ的值；
(2)當(dāng)λ＝2時(shí)，設(shè)分別以O(shè)B，OC(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的兩圓相交于另一點(diǎn)D，求|DO|＋|DA|的最大值．
解：(1)證明：由題意知?jiǎng)又本€(xiàn)l的斜率存在，且過(guò)點(diǎn)A(0，λp)，則可設(shè)動(dòng)直線(xiàn)l的方程為y＝kx＋λp，
代入x2＝2py，消去y并整理得x2－2pkx－2λp2＝0，
Δ＝4p2(k2＋2λ)>0，
設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，
則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2λ，
y1y2＝(kx1＋λp)(kx2＋λp)＝k2x1x2＋λkp(x1＋x2)＋λ2p2＝λ2p2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2λp＝2pk2＋2λp＝2p(k2＋λ)．
因?yàn)閽佄锞€(xiàn)x2＝2py的準(zhǔn)線(xiàn)方程為y＝－，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為，
所以＝，＝，
所以＝x1x2＋＝x1x2＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝－2p2λ＋λ2p2＋[2p(k2＋λ)]＋＝p2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)k＝0，λ＝時(shí)等號(hào)成立．
(2)由(1)知，當(dāng)λ＝2時(shí)，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2，
所以＝x1x2＋y1y2＝0，
所以O(shè)B⊥OC.
設(shè)直線(xiàn)OB的方程為y＝mx(m≠0)，
與拋物線(xiàn)的方程x2＝2py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2)，
所以以O(shè)B為直徑的圓的方程為x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0.
因?yàn)镺B⊥OC，所以直線(xiàn)OC的方程為y＝－x.
同理可得以O(shè)C為直徑的圓的方程為x2＋y2＋x－y＝0，即m2x2＋m2y2＋2pmx－2py＝0，
將兩圓的方程相加消去m得x2＋y2－2py＝0，
即x2＋(y－p)2＝p2，
所以點(diǎn)D的軌跡是以O(shè)A為直徑的圓，
所以|DA|2＋|DO|2＝4p2，
由≥2，
得|DA|＋|DO|≤2p，
當(dāng)且僅當(dāng)|DA|＝|DO|＝p時(shí)，(|DA|＋|DO|)max＝2p.
22．(本小題滿(mǎn)分15分)三個(gè)數(shù)列{an}，{bn}，{cn}，滿(mǎn)足a1＝－，b1＝1，an＋1＝，bn＋1＝2bn＋1，cn＝abn，n∈N*.
(1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an>1；
(2)是否存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對(duì)任意n∈N*成立，若存在，求出b－a的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(3)求證：＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)．
解：(1)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n≥2時(shí)，an>1.
①當(dāng)n＝2時(shí)，由a1＝－，
an＋1＝，
得a2＝，顯然成立；
②假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即ak>1.
則n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ .
于是ak＋1－1＝.
因?yàn)?)2－(3－ak)2＝4(ak－1)>0.
所以ak＋1>1，也就是說(shuō)n＝k＋1時(shí)命題成立．
由①②可知，當(dāng)n≥2時(shí)，an>1.
(2)由bn＋1＝2bn＋1，b1＝1，得bn＋1＋1＝2(bn＋1)，
所以數(shù)列{bn＋1}是以b1＋1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
所以bn＋1＝2n，從而bn＝2n－1.
由(1)知，當(dāng)n≥2時(shí)，an>1，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1－an＝.
因?yàn)閍－2an＋5－(1＋an)2＝4(1－an)<0，
所以an＋1c3>…>1，
從而存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對(duì)任意n∈N*成立，
當(dāng)b＝c2＝a3＝2，a＝c1＝－時(shí)，
b－a的最小值為c2－c1＝.
(3)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an>1 ，
因?yàn)閍n＋1＝，
所以anan＋1＝a＋an＋1－1,
也即an－an＋1＝1－ ,
即≤2n＋cn＋1－cn(n≥2) ，
于是 ≤ (2i＋ci＋1－ci)＝2n＋1－4＋cn＋1－c2＝2n＋1＋cn＋1－6.
故＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)．
“21～22”壓軸大題搶分練(三)
21．(本小題滿(mǎn)分15分)過(guò)拋物線(xiàn)x2＝4y的焦點(diǎn)F的直線(xiàn)l交拋物線(xiàn)于A，B兩點(diǎn)，拋物線(xiàn)在A，B兩點(diǎn)處的切線(xiàn)交于點(diǎn)M.
(1)求證：點(diǎn)M在直線(xiàn)y＝－1上；
(2)設(shè)＝λ，當(dāng)λ∈時(shí)，求△MAB的面積S的最小值．
解：(1)證明：易知直線(xiàn)l的斜率一定存在，F(xiàn)(0,1)，
設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＝kx＋1，聯(lián)立
消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，x＝4y1，x＝4y2，
由x2＝4y，得y′＝x，則切線(xiàn)AM的方程為y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，
同理，切線(xiàn)BM的方程為y＝x2x－x.
由得(x1－x2)x－(x1＋x2)(x1－x2)＝0，
又x1－x2≠0，所以x＝＝2k.
所以2y＝(x1＋x2)x－[(x1＋x2)2－2x1x2]
＝4k2k－(16k2＋8)＝－2，
所以y＝－1，即點(diǎn)M(2k，－1)，
故點(diǎn)M在直線(xiàn)y＝－1上．
(2)由(1)知，當(dāng)k＝0時(shí)，＝，此時(shí)λ＝1，不符合題意，故k≠0.連接MF，則kMF＝＝－，
因?yàn)閗＝－1，所以MF⊥AB.
因?yàn)椋溅耍?
所以(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，得－x1＝λx2，
則－λ＋＝＋＝，
所以2－λ－＝＝＝－4k2，
即k2＝－，
令f(λ)＝－，λ∈，
因?yàn)閒(λ)＝－在上單調(diào)遞減，所以≤f(λ)≤，所以≤k2≤.
因?yàn)閨MF|＝＝2，
|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4，
所以S＝|AB||MF|＝4，
所以當(dāng)k2＝，即λ＝時(shí)，S取得最小值，
且Smin＝4＝.
22．(本小題滿(mǎn)分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋a.
(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,0)處的切線(xiàn)方程；
(2)若函數(shù)f(x)有一個(gè)大于1的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(3)若f(x0)＝0，且x0>1，求證：x0＋1>.
解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝ln x＋x－1，
f′(x)＝＋1，
所以f′(1)＝2，所以切線(xiàn)的斜率k＝2.
又切點(diǎn)為(1,0)，所以切線(xiàn)的方程為y＝2x－2.
(2)由題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝0，
所以f(x)有唯一零點(diǎn)1，不符合題意．
②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，則x＝，
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
f′(x)
＋
0
－
f(x)
極大值
由表可知，當(dāng)≤1，即a≥1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，所以f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，無(wú)零點(diǎn)，不符合題意．
當(dāng)>1，即0f(1)＝0，
又f(e)＝＋a－ae，令t＝∈(1，＋∞)，
則y＝t＋－et＝，
令g(t)＝t2＋1－et(t>1)，
則g′(t)＝2t－et，
令G(t)＝2t－et(t>1)，則G′(t)＝2－et<0，
所以g′(t)＝2t－et在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)t>1時(shí)，g′(t)1時(shí)，g(t)x，得e>.
所以f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，在上有唯一零點(diǎn)．
綜上，滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)．
(3)證明：由(2)得，x0∈且01)，
則當(dāng)m>1時(shí)，h′(m)＝－＝>0，
所以h(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
則h(m)>h(1)＝0，
所以f >0，即f >f(x0)．
又－1，x0∈且f(x)在上為減函數(shù)，
所以－1.
“21～22”壓軸大題搶分練(四)
21．(本小題滿(mǎn)分15分)已知直線(xiàn)l：y＝x＋m與圓x2＋y2＝2交于A，B兩點(diǎn)，若橢圓＋y2＝1上有兩個(gè)不同的點(diǎn)C，D關(guān)于直線(xiàn)l對(duì)稱(chēng)．
(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)求四邊形ACBD面積的取值范圍．
解：(1)設(shè)直線(xiàn)CD：y＝－x＋n，聯(lián)立x2＋2y2＝2，
得3x2－4nx＋2(n2－1)＝0.
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點(diǎn)為M(x0，y0)，
故Δ＝16n2－24(n2－1)>0，解得－n－.
證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝，a2＝，
顯然有0n－.
“21～22”壓軸大題搶分練(五)
21．(本小題滿(mǎn)分15分)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其右焦點(diǎn)到橢圓C外一點(diǎn)P(2,1)的距離為，不過(guò)原點(diǎn)O的直線(xiàn)l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且線(xiàn)段AB的長(zhǎng)度為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)求△AOB面積S的最大值．
解：(1)設(shè)橢圓右焦點(diǎn)為(c,0)，
則由題意得
解得或(舍去)．
所以b2＝a2－c2＝1，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)因?yàn)榫€(xiàn)段AB的長(zhǎng)等于橢圓短軸的長(zhǎng)，要使三點(diǎn)A，O，B能構(gòu)成三角形，則直線(xiàn)l不過(guò)原點(diǎn)O，弦AB不能與x軸垂直，故可設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝kx＋m，
由消去y，并整理，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝
因?yàn)閨AB|＝2，所以 ＝2，
即(1＋k2)[(x2＋x1)2－4x1x2]＝4，
所以(1＋k2)＝4，
即＝2(1－m2)，
因?yàn)?＋k2≥1，所以≤m2<1.
又點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離d＝，
因?yàn)镾＝|AB|d＝d，
所以S2＝＝2m2(1－m2)＝－22＋，
所以02時(shí)，
M(a)＝＝∈(0，)；
當(dāng)1－≥－2時(shí)，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的較大根，
即0＜a≤2時(shí)，
M(a)＝∈(，＋ ]，
綜上M(a)＝
且M(a)∈(0，)∪(，＋ ]．
“21～22”壓軸大題搶分練(六)
21．(本小題滿(mǎn)分15分)設(shè)拋物線(xiàn)y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于不同兩點(diǎn)P，Q，線(xiàn)段PQ中點(diǎn)為M，射線(xiàn)MF與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)A.
(1)求點(diǎn)M的軌跡方程；
(2)求△APQ的面積的最小值．
解：(1)設(shè)直線(xiàn)PQ方程為x＝ty＋，代入y2＝4x，
得y2－4ty－2＝0.
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1，
所以M.
設(shè)M(x，y)，由消去t，得中點(diǎn)M的軌跡方程為y2＝2x－1.
(2)設(shè)＝λ (λ<0)，A(x0，y0)，
又F(1,0)，M，
則(x0－1，y0)＝λ，
即
由點(diǎn)A在拋物線(xiàn)y2＝4x上，
得4λ2t2＝8λt2－2λ＋4，
化簡(jiǎn)得(λ2－2λ)t2＝－λ＋1.
又λ<0，所以t2＝－.
因?yàn)辄c(diǎn)A到直線(xiàn)PQ的距離
d＝＝，
|PQ|＝|y1－y2|＝2.
所以△APQ的面積S＝|PQ|d
＝ |λ－1|＝ .
設(shè)f(λ)＝，λ<0，則f′(λ)＝，
由f′(λ)>0，得λ>－；
由f′(λ)<0，得λ<－，
所以f(λ)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，因此，當(dāng)λ＝－時(shí)，f(λ)取到最小值．
所以△APQ的面積的最小值是.
22．(本小題滿(mǎn)分15分)已知數(shù)列{xn}滿(mǎn)足：x1＝1，xn＝xn＋1＋－1.
證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，
(1)00.
當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1>0成立．
假設(shè)n＝k時(shí)，xk>0成立，
那么n＝k＋1時(shí)，假設(shè)xk＋1≤0，
則xk＝xk＋1＋－1≤0，矛盾，
所以xk＋1>0，故xn>0得證．
所以xn＝xn＋1＋－1>xn＋1，
故00)，
則f′(x)＝2x＋＋－4＝＋22－.
由于y＝與22在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)>f′(0)＝0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)>f(0)＝0，
所以x＋(xn＋1＋6)－4xn＋1－6>0，
即3xn＋1－2xn<.
(3)由(2)得－≥>0，
則－≥n－1＝n－2，
所以xn≤n－2.
又－1≤x(x≥0)，
所以 －1≤xn＋1，
所以xn＝xn＋1＋－1≤xn＋1，
故xn＋1≥xn ，
所以xn≥n－1，
所以n－1≤xn≤n－2.
（浙江專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）.doc
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