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2021年高考数学大二轮专题复习第三编高难解答突破训练(三)含答案

1、高难解答突破训练(三) 1.设抛物线 C:y22px(p0)与直线 l:xmyp 20 交于 A,B 两点 (1)当|AB|取得最小值16 3 时,求 p 的值 (2)在(1)的条件下,过点 P(3,4)作两条直线 PM,PN 分别交抛物线 C 于 M,N(M,N 不同 于点 P)两点,且MPN 的平分线与 x 轴平行,求证:直线 MN 的斜率为定值 解 (1)由题意知,直线 l:xmyp 20 过定点 p 2,0 ,该点为抛物线焦点 联立 xmyp 2, y22px, 消去 x 得 y22pmyp20, 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 有 y1y22pm,y1y2p2, |AB|x

2、1p 2x2 p 2x1x2pm(y1y2)2p2p(m 21), p0,m20,当 m0 时,|AB|min2p, 2p16 3 ,解得 p8 3. (2)证明:由已知可知直线 PM,PN 的斜率存在,且互为相反数 设 M(x3,y3),N(x4,y4),直线 PM 的方程为 yk(x3)4. 联立 y216 3 x, yk(x3)4, 消去 x 整理得,3ky216y6448k0. 又 4 为方程的一个根, 4y36448k 3k ,得 y31612k 3k 16 3k4, 同理可得 y416 3k4, kMNy 3y4 x3x4 y3y4 3 16(y 2 3y 2 4) 16 3 1

3、y3y4 16 3 1 (8) 2 3. 直线 MN 的斜率为定值2 3. 2如图,已知直线 l:ykx1(k0)关于直线 yx1 对称的直线为 l1,直线 l,l1与椭圆 E:x 2 4y 21 分别交于点 A,M 和 A,N,记直线 l1 的斜率为 k1. (1)求 kk1的值; (2)当 k 变化时,试问直线 MN 是否恒过定点?若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过 定点,请说明理由 解 (1)设直线 l 上任意一点 P(x,y)关于直线 yx1 对称的点为 P0(x0,y0),直线 l 与直 线 l1的交点为(0,1), l:ykx1,l1:yk1x1,ky1 x ,k1y 01 x0

4、 , 由yy 0 2 xx 0 2 1,得 yy0 xx02, 由yy 0 xx01,得 yy0 x0 x, 由得 yx01, y0 x1, kk1yy 0(yy0)1 xx0 (x1)(x 01)(xx02)1 xx0 1. (2)由 ykx1, x2 4y 21 得(4k21)x28kx0, 设 M(xM,yM),N(xN,yN), xM 8k 4k21, yM14k 2 4k21. 同理可得 xN 8k1 4k2 11 8k 4k2,yN 14k2 1 4k2 11 k24 4k2. kMNy MyN xMxN 14k2 4k21 k24 4k2 8k 4k21 8k 4k2 88k4

5、8k(3k23) k21 3k , 直线 MN:yyMkMN(xxM), 即 y14k 2 4k21 k21 3k x 8k 4k21 , 即 yk 21 3k x 8(k21) 3(4k21) 14k2 4k21 k 21 3k x5 3. 当 k 变化时,直线 MN 过定点 0,5 3 . 3已知函数 f(x)ax2axx ln x,且 f(x)0. (1)求 a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点 x0,且 e2f(x0)22. 解 (1)因为 f(x)ax2axx ln xx(axaln x)(x0), 则 f(x)0 等价于 h(x)axaln x0, 求导可知 h(x)a1

6、x. 则当 a0 时,h(x)0,即 yh(x)在(0,)上单调递减, 所以当 x01 时,h(x0)h(1)0,矛盾,故 a0. 因为当 0 x 1 a时,h(x)0, 所以 h(x)minh 1 a ,又因为 h(1)aaln 10,所以1 a1,解得 a1. 另解:因为 f(1)0,所以 f(x)0 等价于 f(x)在 x0 时的最小值为 f(1), 所以等价于 f(x)在 x1 处是极小值,所以解得 a1. (2)证明:由(1)可知 f(x)x2xx ln x,f(x)2x2ln x, 令 f(x)0,可得 2x2ln x0, 记 t(x)2x2ln x,则 t(x)21 x, 令 t

7、(x)0,解得 x1 2, 所以 t(x)在区间 0,1 2 上单调递减,在 1 2, 上单调递增, 所以 t(x)mint 1 2 ln 210,从而 t(x)0 有解, 即 f(x)0 存在两根 x0,x2, 且不妨设 f(x)在(0,x0)上为正,在(x0,x2)上为负,在(x2,)上为正, 所以 f(x)必存在唯一极大值点 x0,且 2x02ln x00, 所以 f(x0)x2 0 x0 x0ln x0 x 2 0 x02x02x 2 0 x0 x 2 0, 由 x01 2可知 f(x0)(x0 x 2 0)max 1 22 1 2 1 4; 由 f 1 e 0 可知 x01 e 1

8、2, 所以 f(x)在(0,x0)上单调递增,在 x0,1 e 上单调递减, 所以 f(x0)f 1 e 1 e2. 综上所述,f(x)存在唯一的极大值点 x0,且 e2f(x0)22. 4已知函数 f(x)a ln xx1 x(aR). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)求证:当 nN*时,有 ln (n1)3 4 5 12 2n1 2n22n. 解 (1)f(x)a x1 1 x2 x2ax1 x2 . 考虑 u(x)x2ax1, a当 0,即2a2 时,u(x)0,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递减; b当 a2 时,u(x)0 有两个实根 x1a a24 2 ,x2a a

9、24 2 ,且 0x1x2, 当 0 xx1或 xx2时,f(x)0,f(x)单调递减; 当 x1xx2时,f(x)0,f(x)单调递增; c当 a2 时,u(x)x2ax10, 故当 x0 时,u(x)0,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递减 综上所述,当 a2 时,f(x)在(0,)上单调递减; 当a 2时 , f(x) 在 0,a a24 2 和 aa24 2 , 上 单 调 递 减 , 在 aa24 2 ,a a24 2 上单调递增 (2)证明:在(1)中取 a2,可知 g(x)2ln xx1 x在(0,)上单调递减, 所以当 x1 时,有 g(x)g(1)0,即 ln x1 2 x1 x , 取 x11 k,kN *, 得 ln 11 k 1 2 k1 k k k1 2k1 2(k2k),取 k1,2,n, 相加得 ln 2ln 3 2ln 11 n 3 4 5 12 2n1 2n22n, 即 ln (n1)3 4 5 12 2n1 2n22n.