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2016高考数学二轮专题复习 提能增分篇 突破三 大题冲关-解答题的应对技巧 压轴题冲关系列1 文


压轴题冲关系列(一)
(时间:45 分钟 分数:60 分) 1.(2015·辽宁沈阳一模)已知函数 f(x)=aln x(a>0),e 为自然对数的底数. (1)若过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2,求实数 a 的值;

? 1? (2)当 x>0 时,求证:f(x)≥a?1- ?; ?
x?
(3)若在区间(1,e)上

f?x? >1 恒成立,求实数 a 的取值范围. x-1 a x

(1)解:函数 f(x)=aln x 的导函数 f′(x)= , ∵过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2, ∴f′(2)= =2,解得 a=4. 2

a

? 1? (2)证明:令 g(x)=f(x)-a?1- ? ?
x?
1? ? =a?ln x-1+ ?,

?

x?

?1 1 ? 则函数的导数 g′(x)=a? - 2?. ?x x ? ?1 1 ? 令 g′(x)>0,即 a? - 2?>0,解得 x>1, ?x x ?
∴g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增. ∴g(x)最小值为 g(1)=0,

? 1? 故 f(x)≥a?1- ?成立. ?
x?
(3)解:令 h(x)=aln x+1-x,则 h′(x)= -1, 令 h′(x)>0,解得 x<a. 当 a>e 时,h(x)在(1,e)是增函数, 所以 h(x)>h(1)=0. 当 1<a≤e 时,h(x)在(1,a)上递增,(a,e)上递减, ∴只需 h(e)≥0,即 a≥e-1. 当 a≤1 时,h(x)在(1,e)上递减,则需 h(e)≥0, ∵h(e)=a+1-e<0 不合题意. 综上,a≥e-1. 2.(2015·山东潍坊一模)椭圆 2+ 2=1 的左右焦点分别为 F1,F2,直线 l:x+my= 3
1

a x

x2 y2 a b

恒过椭圆的右焦点 F2,且与椭圆交于 P,Q 两点,已知△F1PQ 的周长为 8,点 O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 l:y=kx+t 与椭圆 C 交于 M,N 两点,以线段 OM,ON 为邻边作平行四边形

OMGN,其中 G 在椭圆 C 上,当 ≤|t|≤1 时,求|OG|的取值范围.
解:(1)∵直线 l:x+my= 3恒过定点( 3,0), ∴椭圆的右焦点 F2( 3,0),∴c= 3, ∵△F1PQ 的周长为 8, ∴4a=8,解得 a=2, ∴b =a -c =1, ∴椭圆 C 的方程为 +y =1. 4
2 2 2

1 2

x2

2

y=kx+t, ? ? 2 (2)联立?x 2 ? 4 +y =1, ?
化为(1+4k )x +8ktx+4t -4=0, 由 Δ =64k t -4(1+4k )(4t -4)>0, 可得 4k +1>t . 设 M(x1,y1),N(x2,y2),G(x0,y0), 8kt 则 x1+x2=- 2, 1+4k ∵四边形 OMGN 是平行四边形, -8kt ∴x0=x1+x2= 2, 1+4k
2 2 2 2 2 2 2 2 2

y0=y1+y2=k(x1+x2)+2t=kx0+2t=
可得 G?

2t 2, 1+4t

? -8kt2, 2t 2?, ? ?1+4k 1+4k ?

? -8kt2?2 ?1+4k ? ? ? ? 2t ?2 ∵G 在椭圆 C 上,∴ +? 2? =1, 4 ?1+4k ?
化为 4t (4k +1)=(4k +1) , ∴4t =4k +1, ∴|OG| =x0+y0=?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

? -8kt2?2+? 2t 2?2 ? ? ? ?1+4k ? ?1+4k ?
2



4t ?16k +1? 16t -3 3 =4- 2, 2 2 = 2 ?4k +1? 4t 4t
2

1 ∵ ≤|t|≤1, 2 1 2 ∴ ≤t ≤1, 4 3 ? ? 13? ? ∴?4- 2?∈?1, ?, 4? ? 4t ? ? ∴|OG|的取值范围是?1,

? ?

13? ?. 2 ?
2

3.(2015·内蒙古赤峰一模)已知函数 f(x)=xln x,g(x)=(-x +ax-3)e (a 为实数). (1)求 f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值;

x

?1 ? x (2)若存在两个不等实根 x1,x2∈? ,e?,使方程 g(x)=2e f(x)成立,求实数 a 的取值 ?e ?
范围. 解:(1)f′(x)=ln x+1, 函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 令 f′(x)=0,得 x= , e 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

?0,1? ? e? ? ?
- 单调递减

1 e 0 极小值(最小值)

?1,+∞? ?e ? ? ?
+ 单调递增

1 ①当 t≥ 时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数, e 所以 f(x)min=f(t)=tln t. 1 ? 1? ②当 0<t< 时,在区间?t, ?上 f(x)为减函数, e ? e?

?1 ? 在区间? ,t+2?上 f(x)为增函数, ?e ?
1 ?1? 所以 f(x)min=f? ?=- . e e ? ? (2)由 g(x)=2e f(x),可得 2xln x=-x +ax-3,
x
2

a=x+2ln x+ , x
3 令 h(x)=x+2ln x+ ,

3

x

h′(x)=1+ - 2= x x

2

3

?x+3??x-1? . 2

x

3

x h′(x) h(x) h? ?= +3e-2, e

?1,1? ?e ? ? ?
- 单调递减

1 0 极小值(最小值)

(1,e) + 单调递增

?1? 1 ? ? e

h(1)=4,h(e)= +e+2. h(e)-h? ?=4-2e+ <0.
3 ∴实数 a 的取值范围为 4<a<e+2+ . e 4.(2015·辽宁大连二模)已知定点 F1(-1,0),F2(1,0),P 为圆 F1:(x+1) +y =8 上 → → → → → 一动点,点 M 满足(MP+MF2)·F2P=0,F1M=λ F1P(0≤λ ≤1). (1)求动点 M 的轨迹 C 的方程; (2)设点 M 坐标为(x,y),求证:|MF2|= 2- 2 x; 2
2 2

3 e

?1? ?e?

2 e

1 1 (3)过点 F2 作直线 l 交 C 于 A,B 两点,求 + 的值. |AF2| |BF2| → → → 解:(1)因为点 M 满足(MP+MF2)·F2P=0, → → → → →2 → 2 ∴(MP+MF2)·(MP-MF2)=MP -MF2 =0, → → 即|MP|=|MF2|. → → 又F1M=λ F1P, ∴F1,M,P 三点共线,由题意知 M 在线段 F1P 上, ∴|F1M|+|MP|=2 2, → → 又|MP|=|MF2|, ∴|F1M|+|MF2|=2 2, ∴M 的轨迹是以 F1,F2 为焦点,长轴长为 2 2的椭圆, 所以 M 的轨迹 C 的方程为 +y =1. 2 (2)证明:设 M(x,y),|MF1|= ?x-1? +y , 又 +y =1, 2
2 2

x2

2

x2

2

4

∴|MF1|= =

?x-1? +1- = 2
2

2

x2

x2-4x+4
2

?x-2? 2 = |x-2|, 2 2

∵-2≤x≤2, ∴|MF2|= 2- 2 x. 2 2 , 2

(3)当直线 l 斜率不存在时,|AF2|=|BF2|= ∴ 1 + =2 2, |AF2| |BF2| 1

当直线 l 斜率存在时, 设直线 l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2). 直线 l 与 +y =1 联立,得 2 (1+2k )x -4k x+2k -2=0, 4k 由韦达定理,得 x1+x2= 2, 1+2k 2k -2 x1x2= 2,Δ >0 恒成立. 1+2k 由②问结论知,|AF2|= 2- |BF2|= 2- ∴ 2 x2, 2 1 2- 2 x1 2 + 1 2- 2 x2 2 2 x1, 2
2 2 2 2 2 2

x2

2

1 1 + = |AF2| |BF2|

2 ?x1+x2? 2 = 1 2-?x1+x2?+ x1x2 2 2 2- 2? 4k ? 2 2- ? 2? 2 ?1+2k ? = 2 2 ? 4k 2?+1·?2k -2 ? 2-? 2? ? ? ?1+2k ? 2 ?1+2k ? = 2 2?1+k ? =2 2. 2 1+k 1 + =2 2. |AF2| |BF2|
5
2 2

综上,

1


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