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1、3 套高难解答突破训练 高难解答突破训练(一)1.已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)以抛物线 y28x 的焦点为顶点，且离心率为12.(1)求椭圆 E 的方程；(2)若直线 l：ykxm 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x4 相交于Q 点，P 是椭圆 E 上一点且满足OPOAOB(其中 O 为坐标原点)，试问在 x轴上是否存在一点 T，使得OPTQ为定值？若存在，求出点 T 的坐标及OPTQ的值；若不存在，请说明理由 解(1)抛物线 y28x 的焦点坐标为(2,0)，由题意可知 a2，且 eca12，c1，则 ba2c2 3，因此，椭圆 E 的方程为x24y231.(2)设点
2、 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 ykxm，x24y231，消去 y 并整理得(4k23)x28kmx4m2120，由根与系数的关系得 x1x28km4k23，则 y1y2k(x1x2)2m6m4k23，OPOAOB(x1x2，y1y2)8km4k23，6m4k23，即点 P8km4k23，6m4k23，由于点 P 在椭圆 E 上，则8km4k232146m4k232131，化简得 4m24k23，联立 ykxm，x4，得 x4，ym4k，则点 Q(4，m4k)，设在 x 轴上存在一点 T(t,0)，使得OPTQ为定值，TQ(4t，m4k)，OPTQ8kmt46mm4k4k23 8k
3、tm8km6m24m22kt1m32为定值，则 t10，得 t1，因此，在 x 轴上存在定点 T(1,0)，使得OPTQ为定值 2已知函数 f(x)ex1asinx(aR)(1)当 x0，时，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)当 a1 时，数列an满足 0an1，an1f(an)，求证：an是递减数列 (参考数据：sin10.84)解(1)因为 x0，f(x)exacosx，f(x)exasinx.当 a0 时，即a0，sinx0，asinx0，又 ex10，ex1asinx0，即 f(x)0 恒成立，符合题意；当 01 时，f(x)exasinx0，f(x)在区间0，上单调递
4、增，f(0)1a0，x0(0，)，f(x0)0，且当 0 xx0时，f(x)0，f(x)单调递减，当 x0 x0，f(x)单调递增，f(x0)f(0)0，不符合题意 综上所述，a 的取值范围是(，1(2)证明：由题意，a1，f(x)ex1sinx，x(0,1)，令 g(x)f(x)xex1sinxx，g(x)excosx1，g(x)exsinx0，g(x)在区间(0,1)上单调递增，g(0)10，x1(0,1)，g(x1)0，0 xx1，g(x)0，g(x)单调递减，x1x0，g(x)单调递增，g(0)0，g(1)e1sin11e20.840，g(x)0，即当 x(0,1)，f(x)x，由(1
5、)知 f(x)ex1sinx，x(0,1)单调递增，0an1，0f(0)an1f(an)f(1)e1sin11，而 an1anf(an)an0，即 an10 时，k(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增，所以当 x0 时，f(x)f(0)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增，又 f(0)0，所以当 x0 时，f(x)0.(2)g(x)(1sinx)xexf(x)22(1sinx)exsinx1，令 g(x)0，得(1sinx)exsinx10，即ex1ex1sinx0，令 h(x)ex1ex1sinx，则 h(x)ex1ex1sin(x)ex1ex1sinx h(x)，所以 yh(x)
6、是奇函数，且 h(0)0，即 0 是 h(x)的一个零点；令 t(x)ex1ex1，则 t(x)2exex12，当 x(0，)时，t(x)0，所以 t(x)在(0，)上单调递增，令 r(x)sinx，则 r(x)在0，2上单调递增，在2，上单调递减 由(1)知，当 x0，2时，(x2)exx20，即ex1ex10，m(x)单调递增，当 x3，2时，m(x)0，所以 x0，2时，m(x)0 恒成立，即 x0，2时，x2sinx 恒成立，所以当 x0，2时，ex1ex1x2sinx，所以当 x0，2时，h(x)0，所以 h(x)在2，上为增函数，且 h210，所以 h(x)在(0，)上有且只有一个
7、零点，设为 x0，所以 h(x0)0，因为 h(x)是奇函数，所以 h(x0)h(x0)0，所以 h(x)在(，0)上的零点为x0，所以 h(x)在(，)上的零点为x0,0，x0，所以 h(x)在(，)上有且只有 3 个零点 所以 g(x)在(，)上有且只有 3 个零点 高难解答突破训练(二)1.已知点 P1，32在椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)上，F(1，0)是椭圆的一个焦点(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 C 上不与 P 点重合的两点 D，E 关于原点 O 对称，直线 PD，PE 分别交 y 轴于 M，N 两点，求证：以 MN 为直径的圆被直线 y32截得的弦长是定值 解(1)
8、由题意可得，1a294b21，c1，a2b2c2，联立解得 a24，b23.椭圆 C 的方程为x24y231.(2)证明：设直线 DE 的方程为 tyx，D(x1，y1)，E(x1，y1)联立 tyx，x24y231，可得 y2123t24.D2 3t3t24，2 33t24，E2 3t3t24，2 33t24.直线 PD 的方程为 y324 333t244 3t23t24(x1)，可得 M0，324 333t244 3t23t24，直线 PE 的方程为 y324 333t244 3t23t24(x1)，可得 N0，324 333t244 3t23t24.以 MN 为直径的圆的方程为 x2y3
9、24 333t244 3t23t24y324 333t244 3t23t240，把 y32代入可得 x24893t2448t243t240，即 x234.解得 x32.因此被直线 y32截得的弦长为 3，是定值 2已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，焦距为 2 3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若斜率为12的直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点(点 P，Q 均在第一象限)，O 为坐标原点 证明：直线 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比数列；若 Q与 Q 关于 x 轴对称，证明：tanPOQ43.解(1)由题意可得，ca32，2c2 3，解得 a2，c 3，b2a2c
10、21，椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明：设直线 l 的方程为 y12xm，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由 y12xm，x24y21，消去 y 得 x22mx2(m21)0，则 4m28(m21)4(2m2)0，且 x1x22m，x1x22(m21)，y1y212x1m12x2m 14x1x212m(x1x2)m2m212.kOPkOQy1y2x1x2m2122m2114k2PQ，即直线 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比数列 由题可知，xOQxOQ，由可知，tanxOQtanxOP14，tanxOQ0，tanxOP0，tanPOQtan(xOQxOP)tanxOQtanxOP
11、1tanxOQtanxOP 43(tanxOQtanxOP)432tanxOQtanxOP43，若xOQxOP，则 P，Q 两点重合，不符合题意，可知无法取得等号 tanPOQ43.3已知函数 f(x)mx2(x1)ex1(mR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：当 x13，1 时，f(x)mx2x3.解(1)由题得，f(x)2mxxexx(ex2m)当 m0 时，令 f(x)0，得 x0；令 f(x)0，得 x0.故 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 当 m0 时，令 f(x)0，得 x0 或 xln(2m)当 m12时，f(x)x(ex1)0，故 f(x)在(
12、，)上单调递增 当12m0 时，令 f(x)0，得 x0 或 xln(2m)，令 f(x)0，得 ln(2m)x0，即 f(x)在(ln(2m)，0)上单调递减，在(，ln(2m)，(0，)上单调递增 当 m12时，令 f(x)0，得 x0 或 xln(2m)，令 f(x)0，得 0 xln(2m)，即 f(x)在(0，ln(2m)上单调递减，在(，0)，(ln(2m)，)上单调递增(2)证明：设 F(x)f(x)mx2x3(x1)exx31，则 F(x)ex(x1)ex3x2x(ex3x)，设(x)ex3x，则(x)ex3.x13，1，(x)e30，(x)在13，1 上单调递减，又 133e
13、10，(1)e30，(x)在13，1 内存在唯一的零点，设为 x0.则当13xx0时，(x)0，F(x)0，F(x)单调递增；当 x0 x1 时，(x)0，F(x)0，F(x)单调递减，又 F1326270，F(1)0，F(x)0 在 x13，1 上成立，当 x13，1 时，f(x)mx2x3.4已知函数 f(x)ln x1xx(R)(1)当 x1 时，不等式 f(x)ln 2.解(1)由 f(x)ln x1xx(R)，得 f(x)x2xx2.当 12时，方程x2x0 的 1420，因为x2x 在区间(1，)上恒为负数 所以 x1 时，f(x)0，函数 f(x)在区间(1，)上单调递减 又 f
14、(1)0，所以函数 f(x)0 在区间(1，)上恒成立；当 012时，方程x2x0 有两个不等实根，且满足 x11142211 时，不等式 f(x)1 时，ln x121xx x1x12x.若 nN*，则 ln 11n11n1 11n1211n2n12nn1，即 ln(n1)ln n12n12n1成立 将 n 换成 n1，得 ln(1n)1ln(n1)12n112n11成立，即 ln(n2)ln(n1)12n112n2，以此类推，得 ln(n3)ln(n2)12n212n3，ln 2nln(2n1)122n114n，上述各式相加，得 ln 2nln nln 2ln 2.高难解答突破训练(三)1
15、.设抛物线 C：y22px(p0)与直线 l：xmyp20 交于 A，B 两点(1)当|AB|取得最小值163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：xmyp20 过定点p2，0，该点为抛物线焦点 联立 xmyp2，y22px，消去 x 得 y22pmyp20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，有 y1y22pm，y1y2p2，|AB|x1p2x2p2x1x2pm(y1y2)2p2p(m21)，p
16、0，m20，当 m0 时，|AB|min2p，2p163，解得 p83.(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 y2163x，ykx34，消去 x 整理得，3ky216y6448k0.又 4 为方程的一个根，4y36448k3k，得 y31612k3k163k4，同理可得 y4163k4，kMNy3y4x3x4y3y4316y23y241631y3y41631823.直线 MN 的斜率为定值23.2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
17、与椭圆 E：x24y21 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，ky1x，k1y01x0，由yy02xx021，得 yy0 xx02，由yy0 xx01，得 yy0 x0 x,由得 yx01，y0 x1，kk1yy0yy01xx0 x1x01xx021xx01.(2)由 ykx1，
18、x24y21得(4k21)x28kx0，设 M(xM，yM)，N(xN，yN)，xM8k4k21，yM14k24k21.同理可得 xN8k14k2118k4k2，yN14k214k211k244k2.kMNyMyNxMxN14k24k21k244k28k4k218k4k288k48k3k23k213k，直线 MN：yyMkMN(xxM)，即 y14k24k21k213kx8k4k21，即 yk213kx8k2134k2114k24k21k213kx53.当 k 变化时，直线 MN 过定点0，53.3已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0.(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯
19、一的极大值点 x0，且 e2f(x0)22.解(1)因为 f(x)ax2axxln xx(axaln x)(x0)，则 f(x)0 等价于 h(x)axaln x0，求导可知 h(x)a1x.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 x1a时，h(x)0，所以 h(x)minh1a，又因为 h(1)aaln 10，所以1a1，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
20、)可知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，令 f(x)0，可得 2x2ln x0，记 t(x)2x2ln x，则 t(x)21x，令 t(x)0，解得 x12，所以 t(x)在区间0，12上单调递减，在12，上单调递增，所以 t(x)mint12ln 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)x20 x0 x0ln x0 x20 x02x02x20 x0 x20，由 x012可知 f(x
21、0)(x0 x20)max1221214；由 f1e0 可知 x01e12，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，1e上单调递减，所以 f(x0)f1e1e2.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)aln xx1x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)求证：当 nN*时，有 ln(n1)345122n12n22n.解(1)f(x)ax11x2x2ax1x2.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x1aa242，x2aa242，
22、且0 x1x2，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，aa242和aa242，上单调递减，在aa242，aa242上单调递增 (2)证明：在(1)中取 a2，可知g(x)2ln xx1x在(0，)上单调递减，所以当 x1 时，有 g(x)g(1)0，即 ln x12x1x，取 x11k，kN*，得 ln 11k12k1kkk12k12k2k，取 k1,2，n，相加得 ln 2ln 32ln 11n345122n12n22n，即 ln(n1)345122n12n22n.