高考數(shù)學(xué)強化訓(xùn)練(六)壓軸大題搶分練

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1、高考數(shù)學(xué)強化訓(xùn)練（六） 21?22”壓軸大題搶分練（一） F1, F2,點 P是 x22 21.已知橢圓C: -+y2=1的左、右焦點分別是 4 橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接 PF, PR,設(shè)/ F1PE的內(nèi)角 平分線Pg C的長軸于點 Mm,0）. （1）求實數(shù)m的取值范圍; (2)求| PF| ? | PM的最大值. 2 X0o 斛：(1)設(shè) P(xo, yo)( y0w 0),則■4 + y0=1, 又 F1（—0）, F2（小,0）, 所以直線PF, PB的方程分別為: l PF ： yox—(X0 + 1'J3) y+3y0 = 0. l PF2：

2、 y°X 一 ( X0-V3) y-V3y° = 0. E、rEy+V3y。1| my0-V3y0| 內(nèi)為i1L == t= 弋丫0+X0 + 1\J3My°+X0—3^3 因為一m0,得一

3、2Vx<之；由 f' (x)<0,得20),若存在實數(shù)

4、m^ (2,3)，使得當(dāng) ,nm時，函數(shù)G(x)的最大值為 Gm),求實數(shù)a的取值范圍. 1 2 35 解：(1)由已知條件得，F(xiàn)(x) = ln x+4x -2x+-,且函數(shù)定義域為(0, +°0 ), 所以―鴻、告一^ 令 F' (x) =0,得 x= 1 或 x= 2, 當(dāng)x變化時，F(xiàn)' (x) , F(x)隨x的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2, +00) F' (x) 十 0 一 0 十 F(x) 0 3 In 2 一二 4 所以當(dāng)x=1時，函數(shù)F(x)取得極大值F(1) =0; 當(dāng)x=2時，函數(shù)

5、F(x)取得極小值F(2) =ln 2 -1. 4 (2)由條件，得 Gx)=ln x+ax2-(2a+1)x + a+1,且定義域為(0, +^), b『,1x — 12 ax — 1 所以 g (x) =x+ 2ax-(2a+1) =x 令 G (x) =0,得 x= 1 或 x=—. 2a 1 ①當(dāng)a=2時，函數(shù)Gx)在(0, +8)上單調(diào)遞增，顯然符合題意. ②當(dāng) a>1,即 00,得 x>n或 0

6、> G(1),解得a>1—ln 2. 又 02時， 1 由 G' (x)>0 ,得 x>1 或 0明 代入化簡得 ln(2 a) +4a+ln 2 — 1>0.(*) 令 g(a) = ln(2 a) +(+皿 2 4a 恒成立， 故恒有 g(a)>g[ j=ln 2 -

7、-2>0, 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(1 - ln 2 , +8). “ 21?22”壓軸大題搶分練(二) 21.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 ,入p)(入 CR)的動直線l交拋物線于B, C兩點. ⑴ 求證：Imb ? Imc> 0,并求等號成立時實數(shù) 入的值; (2)當(dāng)入=2時，設(shè)分別以O(shè)B OCO為坐標(biāo)原點)為直徑的兩圓相交于另一點 D,求| DO 十 | 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 ,入p),則可設(shè)動直線l的 方程為y= kx+入p, 代入x2=2py,消去y并整理

8、得x2-2pkx-2X p2=0, A = 4P2( k2+ 2 入)>0 , 設(shè) B(xi, yi) , C(x2, y2), 則 xi+x2=2pk, xix2 = —2p2 入， yiy2= ( kxi + 入 p)( kx2+ 入 p) = k2xix2+ 入 kp(xi + x2)+ 入 2p2= 入 2p2, yi + y2= k( xi + x2) + 2 入 p= 2pk2+ 2 入 p= 2p( k2+ 入). 因為拋物線x2=2py的準線方程為y=-p, 所以點M的坐標(biāo)為- p i!, 所以稱=jxi, yi+p ；, % = Jx2, yz+p i 所以

9、 MB ? MC= xix?+ ,i + 2 !?2+ 2 尸 xix?+yiy?+2(yi + y2) + 今=- 2p2 入+ 入2pig [2p(k2+入)]+p4=p2,k2+(入—；)}0,當(dāng)且僅當(dāng)k=0,入=3時等號成立. (2)由(i)知，當(dāng)入=2 時，xix2=- 4p2, yiy2=4p2, 所以 OB ? OC= xix?+yiy2= 0, 所以O(shè)BL OC 設(shè)直線 OB的方程為y=mxm^ 0), 與拋物線的方程 x2=2py聯(lián)立可得B(2 pm2pn2), 所以以O(shè)時直徑的圓的方程為 x2+y2—2pmx- 2Pmy =0. 一，~ i 因為OBL O

10、C所以直線 OC勺萬程為y=--x. 同理可得以O(shè)C為直徑的圓白方程為 x2 + y2 + 2nx —2py= 0,即mx2+吊y2+2pmx-2py = 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O(shè)A為直徑的圓， 所以 |DA2+|DO2 = 4p2, I DA + I DO 2 2 得 IDA + IDO w 2 ,2p, 當(dāng)且僅當(dāng) I DA = I DO =啦p 時，(I DA + I DO) max= 2啦p. .…11 . 22 .二個數(shù)列{an}, {bn}, { Cn},滿足

11、& = 一 而，b1 = 1 , Hn+1 = | an - 1| + M an - 2an + 5 bn+1=2bn+1, Cn= abn, n € N. (1)證明：當(dāng) n>2 時，an>1； (3)求證: 22 23 2n C2 C3 Cn 田+ Cn+1—6( n C N*, n>2). (2)是否存在集合[a, b],使得cnC [ a, b]對任意nC N成立，若存在，求出 b— a的最 小值；若不存在，請說明理由； 解：(1)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明: 當(dāng) n>2 時，an>l. 一 ,,11 ①當(dāng)n=2時，由a1 = — 10, |

12、an -1| + y an- 2an + 5 an+1 =2, 得a2=|,顯然成立; ②假設(shè)n = k時命題成立，即 ak>1. ak — 1 + J ak — 2ak + 5 則 n = k+ 1 時)ak+1 = a/ak — 3 + Jak— 2ak+ 5 ak+1 - 1 =2 因為(Jak— 2ak+ 5) — (3 — ak) = 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(dāng) 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

13、｝是以 b1+ 1 = 2為首項，2為公比的等比數(shù)歹U, 所以bn+1 = 2n,從而 bn=2n— 1. 由(1)知，當(dāng)n>2時, an>1 , 所以當(dāng)n>2時，an+1 — an= {an - 2an+ 5- 1 + an 因為 an— 2an+ 5— (1 + an) = 4(1 — an)<0, 所以 an+12 時，1

14、 > 2) Cn =2， 所以 C1<1, C2=a3>C3>…>1, 從而存在集合[a, b],使得  * CnC[a, b]對任意nCN成立, 當(dāng) b=C2=a3=2, a=C1 = — 11」 時 10 31 A a的取小值為C2-c1=W ⑶證明：當(dāng)n>2時，an>1 , 因為 an+1 = an— 1 + Jan - 2an+石 所以 anHn+ 1 = an+ 1 + an+1 — 1, 也即 1 an — an+ 1 = 1 - an + 1 所以 Cn~ Cn+l = Qb =(值卜一4“十1) + ( a

15、h 4-i — ah +?)+**? + ( TT Si H K ,) J|F1 1 1-^—) 勢+1 / it + ( 1.一一--) +，?■+([ - \ Uh +2 / ' di. 二（瓦十i-（前+正 2” IE ———— 1 口 n 2 于是鼻2 c^已2 (2 Ci n+ 1 + Ci+1 — Ci) = 2— 4+ Cn+ 1 - C2= 2+ Cn+ 1 - 6. 2 2. 故—+—+…+ C2C3 n 2 —<2 Cn n+1+Cn+1-6(n€ N, n>2). “21?22" 壓軸大題搶分練（三） 21

16、 .過拋物線 2 x=4y的焦點F的直線 l交拋物線于 A, B兩點，拋物線在 B兩點處 的切線交于點M （1）求證：點 M在直線y=— 1上; (2)設(shè) AF =入 FB , 當(dāng)入一3 3 ；1 1] |一 一 I時 求^ MAB勺面積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(shè)直線l的方程為y=kx+1,聯(lián)立 y= kx +1 x =4y, 消去 y,得 x2—4kx —4=0, A = 16k2+16>0, 設(shè) A(xi, yi) , B(x2,

17、 y。， 2,2, 則 xi+x2=4k, xiX2= —4, xi=4yi, X2=4y2, ,9, i i? i i 9 由 x=4y,得 y = 2x,則切線 AM勺方程為 y — yi =-xi(x— xi),即 y=2xix—4xi, ii 2 y= 2xix- 4x?, 向理，切線 BM勺方程為y=2x2x —4x2. i xi —x2)x —4(xi+x2)? (xi—x2)=0, 又 xi —x2W0, 所以 x= xi；X2= 2k. ii2 所以 2y =2(xi + x2)x — 4]( xi + x2)— 2xix2] i ,, i , 2

18、 = 2><4kx2k —4(i6k +8) =-2, 所以 y= — i,即點 M2k, — i), 故點M在直線y= — i上. (2)由⑴知，當(dāng)k = 0時，雋= "FB，此時入=i,不符合題意，故 kw0.連接MF則 i ii KMFZ= ~-= — — k -2kk， 因為:k)? k=- i,所以 MFLAB 因為病=X -FB , 所以（一xi,i — yi）=入（x2, y2—i),得—xi=入 x2, i xi x2 T 廠 x；+x； xi+x2 2—2xix2 xix2 一, i 所以2 —入一二 八 2 xi + x2 xix2

19、. 2 i6k 2 --=-4k2 —4 2 i i i 即 k2=4?2, 令 f (入)=4 [入 +"T i-：, 入 e g 41 K J 2 3 因為“入I,；在小 ：?上單調(diào)遞減，所以Jwf(入)w；,所以;wk2w；. 2 J 8 3 8 3 因為 |MF = U - i-i 2 + 4k2=2，k2 + i, | AB =yi+y2+2= k(xi + x2) + 4=4k2+4, 1,, 所以 s= 2><| AB| x | MF = 4] k1 2+1, 2 11 所以當(dāng)k2=-,即入時，S取得最小值, 82 22.已知函數(shù) f

20、(x) = ln x—ax+ a. (1)當(dāng)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； ⑶若 f(x0)= 0,且 x0>1 ,求證：x0+1>2. a 解：(1)當(dāng) a=—1 時，f(x) = ln x + x-1, f1 (x)=1+ 1, x 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, +8), f '(刈=1 —a=±m(xù)x. x x ①當(dāng)aW0時，f' (x)>0恒成立，f(x)

21、在(0, +8)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(dāng) a>0 時，令 f' (x) = 0,則 x=1, a 當(dāng)x變化時，f' (x) , f (x)的變化情況如下表: x (0，) 1 a 1D f' (x) 十 0 一 f(x) 極大值 ,1 由表可知，當(dāng)-W 1,即a> 1時，f (x)在(1 , +8)上單調(diào)遞減，又f(1) =0,所以f (x)<0 a 在(1 ,+8)上恒成立，無零點，不符合題意. 當(dāng)；>1,即 0

22、ln a+a—.⑴:0, t m- 1 二= -； 2>0 , m 1 +1-et 令 g(t) = t2+1-et(t>1), 則 g' (t)=2t-e1 令 Qt) = 2t —et(t>1),則 G (t) =2-et<0, 所以g' (t) = 2t — et在(1 , + 00 )上單調(diào)遞減， 所以當(dāng) t>1 時，g' (t)1 時，g(t)< g(1) =2-e<0, 即 f (e a) = a+ a - aea <0. 又根據(jù)ex>x,得

23、1 1 e a >- a 所以f(x)在|1, 綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是(0,1). ⑶證明：由(2)得，xo€+8狂0i時，hz (m) 所以 h(m)在(1 , +oo )上單調(diào)遞增, h(m)=ln m^m47-2(m>1), 則 h(m)> h(1) = 0, 所以f a- 1>0 —1 >f ( Xo). 2 又a—1, Xo € a，+8 fl f(x)在《，+8

24、 ”為減函數(shù), 所以a—即31I “21?22”壓軸大題搶分練(四) 21.已知直線l : y=x+m與圓x2+y2=2交于A, B兩點，若 工…X 2 t ―人“+八” 橢圓2 + y = 1上有兩個不同的點 C, D關(guān)于直線l對稱. (1)求實數(shù)m的取值范圍; (2)求四邊形ACB所積的取值范圍. 解：(1)設(shè)直線 CD y=-x+n,聯(lián)立 x2+2y2=2, 得 3x2—4nx+2( n2-1) =0. 設(shè) C(X1, y。，D(x2, y2) , CD中點為 Mx。，yo), 故△ = 16n2 —24( n2—1)>0 ,解得一>J3

25、n n xF yo=3' 4n 2n2-1 且 x1+ x2=x1x2= 33 代入 y = x + R］彳導(dǎo) m= - n,所以一^3

26、D勺面積的取值范圍為 兀 ■yan !(n N). 因為0W而＜3, 4.6 所以0n 1 證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：①當(dāng) n=1時，a1=- 3 10 1 a2=5, 顯然有0

27、 即 0

28、 7t -1 了 (1 ［兀i -a1)=^ 2 3, 3.2 1-— 1- - 2 3 10 _ 1 = 故 5 c 10 Sn>n—W. 3 “21?22”壓軸大題搶分練(五) 橢圓C: 2 1(a>b>0)的離心率為 手,其右焦點到橢圓 C外一點P(2,1)的距 離為,2, 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^ AOBT積S的最大值. 解：(1)設(shè)橢圓右焦點為(C, 0), N c-2 2 即二p=2(1 — m), 1十k 因為 O到直線AB

29、的距離d= -J=2L=2 1 + k2 +12=" 則由題意得c . 2 "c= 3, 廠(舍去)? ?=3小 所以 b2= a2— c2= 1, x22 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(gòu)成三角形，則直線 l 不過原點 Q弦AB不能與x軸垂直，故可設(shè)直線 AB的方程為y=kx + m^ fy=kx + ni 消去V，并整理, 由x22 5 + y = 1. 得(1 +2k2)x2+4km肝 2m2-2=0. 設(shè) Nxi, y1), B>2, y2), 又△ = 16k2m2—4(1+2k

30、j(2 m2—2)>0, 2 4 km2 m-1 x2 — x1 ~2 = 2, 所以 x1+x2=—1^?, x1x2=^r^ 因為|AB=2,所以田1 + k2 即(1 + k2)[( x2+x42—4x1x2] =4 所以(1 + k2)(― 4km 2 8 1 2k2 m- 1 T ~~2" 1+2k =4, 又點 因為 1 S= 21AB ? d = d, 所以 2 2 m S22 1 + k = 2n2(1 —n2) =— 2 產(chǎn)—2 ) + 2, 所以 0

31、 22. 已知函數(shù) f (x) = - x| x- a| + 1(x € R). (1)當(dāng)a= 1時，求使f(x)=x成立的x的值; (2)當(dāng)ae(0,3),求函數(shù)y=f(x)在xe［i,2］上的最大值； 2, (3)對于給定的正數(shù) a,有一個最大的正數(shù) Ma),使xC ［0 , Ma)］時，者B有|f (x)| 試求出這個正數(shù)M a),并求它的取值范圍. 解：(1)由題意得a=1時，f(x)=x,解得x= 1. -x2+ax+1, x>a, (2) f(x) = i 2 ax+〔 x〈a 其中 f(0) =f(a) = 1, 最大值在f(1) , f

32、(2) , f (a)中取. 當(dāng)0vaW1時，f(x)在［1,2］上單調(diào)遞減， 故 f ( x) max= f (1) = a ； 當(dāng)1vav2時，f(x)在［1 , a］上單調(diào)遞增，［a,2］上單調(diào)遞減， 故 f ( x) max= f ( a) = 1 ； 當(dāng)2wav3時，f(x)在.|1, a ?上單調(diào)遞減，/2 ?上單調(diào)遞增， 且x=a是函數(shù)的對稱軸, 因為8 —a * g— 1 i= 3-a>0, 所以 f ( x) max= f (2) =5 - 2a , ，a, 0va" 綜上，f(x) =，1, 1

33、 xC(0 , +8 )時,f ( x) max= 1, 故問題只需轉(zhuǎn)化為在給定區(qū)間內(nèi)f(x)>- 2恒成立. 因f 2 j=1—a~,分兩種情況討論： 24 2 當(dāng)1—(〈―2時，M(a)是方程x2—ax+1 = — 2的較小根， 即a>2 3時， a 一 1a" —126廠 M a) =9=/ 2 . 6 (0， V3) ； 2a + ^a—12 2 當(dāng)1—a>— 2時，M(a)是方程一x2+ax+1 = — 2的較大根, 4 即02 小， 0

34、)=」_ a+ :a + 12 ,2 且M(a) e (0,迎u (木,小+乖] 21?22”壓軸大題搶分練（六） 21.設(shè)拋物線y2 = 4x的焦點為F,過點0的動直線交拋 2 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^ A電的面積的最小值. 12 解：（1）設(shè)直線PQ方程為x=ty+2,代入y=4x, 得 y2—4ty —2=0. 設(shè) P(X1, y1) , Q(X2, y2), 則 y1+y2=4t, y1y2= — 2, X1 + x2=t(y1+yz)+1=4t +1, 所以 M1t2 +

35、2, 2t j x=2t2+],2 設(shè)M(x, y),由12 消去t ,得中點M的軌跡方程為y=2x—1. y=2t (2)設(shè)"FA =入言(入 <0) , A(x。，yo), 又 F(1,0) , M?41, 2t ；, 則(xo—1, yo)=入 12t 之―2, 2t i, 即 J0=2 入 t2-2 入+ 1, y0= 2 入 t. 由點A在拋物線y2=4x上， 得 4 入 2t 2=8 入 t2 —2 入 + 4, 1 化簡得（入—2入）t =—2入+1. 又入＜o,所以t2= —". 2人 因為點A到直線PQ的距離 ,|4 入 t2-入 +2 —4 入

36、 t2—1|| 入一1| d = =———. 271+72271+1^ | PQ| = M + t21 y1-y2| = 2M 1 +124m 1 所以△ APQ的面積S=萬? | PQ| ? d 二乎42t 2+1i…1T個人;1 . 入一1入—12入+1 設(shè)f（入）=,入＜0,則f'（入）=了 人人 ,一 1 由f'（入）＞0,得人 ＞—1 1 由f，（入）＜0,得入＜一1 入=一、時, 所以f（入）在（一巴 一2%是減函數(shù)，在「一J 0”讓是增函數(shù)，因此，當(dāng) f （入）取到最小值. 所以△ apq的面積的最小值是 手 22.已知數(shù)列｛xn｝滿足：X1=

37、1, Xn = Xn+1 + ^Xn+1+ 1 — 1. ■ * ■ 證明：當(dāng)n€ N時， (1)0< Xn+10. 當(dāng)n= 1時，xi=1>0成立. 假設(shè)n=k時，Xk>0成立， 那么n=k+1時，假設(shè)Xk+1<0, 則 Xk=Xk+1+、Xk+1+ 1 - K 0,矛盾， 所以Xk+1>0,故Xn>0得證. 所以 Xn=Xn+1+，Xn+1+ 1 - 1>Xn+1 , 故 0

38、- 1 , 得 XnXn + 1 — 9Xn+ 1 + 6Xn= Xn+1 + ( Xn+ 1 + 6) [xn+ 1 +1 — 4Xn + 1 - 6. 設(shè) f (x) = X2 + (x +6)山+ 1 -4x-6( x>0), . x -P 65 則f' ?)=2*+^/^ +!_-4 = 5 22^xTl2 (0) 由于y=|fyx+^+不育戶2yx下-41在(0, + 8)上單調(diào)遞增, 所以 f ' (x)>f ' =0, 故f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增, 所以 f(x)>f(0) =0, 所以 xn+ 1 + ( xn + 1 + 6) y xn + 1 + 1 — 4xn+1 — 6>0 , rrxnxn+ 1 即 3xn+1- 2xn< ~ . (3)由(2)得^1-―1>3g—g >0 xn+ 13 2 xn 3 / 1 又4x+1 - 1 <2x(x>0), 1 所以 xjXn+ 1 + 1 — 1 W 2xn+ 1 , 3 所以 xn= xn+1 +，xn+1 + 1 — 1W2xn+1, 2 故 xn+1 >-xn , 3 所以xn> 2 3 所以'D 1