1、1“2122”压轴大题抢分练(一)21.(本小题满分 15 分)已知椭圆 C： y21 的左、右焦点分x24别是 F1， F2，点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接PF1， PF2，设 F1PF2的内角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0)(1)求实数 m 的取值范围；(2)求| PF1|PM|的最大值解：(1)设 P(x0， y0)(y00)，则 y 1，x204 20又 F1( ，0)， F2( ，0), 3 3所以直线 PF1， PF2的方程分别为：lPF1： y0x( x0 )y y00.3 3lPF2： y0x( x0 )y y00.3 3因为 ，|my0 3y0
2、|y20 x0 3 2 |my0 3y0|y20 x0 3 2所以 .|m 3|(32x0 2)2|m 3|(32x0 2)2因为 0，得20)，若存在实数 m(2,3)，使得当x(0， m时，函数 G(x)的最大值为 G(m)，求实数 a 的取值范围解：(1)由已知条件得， F(x)ln x x2 x ，且函数定义域为(0，)，14 32 54所以 F( x) x .1x 12 32 x 1 x 22x令 F( x)0，得 x1 或 x2，当 x 变化时， F( x)， F(x)随 x 的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，)F( x) 0 0 F(x) 0 ln 23
3、4所以当 x1 时，函数 F(x)取得极大值 F(1)0；当 x2 时，函数 F(x)取得极小值 F(2)ln 2 .34(2)由条件，得 G(x)ln x ax2(2 a1) x a1，且定义域为(0，)，所以 G( x) 2 ax(2 a1) .1x x 1 2ax 1x令 G( x)0，得 x1 或 x .12a3当 a 时，函数 G(x)在(0，)上单调递增，显然符合题意12当 1，即 00，得 x 或 0G(1)，解得 a1ln 2.又 0 时，12a 12由 G( x)0，得 x1 或 00.(*)14a令 g(a)ln(2 a) ln 21 ，14a (a12) g( a) 0
4、恒成立， 故恒有 g(a)g ln 2 0，1a(1 14a) (12) 12 a 时，(*) 式恒成立12综上，实数 a 的取值范围是(1ln 2，)“2122”压轴大题抢分练(二)21(本小题满分 15 分)已知抛物线 x22 py(p0)，点 M 是抛物线的准线与 y 轴的交点，过点 A(0， p )( R)的动直线 l 交抛物线于 B， C 两点(1)求证： 0，并求等号成立时实数 的值；MB MC (2)当 2 时，设分别以 OB， OC(O 为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点 D，求|DO| DA|的最大值解：(1)证明：由题意知动直线 l 的斜率存在，且过点 A(0， p )，
5、则可设动直线 l 的方程为 y kx p ，代入 x22 py，消去 y 并整理得 x22 pkx2 p 20，4 4 p2(k22 )0，设 B(x1， y1)， C(x2， y2)，则 x1 x22 pk， x1x22 p2 ，y1y2( kx1 p )(kx2 p ) k2x1x2 kp (x1 x2) 2p2 2p2，y1 y2 k(x1 x2)2 p 2 pk22 p 2 p(k2 )因为抛物线 x22 py 的准线方程为 y ，p2所以点 M 的坐标为 ，(0， p2)所以 ， ，MB (x1， y1 p2) MC (x2， y2 p2)所以 x1x2 x1x2 y1y2 (y1
6、y2)MB MC (y1 p2)(y2 p2) p2 2 p2 2p2 2p(k2 ) p2 0，当且仅当 k0， p24 p2 p24 k2 ( 12)2时等号成立12(2)由(1)知，当 2 时， x1x24 p2， y1y24 p2，所以 x1x2 y1y20，OB OC 所以 OB OC.设直线 OB 的方程为 y mx(m0)，与抛物线的方程 x22 py 联立可得 B(2pm,2pm2)，所以以 OB 为直径的圆的方程为 x2 y22 pmx2 pm2y0.因为 OB OC，所以直线 OC 的方程为 y x.1m同理可得以 OC 为直径的圆的方程为 x2 y2 x y0，即2pm
7、2pm2m2x2 m2y22 pmx2 py0，将两圆的方程相加消去 m 得 x2 y22 py0，即 x2( y p)2 p2，所以点 D 的轨迹是以 OA 为直径的圆，所以| DA|2| DO|24 p2，由 2，|DA|2 |DO|22 (|DA| |DO|2 )得| DA| DO|2 p，2当且仅当| DA| DO| p 时，(| DA| DO|)max2 p.2 222(本小题满分 15 分)三个数列 an， bn， cn，满足 a1 ， b11， an1 11105， bn1 2 bn1， cn abn， nN *.|an 1| a2n 2an 52(1)证明：当 n2 时， an
8、1；(2)是否存在集合 a， b，使得 cn a， b对任意 nN *成立，若存在，求出 b a 的最小值；若不存在，请说明理由；(3)求证： 2 n1 cn1 6( nN *， n2)22c2 23c3 2ncn解：(1)证明：下面用数学归纳法证明：当 n2 时， an1.当 n2 时，由 a1 ，1110an1 ，|an 1| a2n 2an 52得 a2 ，显然成立；52假设 n k 时命题成立，即 ak1.则 n k1 时， ak1 .ak 1 a2k 2ak 52于是 ak1 1 .ak 3 a2k 2ak 52因为( )2(3 ak)24( ak1)0.a2k 2ak 5所以 ak
9、1 1，也就是说 n k1 时命题成立由可知，当 n2 时， an1.(2)由 bn1 2 bn1， b11，得 bn1 12( bn1)，所以数列 bn1是以 b112 为首项，2 为公比的等比数列，所以 bn12 n，从而 bn2 n1.由(1)知，当 n2 时， an1，所以当 n2 时， an1 an .a2n 2an 5 1 an2因为 a 2 an5(1 an)24(1 an)c31，从而存在集合 a， b，使得 cn a， b对任意 nN *成立，当 b c2 a32， a c1 时，1110b a 的最小值为 c2 c1 .3110(3)证明：当 n2 时， an1 ，因为 a
10、n1 ，an 1 a2n 2an 52所以 anan1 a an1 1, 2n 1也即 an an1 1 , 1an 1即 2 n cn1 cn(n2) ，2ncn于是 (2i ci1 ci)2 n1 4 cn1 c22 n1 cn1 6.n i 22ici n i 2故 2 n1 cn1 6( nN *， n2)22c2 23c3 2ncn“2122”压轴大题抢分练(三)21(本小题满分 15 分)过抛物线 x24 y 的焦点 F 的直线 l 交抛物线于 A， B 两点，抛物线在 A， B 两点处的切线交于点 M.(1)求证：点 M 在直线 y1 上；(2)设 ，当 时，求 MAB 的面积
11、S 的最小值AF FB 13， 12解：(1)证明：易知直线 l 的斜率一定存在， F(0,1)，设直线 l 的方程为 y kx1，联立Error!消去 y，得 x24 kx40， 16 k2160，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x24 k， x1x24， x 4 y1， x 4 y2，21 2由 x24 y，得 y x，则切线 AM 的方程为 y y1 x1(x x1)，即 y x1x x ，12 12 12 14217同理，切线 BM 的方程为 y x2x x .12 142由Error! 得 (x1 x2)x (x1 x2)(x1 x2)0，12 14又 x1
12、x20，所以 x 2 k.x1 x22所以 2y (x1 x2)x (x1 x2)22 x1x212 14 4k2k (16k28)2，12 14所以 y1，即点 M(2k，1)，故点 M 在直线 y1 上(2)由(1)知，当 k0 时， ，此时 1，不符合题意，故 k0.连接 MF，AF FB 则 kMF ，1 1 2k 1k因为 k1，所以 MF AB.(1k)因为 ，AF FB 所以( x1,1 y1) (x2， y21)，得 x1 x 2，则 ，(1 ) x1x2 x2x1 x1 x2 2 2x1x2x1x2所以 2 4 k2，1 x1 x2 2x1x2 16k2 4即 k2 ，14(
13、 1 ) 12令 f( ) ， ，14( 1 ) 12 13， 12因为 f( ) 在 上单调递减，所以 f( ) ，所以 k2 .14( 1 ) 12 13， 12 18 13 18 13因为| MF| 2 ， 1 1 2 4k2 k2 1|AB| y1 y22 k(x1 x2)44 k24，所以 S |AB|MF|4 ，12 k2 1 3所以当 k2 ，即 时， S 取得最小值，18 12且 Smin4 .(18 1)3 272822(本小题满分 15 分)已知函数 f(x)ln x ax a.8(1)当 a1 时，求函数 f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)若函数 f(x)有
14、一个大于 1 的零点，求实数 a 的取值范围；(3)若 f(x0)0，且 x01，求证： x01 .2a解：(1)当 a1 时， f(x)ln x x1，f( x) 1，1x所以 f(1)2，所以切线的斜率 k2.又切点为(1,0)，所以切线的方程为 y2 x2.(2)由题意知， f(x)的定义域为(0，)， f( x) a .1x 1 axx当 a0 时， f( x)0 恒成立， f(x)在(0，)上单调递增，又 f(1)0，所以 f(x)有唯一零点 1，不符合题意当 a0 时，令 f( x)0，则 x ，1a当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x (0， 1a) 1a
15、 (1a， )f( x) 0 f(x) 极大值 由表可知，当 1，即 a1 时， f(x)在(1，)上单调递减，又 f(1)0，所以 f(x)1a1，即 0 f(1)0，(1a) 1a又 f(e1) a ae1，令 t (1，)，1a 1a则 y t et ，1t 1t t2 1 ett令 g(t) t21e t(t1)，则 g( t)2 te t，令 G(t)2 te t(t1)，则 G( t)2e t1 时， g( t)1 时， g(t)x，得 e .1a所以 f(x)在 上无零点，在 上有唯一零点(1，1a) (1a， )综上，满足条件的实数 a 的取值范围是(0,1)(3)证明：由(2
16、)得， x0 且 01)，4m 1则当 m1 时， h( m) 0，1m 4 m 1 2 m 1 2m m 1 2所以 h(m)在(1，)上单调递增，则 h(m)h(1)0，所以 f 0，即 f f(x0)(2a 1) (2a 1)又 1， x0 且 f(x)在 上为减函数，2a (1a， ) (1a， )所以 1 .2a 2a“2122”压轴大题抢分练(四)21(本小题满分 15 分)已知直线 l： y x m 与圆 x2 y22 交于 A， B 两点，若椭圆 y21 上有两个不同的点 C， D 关于直线 l 对称x22(1)求实数 m 的取值范围；(2)求四边形 ACBD 面积的取值范围解
17、：(1)设直线 CD： y x n，联立 x22 y22，得 3x24 nx2( n21)0.10设 C(x1， y1)， D(x2， y2)， CD 中点为 M(x0， y0)，故 16 n224( n21)0，解得 n .103证明：(1)数学归纳法：当 n1 时， a1 ， a2 ，13 12显然有 0n .231 ( 4)n1 4231 4231 3.242315 103 103“2122”压轴大题抢分练(五)21(本小题满分 15 分)椭圆 C： 1( ab0)的离心率为 ，其右焦点到椭圆 Cx2a2 y2b2 22外一点 P(2,1)的距离为 ，不过原点 O 的直线 l 与椭圆 C
18、 相交于 A， B 两点，且线段 AB 的2长度为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)求 AOB 面积 S 的最大值解：(1)设椭圆右焦点为( c,0)，则由题意得Error!解得Error! 或Error!(舍去)所以 b2 a2 c21，所以椭圆 C 的方程为 y21.x22(2)因为线段 AB 的长等于椭圆短轴的长，要使三点 A， O， B 能构成三角形，则直线 l不过原点 O，弦 AB 不能与 x 轴垂直，故可设直线 AB 的方程为 y kx m，由Error! 消去 y，并整理，12得(12 k2)x24 kmx2 m220.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，又 16
19、k2m24(12 k2)(2m22)0，所以 x1 x2 ， x1x24km1 2k2 2 m2 11 2k2因为| AB|2，所以 2， 1 k2 x2 x1 2即(1 k2)(x2 x1)24 x1x24，所以(1 k2) 4，(4km1 2k2)2 8 m2 11 2k2 即 2(1 m2)，11 k2因为 1 k21，所以 m22 时，3M(a) (0， )；a a2 122 6a a2 12 3当 1 2 时， M(a)是方程 x2 ax12 的较大根，a24即 0 a2 时，3M(a) ( ， ，a a2 122 3 3 6综上 M(a)Error!且 M(a)(0， )( ， 3
20、 3 3 6“2122”压轴大题抢分练(六)21(本小题满分 15 分)设抛物线 y24 x 的焦点为 F，过点的动直线交抛物线于不同两点 P，Q，线段 PQ 中点为 M，射(12， 0)线 MF 与抛物线交于点 A.(1)求点 M 的轨迹方程；(2)求 APQ 的面积的最小值解：(1)设直线 PQ 方程为 x ty ，代入 y24 x，12得 y24 ty20.设 P(x1， y1)，Q( x2， y2)，则 y1 y24 t， y1y22， x1 x2 t(y1 y2)14 t21，所以 M .(2t212， 2t)设 M(x， y)，由Error!消去 t，得中点 M 的轨迹方程为 y2
21、2 x1.(2)设 ( 0，得 ；12由 f( )0.当 n1 时， x110 成立15假设 n k 时， xk0 成立，那么 n k1 时，假设 xk1 0，则 xk xk1 10，矛盾，xk 1 1所以 xk1 0，故 xn0 得证所以 xn xn1 1 xn1 ，xn 1 1故 00)，x 1则 f( x)2 x 4 2 2 .x 1x 62x 1 52(x 1 1x 1) (x 1 14) 498由于 y 与 2 2在(0，)上单调递增，所以 f( x)52(x 1 1x 1) (x 1 14)f(0)0，故 f(x)在(0，)上单调递增，所以 f(x)f(0)0，所以 x ( xn1 6) 4 xn1 60，2n 1 xn 1 1即 3xn1 2 xn0，1xn 1 13 32(1xn 13)则 n1 n2 ，1xn 13 (1x1 13)(32) (32)所以 xn n2 .(23)又 1 x(x0)，x 112所以 1 xn1 ，xn 1 112所以 xn xn1 1 xn1 ，xn 1 132故 xn1 xn ，23所以 xn n1 ，(23)所以 n1 xn n2 .(23) (23)16
