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)

《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)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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)（24页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、特色专项增分练特色专项增分练 第三编 讲应试 3 3套高难解答突破训练套高难解答突破训练 高难解答突破训练高难解答突破训练( (三三) ) 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 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|x1p 2x2 p 2x1x2pm(y1y2)2p2p(m 21)， p0，

2、m20，当 m0 时，|AB|min2p， 2p16 3 ，解得 p8 3. (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 (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 3k

3、4， 同理可得 y416 3k4， kMNy 3y4 x3x4 y3y4 3 16（y 2 3y 2 4） 16 3 1 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： x2 4 y21 分别交于点 A，M 和 A，N，记直线 l1的斜率 为 k1. (1)求 kk1的值； 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 ，

4、k1y 01 x0 ， 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)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 (2)由 ykx1， x2 4 y21 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 4

5、k2 11 k24 4k2. kMNy MyN xMxN 14k2 4k21 k24 4k2 8k 4k21 8k 4k2 88k4 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； 解 (1)因为 f(x)ax2axx ln xx(axaln x)(x0)， 则 f(x)0

6、 等价于 h(x)axaln x0， 求导可知 h(x)a1 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：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0)22. 解 (2)证明：由(1)可知 f(x)x2xx

7、 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(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

8、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 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； 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，

9、u(x)0 有两个实根 x1a a24 2 ，x2a a24 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 a2 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)求证：当 nN*时，有 ln (n1)3 4 5 12 2n1 2n22n. 解 (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. 本课结束本课结束