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“21～22”壓軸大題搶分練(一)
21.(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋y2＝1的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的內(nèi)角平分線PM交C的長軸于點M(m,0)．
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求|PF1||PM|的最大值．
解：(1)設P(x0，y0)(y0≠0)，則＋y＝1，
又F1(－，0)，F(xiàn)2(，0),
所以直線PF1，PF2的方程分別為：
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0.
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
因為＝，
所以＝ .
因為－
0，得－20)，若存在實數(shù)m∈(2,3)，使得當x∈(0，m]時，函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，求實數(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)定義域為(0，＋∞)，
所以F′(x)＝＋x－＝.
令F′(x)＝0，得x＝1或x＝2，
當x變化時，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x＝1時，函數(shù)F(x)取得極大值F(1)＝0；
當x＝2時，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，且定義域為(0，＋∞)，
所以G′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝.
令G′(x)＝0，得x＝1或x＝.
①當a＝時，函數(shù)G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，顯然符合題意．
②當>1，即00，得x>或0G(1)，解得a>1－ln 2.
又0時，
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(a)>g＝ln 2－>0，
∴a>時，(*) 式恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(1－ln 2，＋∞)．
“21～22”壓軸大題搶分練(二)
21．(本小題滿分15分)已知拋物線x2＝2py(p>0)，點M是拋物線的準線與y軸的交點，過點A(0，λp)(λ∈R)的動直線l交拋物線于B，C兩點．
(1)求證： ≥0，并求等號成立時實數(shù)λ的值；
(2)當λ＝2時，設分別以OB，OC(O為坐標原點)為直徑的兩圓相交于另一點D，求|DO|＋|DA|的最大值．
解：(1)證明：由題意知動直線l的斜率存在，且過點A(0，λp)，則可設動直線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)．
因為拋物線x2＝2py的準線方程為y＝－，
所以點M的坐標為，
所以＝，＝，
所以＝x1x2＋＝x1x2＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝－2p2λ＋λ2p2＋[2p(k2＋λ)]＋＝p2≥0，當且僅當k＝0，λ＝時等號成立．
(2)由(1)知，當λ＝2時，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2，
所以＝x1x2＋y1y2＝0，
所以OB⊥OC.
設直線OB的方程為y＝mx(m≠0)，
與拋物線的方程x2＝2py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2)，
所以以OB為直徑的圓的方程為x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0.
因為OB⊥OC，所以直線OC的方程為y＝－x.
同理可得以OC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D的軌跡是以OA為直徑的圓，
所以|DA|2＋|DO|2＝4p2，
由≥2，
得|DA|＋|DO|≤2p，
當且僅當|DA|＝|DO|＝p時，(|DA|＋|DO|)max＝2p.
22．(本小題滿分15分)三個數(shù)列{an}，{bn}，{cn}，滿足a1＝－，b1＝1，an＋1＝，bn＋1＝2bn＋1，cn＝abn，n∈N*.
(1)證明：當n≥2時，an>1；
(2)是否存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對任意n∈N*成立，若存在，求出b－a的最小值；若不存在，請說明理由；
(3)求證：＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)．
解：(1)證明：下面用數(shù)學歸納法證明：
當n≥2時，an>1.
①當n＝2時，由a1＝－，
an＋1＝，
得a2＝，顯然成立；
②假設n＝k時命題成立，即ak>1.
則n＝k＋1時，ak＋1＝ .
于是ak＋1－1＝.
因為()2－(3－ak)2＝4(ak－1)>0.
所以ak＋1>1，也就是說n＝k＋1時命題成立．
由①②可知，當n≥2時，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，2為公比的等比數(shù)列，
所以bn＋1＝2n，從而bn＝2n－1.
由(1)知，當n≥2時，an>1，
所以當n≥2時，an＋1－an＝.
因為a－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]對任意n∈N*成立，
當b＝c2＝a3＝2，a＝c1＝－時，
b－a的最小值為c2－c1＝.
(3)證明：當n≥2時，an>1 ，
因為an＋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．(本小題滿分15分)過拋物線x2＝4y的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，拋物線在A，B兩點處的切線交于點M.
(1)求證：點M在直線y＝－1上；
(2)設＝λ，當λ∈時，求△MAB的面積S的最小值．
解：(1)證明：易知直線l的斜率一定存在，F(xiàn)(0,1)，
設直線l的方程為y＝kx＋1，聯(lián)立
消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0，
設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AM的方程為y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，
同理，切線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M(2k，－1)，
故點M在直線y＝－1上．
(2)由(1)知，當k＝0時，＝，此時λ＝1，不符合題意，故k≠0.連接MF，則kMF＝＝－，
因為k＝－1，所以MF⊥AB.
因為＝λ，
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∈，
因為f(λ)＝－在上單調(diào)遞減，所以≤f(λ)≤，所以≤k2≤.
因為|MF|＝＝2，
|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4，
所以S＝|AB||MF|＝4，
所以當k2＝，即λ＝時，S取得最小值，
且Smin＝4＝.
22．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋a.
(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)的圖象在點(1,0)處的切線方程；
(2)若函數(shù)f(x)有一個大于1的零點，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)若f(x0)＝0，且x0>1，求證：x0＋1>.
解：(1)當a＝－1時，f(x)＝ln x＋x－1，
f′(x)＝＋1，
所以f′(1)＝2，所以切線的斜率k＝2.
又切點為(1,0)，所以切線的方程為y＝2x－2.
(2)由題意知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.
①當a≤0時，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1，不符合題意．
②當a>0時，令f′(x)＝0，則x＝，
當x變化時，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≤1，即a≥1時，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，無零點，不符合題意．
當>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t>1時，g′(t)1時，g(t)x，得e>.
所以f(x)在上無零點，在上有唯一零點．
綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是(0,1)．
(3)證明：由(2)得，x0∈且01)，
則當m>1時，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．(本小題滿分15分)已知直線l：y＝x＋m與圓x2＋y2＝2交于A，B兩點，若橢圓＋y2＝1上有兩個不同的點C，D關于直線l對稱．
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求四邊形ACBD面積的取值范圍．
解：(1)設直線CD：y＝－x＋n，聯(lián)立x2＋2y2＝2，
得3x2－4nx＋2(n2－1)＝0.
設C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點為M(x0，y0)，
故Δ＝16n2－24(n2－1)>0，解得－n－.
證明：(1)數(shù)學歸納法：①當n＝1時，a1＝，a2＝，
顯然有0n－.
“21～22”壓軸大題搶分練(五)
21．(本小題滿分15分)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其右焦點到橢圓C外一點P(2,1)的距離為，不過原點O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且線段AB的長度為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)求△AOB面積S的最大值．
解：(1)設橢圓右焦點為(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)因為線段AB的長等于橢圓短軸的長，要使三點A，O，B能構成三角形，則直線l不過原點O，弦AB不能與x軸垂直，故可設直線AB的方程為y＝kx＋m，
由消去y，并整理，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝
因為|AB|＝2，所以 ＝2，
即(1＋k2)[(x2＋x1)2－4x1x2]＝4，
所以(1＋k2)＝4，
即＝2(1－m2)，
因為1＋k2≥1，所以≤m2<1.
又點O到直線AB的距離d＝，
因為S＝|AB|d＝d，
所以S2＝＝2m2(1－m2)＝－22＋，
所以02時，
M(a)＝＝∈(0，)；
當1－≥－2時，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的較大根，
即0＜a≤2時，
M(a)＝∈(，＋ ]，
綜上M(a)＝
且M(a)∈(0，)∪(，＋ ]．
“21～22”壓軸大題搶分練(六)
21．(本小題滿分15分)設拋物線y2＝4x的焦點為F，過點的動直線交拋物線于不同兩點P，Q，線段PQ中點為M，射線MF與拋物線交于點A.
(1)求點M的軌跡方程；
(2)求△APQ的面積的最小值．
解：(1)設直線PQ方程為x＝ty＋，代入y2＝4x，
得y2－4ty－2＝0.
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1，
所以M.
設M(x，y)，由消去t，得中點M的軌跡方程為y2＝2x－1.
(2)設＝λ (λ<0)，A(x0，y0)，
又F(1,0)，M，
則(x0－1，y0)＝λ，
即
由點A在拋物線y2＝4x上，
得4λ2t2＝8λt2－2λ＋4，
化簡得(λ2－2λ)t2＝－λ＋1.
又λ<0，所以t2＝－.
因為點A到直線PQ的距離
d＝＝，
|PQ|＝|y1－y2|＝2.
所以△APQ的面積S＝|PQ|d
＝ |λ－1|＝ .
設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λ＝－時，f(λ)取到最小值．
所以△APQ的面積的最小值是.
22．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋－1.
證明：當n∈N*時，
(1)00.
當n＝1時，x1＝1>0成立．
假設n＝k時，xk>0成立，
那么n＝k＋1時，假設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.
（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）.doc
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