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陕西数学高考压轴大题突破(直线与圆锥曲线,导数)


压轴大题突破练
压轴大题突破练——直线与圆锥曲线(一)
1.(2013· 课标全国Ⅰ)已知圆 M:(x+1)2+y2=1,圆 N:(x-1)2+y2=9,动圆 P 与圆 M 外切 并且与圆 N 内切,圆心 P 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程; (2)l 是与圆 P、圆 M 都相切的一条直线,l 与曲线 C 交于 A、B 两点,当圆 P 的半径最长时, 求|AB|. 解 (1)设圆 P 的半径为 r, 则|PM|=1+r,|PN|=3-r, ∴|PM|+|PN|=4>|MN|, ∴P 的轨迹是以 M、N 为焦点的椭圆,左顶点除外, 且 2a=4,2c=2,∴a=2,c=1, ∴b2=a2-c2=3. x2 y2 ∴P 的轨迹曲线 C 的方程为 + =1(x≠-2). 4 3 (2)由(1)知:2r=(|PM|-|PN|)+2≤|MN|+2=4, ∴圆 P 的最大半径为 r=2.此时 P 的坐标为(2,0). 圆 P 的方程为(x-2)2+y2=4. ①当 l 的方程为 x=0 时,|AB|=2 3, ②设 l 的方程为 y=kx+b(k∈R), |-k+b| ? ? 1+k =1 ? |2k+b| ? ? 1+k =2
2 2

2 2 ? ? ?k= ?k=- 4 4 解之得:? 或? . ? ? ?b= 2 ?b=- 2 2 2 x+ 2,y=- x- 2. 4 4

∴l 的方程为 y=

? 联立方程? 2 ?y= 4 x+

x2 y2 + =1 4 3

化简:7x2+8x-8=0. 2

8 8 ∴x1+x2=- ,x1x2=- , 7 7

18 ∴|AB|= 1+k2 ?x1+x2?2-4x1x2= . 7 18 综上,|AB|=2 3或 . 7 2.已知椭圆的一个顶点为 A(0,-1),焦点在 x 轴上,中心在原点.若右焦点到直线 x-y+ 2 2=0 的距离为 3. (1)求椭圆的标准方程; (2)设直线 y=kx+m (k≠0)与椭圆相交于不同的两点 M, N.当|AM|=|AN|时, 求 m 的取值范围. x2 解 (1)依题意可设椭圆方程为 2+y2=1, a 则右焦点 F( a2-1,0), | a2-1+2 2| 由题设 =3,解得 a2=3. 2 x2 故所求椭圆的方程为 +y2=1. 3 (2)设 P(xP,yP),M(xM,yM),N(xN,yN),P 为弦 MN 的中点, y=kx+m, ? ?2 由?x 得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2-1)=0, 2 + y = 1 ? ?3 ∵直线与椭圆相交, ∴Δ=(6mk)2-4(3k2+1)×3(m2-1)>0 ?m2<3k2+1.① xM+xN 3mk ∴xP= =- 2 , 2 3k +1 m 从而 yP=kxP+m= 2 , 3k +1 yP+1 m+3k2+1 ∴kAP= =- , xP 3mk 又∵|AM|=|AN|,∴AP⊥MN, m+3k2+1 1 则- =- ,即 2m=3k2+1.② 3mk k 把②代入①得 m2<2m,解得 0<m<2; 2m-1 1 由②得 k2= >0,解得 m> . 3 2 1 综上求得 m 的取值范围是 <m<2. 2 3.(2013· 辽宁)如图,抛物线 C1:x2=4y,C2:x2=-2py(p>0).点 M(x0,y0)在抛物线 C2 上,过 M 作 C1 的切线,切点为 A,B(M 为原点

1 O 时,A,B 重合于 O).当 x0=1- 2时,切线 MA 的斜率为- . 2 (1)求 p 的值; (2)当 M 在 C2 上运动时,求线段 AB 中点 N 的轨迹方程(A,B 重合于 O 时,中点为 O). x 解 (1)因为抛物线 C1:x2=4y 上任意一点(x,y)的切线斜率为 y′= ,且切线 MA 的斜率为 2 1? 1 1 1 - ,所以 A 点坐标为? ?-1,4?,故切线 MA 的方程为 y=-2(x+1)+4. 2 因为点 M(1- 2,y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上,于是 3-2 2 1 1 y0=- (2- 2)+ =- ,① 2 4 4 ?1- 2?2 3-2 2 y0=- =- .② 2p 2p 由①②得 p=2. x2 x2 1 x1, ?,B(x2, 2),x1≠x2, (2)设 N(x,y),A? 4? ? 4 由 N 为线段 AB 中点知 x1+x2 x= ,③ 2
2 x2 1+x2 y= .④ 8

切线 MA,MB 的方程分别为 x1 x2 1 y= (x-x1)+ .⑤ 2 4 x2 x2 2 y= (x-x2)+ .⑥ 2 4 由⑤⑥得 MA,MB 的交点 M(x0,y0)的坐标为 x1+x2 x1x2 x0= ,y0= . 2 4 因为点 M(x0,y0)在 C2 上,即 x2 0=-4y0,
2 x2 1+x2 所以 x1x2=- .⑦ 6

4 由③④⑦得 x2= y,x≠0. 3 4 当 x1=x2 时,A,B 重合于原点 O,AB 中点 N 为 O,坐标满足 x2= y. 3 4 因此 AB 中点 N 的轨迹方程为 x2= y. 3 x2 y2 4.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2,点 M(0,2)是椭圆的一个顶点, a b

△F1MF2 是等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程; (2)过点 M 分别作直线 MA,MB 交椭圆于 A,B 两点,设两直线的斜率分别为 k1,k2,且 k1 1 ? +k2=8,证明:直线 AB 过定点? ?-2,-2?. (1)解 由已知,可得 b=2,a2=( 2b)2=8, x2 y2 所求椭圆方程为 + =1. 8 4 (2)证明 设 A,B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 若直线 AB 的斜率存在,设方程为 y=kx+m, x y ? ? 8 + 4 =1, 由? 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0. ? ?y=kx+m, 2m2-8 4km 则 x1+x2=- ,x x = . 1+2k2 1 2 1+2k2 y1-2 y2-2 由 k1+k2=8,得 + =8, x1 x2 kx1+m-2 kx2+m-2 所以 + =8, x1 x2 x1+x2 即 2k+(m-2)· =8. x1x2 mk 1 所以 k- =4,整理得 m= k-2. 2 m+2 1? 1 故直线 AB 的方程为 y=kx+ k-2,即 y=k? ?x+2?-2. 2 1 ? 所以直线 AB 过定点? ?-2,-2?. 若直线 AB 的斜率不存在,设 AB 的方程为 x=x0, 设 A(x0,y0),B(x0,-y0), y0-2 -y0-2 1 由已知 + =8,得 x0=- . x0 x0 2 1 1 - ,-2?. 此时 AB 的方程为 x=- ,显然过点? 2 ? ? 2
2 2

1 ? 综上,直线 AB 过定点? ?-2,-2?.

压轴大题突破练——直线与圆锥曲线(二)
1.如图,已知点 A(1, 2)是离心率为 2 x2 y2 的椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)上 2 b a

的一点,斜率为 2的直线 BD 交椭圆 C 于 B、D 两点,且 A、B、D 三点 互不重合. (1)求椭圆 C 的方程; (2)△ABD 的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在, 请说明理由. (3)求证:直线 AB、AD 的斜率之和为定值. c 2 1 2 (1)解 由题意,可得 e= = , 2+ 2=1,a2=b2+c2, a 2 b a 解得 a=2,b= 2,c= 2, x2 y2 所以椭圆 C 的方程 + =1. 2 4 (2)解 设直线 BD 的方程为 y= 2x+m,D(x1,y1),B(x2,y2),

?y= 2x+m, 由? 2 2 得 4x2+2 2mx+m2-4=0, ?2x +y =4,
所以 Δ=-8m2+64>0?-2 2<m<2 2, x1+x2=- 2 m,① 2

m2-4 x1x2= .② 4 所以|BD|= 1+? 2?2|x1-x2|= 6 · 8-m2. 2

设 d 为点 A 到直线 BD:y= 2x+m 的距离, 所以 d= |m| . 3

1 2 所以 S△ABD= |BD|· d= · ?8-m2?m2≤ 2,当且仅当 8-m2=m2,即 m=± 2 时取等号. 2 4 因为± 2∈(-2 2,2 2),所以当 m=± 2 时,△ABD 的面积最大,最大值为 2. (3)证明 设直线 AB、AD 的斜率分别为 kAB、kAD, 则 kAD+kAB= y1- 2 y2- 2 2x1+m- 2 2x2+m- 2 x1+x2-2 + = + =2 2+m· , x1-1 x2-1 x1-1 x2-1 x1x2-?x1+x2?+1

(*) 将(2)中①、②式代入(*)式, 整理得 2 2+m?

? x1+x2-2 ?=0, ? ?x1x2-?x1+x2?+1?

即 kAB+kAD=0(定值). 2.在平面直角坐标系 xOy 中,动点 M 到两定点 F1(0,- 3),F2(0, 3)的距离之和为 4, 设动点 M 的轨迹为曲线 C.已知直线 l 与曲线 C 交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,向量 m=(2x1, y1),n=(2x2,y2),且 m⊥n. (1)若直线 l 过曲线 C 的焦点 F(0,c)(c 为半焦距),求直线 l 的斜率 k 的值; (2)△AOB 的面积是否为定值?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由. 解 (1)由题意知,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|=2 3, 根据椭圆的定义,知动点 M 的轨迹是以 F1(0,- 3),F2(0, 3)为焦点,长轴长为 4 的椭圆, y2 x2 设该椭圆的标准方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b 则 a=2,c= 3,∴a2=4,c2=3,b2=a2-c2=1, y2 ∴曲线 C 的方程为 +x2=1. 4

? ?y=kx+ 3 设 l 的方程为 y=kx+ 3,由?y2 2 ,消去 y 得, +x =1 ? ?4
(k2+4)x2+2 3kx-1=0,Δ=(2 3k)2+4(k2+4)>0, -2 3k -1 且 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . k +4 k +4 ∵m⊥n,∴m· n=0, -1 ∴4x1x2+y1y2=4x1x2+(kx1+ 3)(kx2+ 3)=(4+k2)x1x2+ 3k(x1+x2)+3=(k2+4)·2 + 3 k +4 -2 3k k· 2 +3=0,解得 k=± 2. k +4 即直线 l 的斜率 k 的值为± 2. (2)①当直线 AB 的斜率不存在时,有 x1=x2,y1=-y2.
2 2 2 由 m· n=0,得 4x2 1-y1=0,即 y1=4x1.

又 A(x1,y1)在椭圆上, ∴ 4x2 1 +x2 1=1, 4 2 ,|y1|= 2. 2

∴|x1|=

1 ∴S△OAB= |x1|· |y1-y2|=|x1|· |y1|=1(定值). 2 当直线 AB 的斜率存在时,设 AB 的方程为 y=k′x+t. y=k′x+t, ? ?2 由?y 消去 y 得, 2 ? 4 +x =1, ? (k′2+4)x2+2k′tx+t2-4=0, Δ=4k′2t2-4(k′2+4)(t2-4)>0, -2k′t 且 x1+x2= 2 , k′ +4 x1x2= t2-4 . k′2+4

∵m· n=0, ∴4x1x2+y1y2=0,∴4x1x2+(k′x1+t)(k′x2+t)=0, ∴(k′2+4)x1x2+k′t(x1+x2)+t2=0, t2-4 -2k′t ∴(k′2+4)· 2 +k′t· 2 +t2=0, k′ +4 k′ +4 整理得 2t2-k′2=4. |t| 4k′2-4t2+16 1 |t| 1 4t2 2 ∴S△OAB= · · | AB | = · | t |· ? x + x ? - 4 x x = = =1(定值). 2 1 2 1 2 2 1+k′2 2 2|t| k′ +4 综上,△AOB 的面积为定值. 3.如图,已知抛物线 C:y2=2px 和⊙M:(x-4)2+y2=1,圆心 M 到 17 抛物线 C 的准线的距离为 .过抛物线 C 上一点 H(x0,y0)(y0≥1)作两 4 条直线分别与⊙M 相切于 A、B 两点,与抛物线 C 交于 E、F 两点. (1)求抛物线 C 的方程; (2)当∠AHB 的角平分线垂直 x 轴时,求直线 EF 的斜率; (3)若直线 AB 在 y 轴上的截距为 t,求 t 的最小值. 解 (1)由题意知⊙M 的圆心 M 的坐标为(4,0), p 半径为 1,抛物线 C 的准线方程为 x=- , 2 17 ∵圆心 M 到抛物线 C 的准线的距离为 , 4 p 17 1 ∴4+ = ,解得 p= , 2 4 2 从而抛物线 C 的方程为 y2=x. (2)∵∠AHB 的角平分线垂直 x 轴,

∴点 H(4,2),∴∠AHB=60° , 可得 kHA= 3,kHB=- 3, ∴直线 HA 的方程为 y= 3x-4 3+2,

?y= 3x-4 3+2, 联立方程? 2 得 3y2-y-4 3+2=0, ?y =x,
设 E(xE,yE),F(xF,yF),则 yE+2= ∴yE= 3-6 13-4 3 ,xE= , 3 3 - 3-6 13+4 3 1 ,xF= ,∴kEF=- . 3 3 4 3 , 3

同理可得 yF=

(3)方法一 由题意可设点 A、B 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2), y1 y2 则 kMA= ,kMB= , x1-4 x2-4 ∵HA、HB 是⊙M 的切线,∴HA⊥MA、HB⊥MB, 4-x1 4-x2 因此 kHA= ,kHB= , y1 y2 所以直线 HA、HB 的方程分别为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0,(4-x2)x-y2y+4x2-15=0, 又点 H 在抛物线上,有 y2 0=x0,
2 ∴点 H 的坐标为(y2 0,y0)(y0≥1),分别代入直线 HA、HB 的方程得(4-x1)y0-y1y0+4x1-15=

0,
2 (4-x2)y0 -y2y0+4x2-15=0, 2 2 2 可整理为(4-y2 0)x1-y0y1+4y0-15=0,(4-y0)x2-y0y2+4y0-15=0, 2 从而可求得直线 AB 的方程为(4-y0 )x-y0y+4y2 0-15=0, 2 4y0 -15 15 令 x=0,得直线 AB 在 y 轴上的截距为 t= =4y0- (y0≥1), y0 y0

15 考虑到函数 f(x)=4x- (x≥1)为单调递增函数, x ∴tmin=4×1- 15 =-11. 1

方法二 由(1)知,设点 H(y2 0,y0)(y0≥1),
2 2 4 2 则 HM2=y4 0-7y0+16,HA =y0-7y0+15. 2 2 4 2 以 H 为圆心,HA 为半径的圆的方程为(x-y2 0) +(y-y0) =y0-7y0+15,①

又⊙M 的方程为(x-4)2+y2=1.②
2 4 2 ①-②得:直线 AB 的方程为(2x-y2 0-4)(4-y0)-(2y-y0)y0=y0-7y0+14.

15 当 x=0 时,直线 AB 在 y 轴上的截距 t=4y0- (y0≥1), y0

∵t 关于 y 的函数在[1,+∞)上单调递增, ∴tmin=-11.

x2 y2 3 4.如图,已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,以原点为圆心, a b 2 椭圆 C 的短半轴长为半径的圆与直线 x+y+ 2=0 相切.A、B 是椭圆的 左、右顶点,直线 l 过 B 点且与 x 轴垂直. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设 G 是椭圆 C 上异于 A、B 的任意一点,作 GH⊥x 轴于点 H,延长 HG 到点 Q 使得 HG =GQ,连接 AQ 并延长交直线 l 于点 M,N 为线段 MB 的中点,判定直线 QN 与以 AB 为直 径的圆 O 的位置关系,并证明你的结论. c 3 解 (1)由题意可得 e= = . a 2 ∵以原点为圆心,椭圆 C 的短半轴长为半径的圆与直线 x+y+ 2=0 相切, ∴ |0+0+ 2| 12+12 =b,解得 b=1.

由 a2=b2+c2,可得 a=2. x2 ∴椭圆 C 的标准方程为 +y2=1. 4 (2)由(1)可知 A(-2,0),B(2,0),直线 l 的方程为 x=2. 设 G(x0,y0)(y0≠0),于是 H(x0,0),Q(x0,2y0), x2 0 2 2 且有 +y0 =1,即 4y2 0=4-x0. 4 连接 BQ,设直线 AQ 与直线 BQ 的斜率分别为 kAQ,kBQ, 4-x2 2y0 2y0 4y2 0 0 ∵kAQ· kBQ= · = 2 = 2 =-1, x0+2 x0-2 x0-4 x0-4 即 AQ⊥BQ, ∴点 Q 在以 AB 为直径的圆上. 2y0 ∵直线 AQ 的方程为 y= (x+2). x0+2 2y0 x=2, ? ? ?x+2?, ?y=x + ? 2 0 由? 解得? 8y0 y= , ? ? ?x=2, ? x0+2 即 M(2, 8y0 4y0 ),∴N(2, ). x0+2 x0+2

4y0 -2y0 x0+2 -2x0y0 ∴直线 QN 的斜率为 kQN= = 2-x0 4-x2 0 = -2x0y0 -x0 = , 4y2 2y0 0

2y0 -x0 ∴kOQ· kQN= · =-1,于是直线 OQ 与直线 QN 垂直, x0 2y0

∴直线 QN 与以 AB 为直径的圆 O 相切.

压轴大题突破练——函数与导数(一)
1.已知 f(x)=x3+ax2-a2x+2. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 a≠0,求函数 f(x)的单调区间; (3)若不等式 2xln x≤f′(x)+a2+1 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解 (1)∵a=1,∴f(x)=x3+x2-x+2, ∴f′(x)=3x2+2x-1,∴k=f′(1)=4,又 f(1)=3, ∴切点坐标为(1,3), ∴所求切线方程为 y-3=4(x-1),即 4x-y-1=0. (2)f′(x)=3x2+2ax-a2=(x+a)(3x-a), a 由 f′(x)=0 得 x=-a 或 x= . 3 a ①当 a>0 时,由 f′(x)<0,得-a<x< . 3 a 由 f′(x)>0,得 x<-a 或 x> , 3 a a 此时 f(x)的单调递减区间为(-a, ),单调递增区间为(-∞,-a)和( ,+∞). 3 3 a ②当 a<0 时,由 f′(x)<0,得 <x<-a. 3 a 由 f′(x)>0,得 x< 或 x>-a, 3 a 此时 f(x)的单调递减区间为( ,-a), 3 a 单调递增区间为(-∞, )和(-a,+∞). 3 a 综上:当 a>0 时,f(x)的单调递减区间为(-a, ), 3 a 单调递增区间为(-∞,-a)和( ,+∞). 3 a 当 a<0 时,f(x)的单调递减区间为( ,-a), 3 a 单调递增区间为(-∞, )和(-a,+∞). 3

(3)依题意 x∈(0,+∞),不等式 2xln x≤f′(x)+a2+1 恒成立,等价于 2xln x≤3x2+2ax+1 在(0,+∞)上恒成立, 3 1 可得 a≥ln x- x- 在(0,+∞)上恒成立, 2 2x 3x 1 1 3 1 设 h(x)=ln x- - ,则 h′(x)= - + 2 2 2x x 2 2x ?x-1??3x+1? =- . 2x2 1 令 h′(x)=0,得 x=1,x=- (舍), 3 当 0<x<1 时,h′(x)>0;当 x>1 时,h′(x)<0. 当 x 变化时,h′(x),h(x)变化情况如下表: x h′(x) h(x) (0,1) + 单调递增 1 0 -2 (1,+∞) - 单调递减

∴当 x=1 时,h(x)取得最大值,h(x)max=-2, ∴a≥-2,∴a 的取值范围是[-2,+∞). 2.已知函数 f(x)=(1+x)e
-2x

x3 ,g(x)=ax+ +1+2xcos x.当 x∈[0,1]时, 2

1 (1)求证:1-x≤f(x)≤ ; 1+x (2)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. (1)证明 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e 只需证明(1+x)e ≥(1-x)ex. 记 h(x)=(1+x)e x-(1-x)ex,
- -x -2x

≥1-x,

则 h′(x)=x(ex-e x).


当 x∈(0,1)时,h′(x)>0, 因此 h(x)在[0,1]上是增函数, 故 h(x)≥h(0)=0,所以 f(x)≥1-x,x∈[0,1]. 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e 只需证明 ex≥x+1. 记 K(x)=ex-x-1,则 K′(x)=ex-1, 当 x∈(0,1)时,K′(x)>0, 因此 K(x)在[0,1]上是增函数, 故 K(x)≥K(0)=0.
-2x

1 ≤ , 1+x

1 所以 f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x 1 综上,1-x≤f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x (2)解 f(x)-g(x)=(1+x)e
-2x

x3 x3 -(ax+ +1+2xcos x)≥1-x-ax-1- -2xcos x 2 2

x2 =-x(a+1+ +2cos x).(由(1)知) 2 x2 故 G(x)= +2cos x,则 G′(x)=x-2sin x. 2 记 H(x)=x-2sin x,则 H′(x)=1-2cos x, 当 x∈(0,1)时,H′(x)<0, 于是 G′(x)在[0,1]上是减函数. 从而当 x∈(0,1)时,G′(x)<G′(0)=0. 故 G(x)在[0,1]上是减函数. 于是 G(x)≤G(0)=2, 从而 a+1+G(x)≤a+3. 所以,当 a≤-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当 a>-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 1 x3 f(x)-g(x)≤ -1-ax- -2xcos x 2 1+x = -x x3 -ax- -2xcos x 2 1+x

1 x2 =-x( +a+ +2cos x).(由(1)知) 2 1+x 1 x2 1 记 I(x)= +a+ +2cos x= +a+G(x), 2 1+x 1+x -1 则 I′(x)= +G′(x), ?1+x?2 当 x∈(0,1)时,I′(x)<0, 故 I(x)在[0,1]上是减函数, 于是 I(x)在[0,1]上的值域为[a+1+2cos 1,a+3]. 因为当 a>-3 时,a+3>0, 所以存在 x0∈(0,1),使得 I(x0)>0, 此时 f(x0)<g(x0), 即 f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-3].

1 3. 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x2+2ax, g(x)=3a2ln x+b, 其中 a>0.设两曲线 y=f(x), 2 y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x). (1)解 f′(x)=x+2a,g′(x)= 3a2 , x

由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),

?2x +2ax =3a ln x +b, 即? 3a ?x +2a= x .
2 0 0 2 0 2 0 0

1

3a2 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 5 即有 b= a2+2a2-3a2ln a= a2-3a2ln a. 2 2 5 令 h(t)= t2-3t2ln t(t>0), 2 则 h′(t)=2t(1-3ln t).
1

于是当 t(1-3ln t)>0,即 0<t< e 3 时,h′(t)>0; 当 t(1-3ln t)<0,即 t> e 时,h′(t)<0.
1 1 1 3

故 h(t)在(0, e 3 )上为增函数,在( e 3 ,+∞)上为减函数, 3 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h( e 3 )= e 3 , 2 3 即 b 的最大值为 e 3 . 2 1 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 2 3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0). x x 故 F′(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 4.设函数 f(x)=ln x+1 1-x + (a>0). 2 a?x+1?
2 1 2

(1)若函数 f(x)在区间(2,4)上存在极值,求实数 a 的取值范围;

(2)若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,求实数 a 的取值范围; 1 1 1 1 (3)求证:当 n∈N*且 n≥2 时, + + +?+ <ln x. 2 3 4 n 2 1 -a?x+1?-a?1-x? (1)解 f′(x)= × + x+1 2 [a?x+1?]2 = -2 a?x+1?-2 1 + = x+1 a?x+1?2 a?x+1?2

2 x-? -1? a = (x>-1), ?x+1?2 2 ∴f(x)在(-1, -1)上为减函数, a 2 在( -1,+∞)为增函数, a 2 ∴f(x)在 x= -1 处取得极小值. a

?2<2-1<4, ? 2 2 依题意? a 解得 <a< . 5 3 ?a>0, ?
2 2 所以实数 a 的取值范围是( , ). 5 3 2 ? ?a-1≤1, (2)解 依题意? 解得 a≥1. ? ?a>0, 所以实数 a 的取值范围是[1,+∞). (3)证明 方法一 由(2)知:当 a=1 时, f(x)=ln x+1 1-x + 在[1,+∞)上为增函数, 2 x+1

∴当 x>1 时,有 f(x)>f(1)=0, 即 x>1 时,ln 得 ln x+1 1-x + >0, 2 x+1

x+1 1-x >- (x>1). 2 x+1

1-x 1 取- = (n≥2), x+1 n n+1 x+1 n 则 x= >1, = , 2 n-1 n-1 即 ln n 1 > (n≥2), n-1 n

1 1 1 1 3 4 n ∴ + + +?+ <ln 2+ln +ln +?+ln =ln n. 2 3 4 n 2 3 n-1 n n-1 3 2 方法二 由于 ln n=ln( · · ?··) n-1 n-2 2 1 n-1 3 n =ln 2+ln +?+ln +ln , 2 n-2 n-1 从而只需证明 ln n 1 > (n≥2). n-1 n

x-1 1 考查函数 g(x)=ln x- =ln x+ -1(x>1), x x 1 1 x-1 而 g′(x)= - 2= 2 , x x x 所以 g(x)在(1,+∞)上是增函数,在(0,1)上是减函数, 所以 g(x)min=g(1)=0, 所以 x>1 时,g(x)>0, 令 x= n n 1 ,ln > (n≥2), n-1 n-1 n

3 n 1 1 1 则 ln n=ln 2+ln +?+ln > + +?+ , 2 n n-1 2 3

所以命题得证.

压轴大题突破练——函数与导数(二)
1.已知函数 f(x)=aln x-bx2. 1 1 (1)当 a=2,b= 时,求函数 f(x)在[ ,e]上的最大值; 2 e 3 (2)当 b=0 时,若不等式 f(x)≥m+x 对所有的 a∈[0, ],x∈(1,e2]都成立,求实数 m 的取 2 值范围. 1 解 (1)由题知,f(x)=2ln x- x2, 2 2-x2 2 f′(x)= -x= , x x 1 1 当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0 得 ≤x< 2; e e 令 f′(x)<0,得 2<x≤e, 1 ∴f(x)在[ , 2)上单调递增,在( 2,e]上单调递减, e ∴f(x)max=f( 2)=ln 2-1.

3 (2)当 b=0 时,f(x)=aln x,若不等式 f(x)≥m+x 对所有的 a∈[0, ],x∈(1,e2]都成立,则 2 3 3 aln x≥m+x 对所有的 a∈[0, ], x∈(1, e2]都成立, 即 m≤aln x-x, 对所有的 a∈[0, ], x∈(1, 2 2 e2]都成立, 令 h(a)=aln x-x,则 h(a)为一次函数,m≤h(a)min. ∵x∈(1,e2],∴ln x>0, 3 ∴h(a)在[0, ]上单调递增,∴h(a)min=h(0)=-x, 2 ∴m≤-x 对所有的 x∈(1,e2]都成立. ∵1<x≤e2,∴-e2≤-x<-1, ∴m≤(-x)min=-e2. 2.函数 f(x)=xln x-ax2-x(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,求 a 的值; (2)若函数 f(x)的图象在直线 y=-x 图象的下方,求 a 的取值范围; (3)求证:2 0132 012<2 0122 013. (1)解 f′(x)=ln x-2ax. 因为 f′(1)=0,所以 a=0. (2)解 由题意,得 xln x-ax2-x<-x, 所以 xln x-ax2<0. ln x 因为 x∈(0,+∞),所以 a> . x 1-ln x ln x 设 h(x)= ,则 h′(x)= . x x2 令 h′(x)>0,得 0<x<e, 所以 h(x)在(0,e)上单调递增; 令 h′(x)<0,得 x>e, 所以 h(x)在(e,+∞)上单调递减. 1 所以 h(x)max=h(e)= , e 1 所以 a> . e ln x (3)证明 由(2)知 h(x)= 在(e,+∞)上单调递减, x 所以当 x>e 时,h(x)>h(x+1), 即 ln x ln?x+1? > , x x+1

所以(x+1)ln x>xln(x+1),

所以 ln xx 1>ln(x+1)x,


所以 xx 1>(x+1)x,


令 x=2 012,得 2 0122 013>2 0132 012. 3.已知函数 f(x)=ln x-ax+1. (1)若函数 f(x)在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直线 4x+3y-3=0 垂直,求 a 的值; (2)若 f(x)≤0 恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 1 1 (3)证明:ln(n+1)> + +?+ (n∈N*). 2 3 n+1 1 (1)解 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a. x 所以 f′(1)=1-a. 所以切线 l 的斜率为 1-a. 因为切线 l 与直线 4x+3y-3=0 垂直, 3 1 所以 1-a= ,解得 a= . 4 4 1 (2)解 若 a≤0,则 f′(x)= -a>0,f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x 而 f(1)=1-a>0,f(x)≤0 不恒成立,故 a>0. 1 1 考虑 a>0,则当 x∈(0, ]时,f′(x)= -a>0; a x 1 1 当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)= -a<0. a x 1 所以 f(x)在(0, ]上是单调递增函数, a 1 在[ ,+∞)上是单调递减函数. a 1 所以 f(x)的最大值为 f( )=-ln a. a 要使 f(x)≤0 恒成立,只须-ln a≤0 即可. 由-ln a≤0,解得 a≥1,即 a 的取值范围为[1,+∞). (3)证明 由(2),知当 a=1 时,f(x)≤0 在(0,+∞)上恒成立,且 f(x)在(0,1)上是增函数,f(1) =0,所以 ln x<x-1 在 x∈(0,1)上恒成立. k k k 1 令 x= (k∈N*),则 ln < -1=- , k+1 k+1 k+1 k+1 1 1 2 1 3 1 n 1 令 k=1,2,?,n,则有 ln <- ,ln <- ,ln <- ,?,ln <- , 2 2 3 3 4 4 n+1 n+1 以上各式两边分别相加, 1 2 n 1 1 1 得 ln +ln +?+ln <-( + +?+ ), 2 3 2 3 n+1 n+1

1 1 1 1 即 ln <-( + +?+ ), 2 3 n+1 n+1 1 1 1 故 ln(n+1)> + +?+ (n∈N*). 2 3 n+1 4.已知函数 f(x)=aln x+x2-(a+2)x. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极小值; (2)当 a=-1 时,过坐标原点 O 作曲线 y=f(x)的切线,设切点为 P(m,n),求实数 m 的值; (3)设定义在 D 上的函数 y=g(x)在点 Q(x0,y0)处的切线方程为 l:y=h(x),当 x≠x0 时,若 g?x?-h?x? >0 在 D 内恒成立,则称点 Q 为函数 y=g(x)的“好点”.当 a=8 时,试问函数 y x-x0 =f(x)是否存在“好点”,若存在,请求出“好点”的横坐标;若不存在,请说明理由.
2 1 2x -3x+1 ?x-1??2x-1? 解 (1)当 a=1 时,f(x)=ln x+x2-3x,f′(x)=2x-3+ = = (x>0), x x x

1 当 0<x< 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 1 当 <x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 2 当 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=1 时,f(x)取到极小值-2. (2)当 a=-1 时,f(x)=-ln x+x2-x, 1 f′(x)=2x-1- (x>0), x 1 n-0 所以切线的斜率 k=2m-1- = m m-0 = m2-m-ln m , m

整理得 m2+ln m-1=0, 显然 m=1 是这个方程的解, 又 y=x2+ln x-1 在(0,+∞)上是增函数, 所以方程 x2+ln x-1=0 有唯一实数解,故 m=1. (3)当 a=8 时,f(x)=8ln x+x2-10x, 8 f′(x)=2x-10+ , x 8 函数 y=f(x)在其图象上一点 Q(x0,f(x0))处的切线方程 h(x)=(2x0+ -10)(x-x0)+x2 0-10x0 x0 +8ln x0. 设 F(x)=f(x)-h(x),则 F(x0)=0, 8 8 F′(x)=f′(x)-h′(x)=(2x+ -10)-(2x0+ -10) x x0

4 2?x-x0??x- ? x0 = , x 4 ①若 0<x0<2,F(x)在(x0, )上单调递减, x0 4 所以当 x∈(x0, )时,F(x)<F(x0)=0, x0 F?x? 此时 <0,不合题意, x-x0 所以 y=f(x)在(0,+∞)上不存在“好点”; 4 ②若 x0>2,F(x)在( ,x0)上单调递减, x0 4 所以当 x∈( ,x0)时,F(x)>F(x0)=0, x0 F?x? 此时 <0,不合题意, x-x0 所以 y=f(x)在(0,+∞)上不存在“好点”; 2?x-2?2 ③若 x0=2,F′(x)= ≥0, x 即 F(x)在(0,+∞)上是增函数, 当 x>x0 时,F(x)>F(x0)=0, 当 x<x0 时,F(x)<F(x0)=0, F?x? >0 恒成立, x-x0 所以点(2,-16+8ln 2)为函数 y=f(x)的“好点”. 故函数 y=f(x)存在“好点”,“好点”的横坐标为 2.



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