高考數(shù)學大二輪復習 第三編 考前沖刺攻略 第三步 應試技能專訓 三 壓軸題專練 文-人教版高三全冊數(shù)學試題

三、壓軸題專練(一)1．如圖，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B是橢圓的兩個頂點，橢圓的離心率為eq\f(1,2)，點C在x軸上，BC⊥BF，B，C，F(xiàn)三點確定的圓M恰好與直線x＋eq\r(3)y＋3＝0相切．(1)求橢圓的方程；(2)過F作一條與兩坐標軸都不垂直的直線l交橢圓于P，Q兩點，在x軸上是否存在點N，使得NF恰好為△PNQ的內(nèi)角平分線，若存在，求出點N的坐標，若不存在，請說明理由．解(1)由題意可知F(－c,0)，∵e＝eq\f(1,2)，∴b＝eq\r(3)c，即B(0，eq\r(3)c)，∵kBF＝eq\f(\r(3)c,0－－c)＝eq\r(3)，又∵BC⊥BF，∴kBC＝－eq\f(\r(3),3)，∴C(3c,0)，圓M的圓心坐標為(c,0)，半徑為2c，由直線x＋eq\r(3)y＋3＝0與圓M相切可得eq\f(|c＋3|,\r(1＋\r(3)2))＝2c，∴c＝1.∴橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)存在滿足條件的點N(x0,0)由題意可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵NF為△PNQ的內(nèi)角平分線，∴kNP＝－kNQ，即eq\f(y1,x1－x0)＝－eq\f(y2,x2－x0)，∴eq\f(kx1＋1,x1－x0)＝eq\f(－kx2＋1,x2－x0)?(x1＋1)(x2－x0)＝－(x2＋1)(x1－x0)．∴x0＝eq\f(x1＋x2＋2x1x2,x1＋x2＋2).又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))∴3x2＋4k2(x＋1)2＝12.∴(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.∴x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).∴x0＝eq\f(－\f(8k2,3＋4k2)＋\f(8k2－24,3＋4k2),2－\f(8k2,3＋4k2))＝－4，∴存在滿足條件的點N，點N的坐標為(－4,0)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當m≥0時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)．解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－m,x)，當m≤0時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．當m>0時，f′(x)＝eq\f(x＋\r(m)x－\r(m),x)，當0<x<eq\r(m)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x>eq\r(m)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．綜上：當m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(m)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(m))．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，問題等價于求函數(shù)F(x)的零點個數(shù)，當m＝0時，F(xiàn)(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x，x>0，有唯一零點；當m≠0時，F(xiàn)′(x)＝－eq\f(x－1x－m,x)，當m＝1時，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)＝eq\f(3,2)>0，F(xiàn)(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零點．當m>1時，0<x<1或x>m時，F(xiàn)′(x)<0；1<x<m時，F(xiàn)′(x)>0，所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)>0，F(xiàn)(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零點．當0<m<1時，0<x<m或x>1時，F(xiàn)′(x)<0；m<x<1時，F(xiàn)′(x)>0，所以函數(shù)F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增，易得lnm<0，所以F(m)＝eq\f(m,2)(m＋2－2lnm)>0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零點．綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點，即兩函數(shù)圖象有一個交點．3．選做題(1)選修4－4：坐標系與參數(shù)方程在直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t－1，,y＝t＋2))(t為參數(shù))．在以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C的極坐標方程為ρ＝eq\f(\r(3),\r(1＋2cos2θ)).①直接寫出直線l的普通方程、曲線C的直角坐標方程；②設(shè)曲線C上的點到直線l的距離為d，求d的取值范圍．(2)選修4－5：不等式選講設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋2a.①若不等式f(x)≤6的解集為{x|－6≤x≤4}，求實數(shù)a的值．②在①的條件下，若不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，求實數(shù)k的取值范圍．解(1)①直線l的普通方程為x－y＋3＝0.曲線C的直角坐標方程為3x2＋y2＝3.②∵曲線C的直角坐標方程為3x2＋y2＝3，即x2＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲線C上的點的坐標可表示為(cosα，eq\r(3)sinα)．∵2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3≥1>0，∴d＝eq\f(|cosα－\r(3)sinα＋3|,\r(2))＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3))),\r(2))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3,\r(2)).∴d的最小值為eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，d的最大值為eq\f(5,\r(2))＝eq\f(5\r(2),2).∴eq\f(\r(2),2)≤d≤eq\f(5\r(2),2)，即d的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(5\r(2),2))).(2)①∵|2x－a|＋2a≤6，∴|2x－a|≤6－2a，∴2a－6≤2x－a≤6－2a，∴eq\f(3,2)a－3≤x≤3－eq\f(a,2)，∵不等式f(x)≤6的解集為{x|－6≤x≤4}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a－3＝－6，,3－\f(a,2)＝4，))解得a＝－2.②由①得f(x)＝|2x＋2|－4.∴|2x＋2|－4≤(k2－1)x－5，化簡整理得|2x＋2|＋1≤(k2－1)x，令g(x)＝|2x＋2|＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3，x≥－1，,－2x－1，x<－1，))y＝g(x)的圖象如圖所示，要使不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，需k2－1>2或k2－1≤－1，∴k的取值范圍是{k|k>eq\r(3)或k<－eq\r(3)或k＝0}．(二)1．[2016·西安質(zhì)檢]如圖所示，已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率等于eq\f(\r(3),2)，它的一個頂點恰好在拋物線x2＝8y的準線上．(1)求橢圓C的標準方程；(2)點P(2，eq\r(3))，Q(2，－eq\r(3))在橢圓上，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動點，當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值，請說明理由．解(1)設(shè)橢圓C的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．∵橢圓的一個頂點恰好在拋物線x2＝8y的準線y＝－2上，∴－b＝－2，解得b＝2.又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2eq\r(3).可得橢圓C的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵∠APQ＝∠BPQ，則PA，PB的斜率互為相反數(shù)，可設(shè)直線PA的斜率為k，則PB的斜率為－k，直線PA的方程為：y－eq\r(3)＝k(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝kx－2，,x2＋4y2＝16，))化為(1＋4k2)x2＋8k(eq\r(3)－2k)x＋4(eq\r(3)－2k)2－16＝0，∴x1＋2＝eq\f(8k2k－\r(3),1＋4k2).同理可得：x2＋2＝eq\f(－8k－2k－\r(3),1＋4k2)＝eq\f(8k2k＋\r(3),1＋4k2)，∴x1＋x2＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－16\r(3)k,1＋4k2)，kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq\f(\r(3),6).∴直線AB的斜率為定值eq\f(\r(3),6).2．[2016·河南六市一聯(lián)]已知函數(shù)f(x)＝alnx－x，g(x)＝x2－(1－a)x－(2－a)lnx，其中a∈R.(1)若g(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的圖象交x軸于A，B兩點，AB中點的橫坐標為x0，問：函數(shù)F(x)的圖象在點(x0，F(xiàn)(x0))處的切線能否平行于x軸？解(1)g′(x)＝2x－(1－a)－eq\f(2－a,x)＝eq\f(2x2－1－ax－2－a,x)，∵g(x)的定義域為{x|x>0}，且g(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，∴g′(x)≥0在x>0時恒成立，則2x2－(1－a)x－(2－a)≥0在x>0時恒成立，∴a≥5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋1＋\f(1,x＋1)))在x>0時恒成立．而當x>0時，2(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)>3，∴a∈[2，＋∞)．(2)設(shè)F(x)的圖象在(x0，F(xiàn)(x0))處的切線平行于x軸，F(xiàn)(x)＝2lnx－x2－ax，F(xiàn)′(x)＝eq\f(2,x)－2x－a，不妨設(shè)A(m,0)，B(n,0)，0<m<n，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2lnm－m2－am＝0，①,2lnn－n2－an＝0，②,m＋n＝2x0，③,\f(2,x0)－2x0－a＝0，④))①－②得2lneq\f(m,n)－(m＋n)(m－n)＝a(m－n)，∴a＝eq\f(2ln\f(m,n),m－n)－2x0，由④得a＝eq\f(2,x0)－2x0，∴l(xiāng)neq\f(m,n)＝eq\f(2m－n,m＋n)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，⑤設(shè)t＝eq\f(m,n)∈(0,1)，⑤式可變?yōu)閘nt－eq\f(2t－1,t＋1)＝0(t∈(0,1))．設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t＋12－4t,tt＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0(t∈(0,1))，∴函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)在(0,1)上單調(diào)遞增，因此h(t)<h(1)＝0，也就是lneq\f(m,n)<eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，此式與⑤矛盾．∴F(x)的圖象在點(x0，F(xiàn)(x0))處的切線不能平行于x軸．3．選做題(1)選修4－4：坐標系與參數(shù)方程在直角坐標系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4t2,y＝4t))(t為參數(shù))，以O(shè)為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為ρ(4cosθ＋3sinθ)－m＝0(其中m為常數(shù))．①若直線l與曲線C恰好有一個公共點，求實數(shù)m的值；②若m＝4，求直線l被曲線C截得的弦長．(2)選修4－5：不等式選講已知定義在R上的連續(xù)函數(shù)f(x)滿足f(0)＝f(1)．①若f(x)＝ax2＋x，解不等式|f(x)|<ax＋eq\f(3,4)；②若任意x1，x2∈[0,1]，且x1≠x2時，有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求證：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2).解(1)①直線l的極坐標方程可化為直角坐標方程：4x＋3y－m＝0，曲線C的參數(shù)方程可化為普通方程：y2＝4x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y－m＝0，,y2＝4x，))可得y2＋3y－m＝0，因為直線l和曲線C恰好有一個公共點，所以Δ＝9＋4m＝0，所以m＝－eq\f(9,4).②當m＝4時，直線l：4x＋3y－4＝0恰好過拋物線的焦點F(1,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y－4＝0，,y2＝4x，))可得4x2－17x＋4＝0，設(shè)直線l與拋物線C的兩個交點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(17,4)，故直線l被拋物線C所截得的弦長為|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(17,4)＋2＝eq\f(25,4).(2)①f(0)＝f(1)，即a＋1＝0，即a＝－1，所以不等式化為|－x2＋x|<－x＋eq\f(3,4).a．當x<0時，不等式化為x2－x<－x＋eq\f(3,4)，所以－eq\f(\r(3),2)<x<0；b．當0≤x≤1時，不等式化為－x2＋x<－x＋eq\f(3,4)，所以0≤x<eq\f(1,2)；c．當x>1時，不等式化為x2－x<－x＋eq\f(3,4)，所以x∈?.綜上所述，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)<x<\f(1,2))))).②證明：由已知任意x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，則不妨設(shè)x2>x1，則當x2－x1≤eq\f(1,2)時，|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|≤eq\f(1,2)，當x2－x1>eq\f(1,2)時，則x1<eq\f(1,2)，且1－x2<eq\f(1,2)，那么|f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f(0)＋f(1)－f(x2)|≤|f(x1)－f(0)|＋|f(1)－f(x2)|<x1－0＋1－x2＝1－(x2－x1)<eq\f(1,2).(三)1．[2016·鄭州質(zhì)檢]已知點M(－1,0)，N(1,0)，曲線E上任意一點到點M的距離均是到點N距離的eq\r(3)倍．(1)求曲線E的方程；(2)已知m≠0，設(shè)直線l1：x－my－1＝0交曲線E于A，C兩點，直線l2：mx＋y－m＝0交曲線E于B，D兩點，C，D兩點均在x軸下方．當CD的斜率為－1時，求線段AB的長．解(1)設(shè)曲線E上任意一點的坐標為(x，y)，由題意可得，eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(3)eq\r(x－12＋y2)，整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3.(2)由題知l1⊥l2，且兩條直線均恒過點N(1,0)，設(shè)曲線E的圓心為E，則E(2,0)，線段CD的中點為P，則直線EP：y＝x－2，設(shè)直線CD：y＝－x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,y＝－x＋t，))解得點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋2,2)，\f(t－2,2)))，由圓的幾何性質(zhì)，知|NP|＝eq\f(1,2)|CD|＝eq\r(|ED|2－|EP|2)，而|NP|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋2,2)－1))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－2,2)))2，|ED|2＝3，|EP|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2－t|,\r(2))))2，解之得t＝0或t＝3，又C，D兩點均在x軸下方，所以直線CD：y＝－x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x＋1＝0，,y＝－x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝－\f(\r(2),2)－1.))不失一般性，可設(shè)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)－1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)－1))，AC：y＝u(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x＋1＝0，,y＝ux－1，))消y得：(u2＋1)x2－2(u2＋2)x＋u2＋1＝0，①方程①的兩根之積為1，所以點A的橫坐標xA＝2＋eq\r(2)，又點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)－1))在直線l1：x－my－1＝0上，解得m＝eq\r(2)＋1，直線l1：y＝(eq\r(2)－1)(x－1)，所以A(2＋eq\r(2)，1)，同理可得B(2－eq\r(2)，1)，所以線段AB的長為2eq\r(2).2．[2016·唐山統(tǒng)考]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－ax＋1x≥a，,ex－1＋a－2xx<a))(a>0)．(1)若a＝1，證明：y＝f(x)在R上單調(diào)遞減；(2)當a>1時，討論f(x)零點的個數(shù)．解(1)證明：當x≥1時，f′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)＝0；當x<1時，f′(x)＝ex－1－1<0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，且此時f(x)>0.所以y＝f(x)在R上單調(diào)遞減．(2)若x≥a，則f′(x)＝eq\f(1,x)－a≤eq\f(1,a)－a<0(a>1)，所以此時f(x)單調(diào)遞減，令g(a)＝f(a)＝lna－a2＋1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－2a<0，所以f(a)＝g(a)<g(1)＝0，(另解：f(a)＝lna－a2＋1<lna－a＋1<0，事實上，令h(a)＝lna－a＋1，h′(a)＝eq\f(1,a)－1<0，h(a)<h(1)＝0)即f(x)≤f(a)<0，故f(x)在[a，＋∞)上無零點．當x<a時，f′(x)＝ex－1＋a－2，①當a>2時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，又f(0)＝e－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－a)))<0，所以此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－a)，0))上有一個零點．②當a＝2時，f(x)＝ex－1，此時f(x)在(－∞，2)上沒有零點．③當1<a<2時，令f′(x0)＝0，解得x0＝ln(2－a)＋1<1<a，所以f(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，a)上單調(diào)遞增．f(x0)＝ex0－1＋(a－2)x0＝ex0－1(1－x0)>0，所以此時f(x)沒有零點．綜上，當1<a≤2時，f(x)沒有零點；當a>2時，f(x)有一個零點．3．選做題(1)選修4－4：坐標系與參數(shù)方程已知直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))，曲線C的極坐標方程為ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，直線l與曲線C交于A，B兩點，與y軸交于點P.①求曲線C的直角坐標方程；②求eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)的值．(2)選修4－5：不等式選講已知實數(shù)m，n滿足：關(guān)于x的不等式|x2＋mx＋n|≤|3x2－6x－9|的解集為R.①求m，n的值；②若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝m－n，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).解(1)①利用極坐標公式，把曲線C的極坐標方程ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))化為ρ2＝2ρsinθ＋2ρcosθ，∴普通方程是x2＋y2＝2y＋2x，即(x－1)2＋(y－1)2＝2.②∵直線l與曲線C交于A，B兩點，與y軸交于點P，把直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))代入曲線C的普通方程(x－1)2＋(y－1)2＝2中，得t2－t－1＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1·t2＝－1，,t1＋t2＝1，))∴eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)＝eq\f(1,|t1|)＋eq\f(1,|t2|)＝eq\f(|t1－t2|,|t1t2|)＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r(12－4×－1)＝eq\r(5).(2)①由于解集為R，那么x＝3，x＝－1都滿足不等式，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|9＋3m＋n|≤0，,|1－m＋n|≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9＋3m＋n＝0，,1－m＋n＝0，))解得m＝－2，n＝－3，經(jīng)驗證當m＝－2，n＝－3時，不等式的解集是R.②證明：a＋b＋c＝1，a＋b≥2eq\r(ab)，b＋c≥2eq\r(bc)，c＋a≥2eq\r(ca)，∴(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝a＋b＋c＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤3(a＋b＋c)＝3，故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)(當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時取等號)．(四)1．[2016·石家莊模擬]已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點M(m,2)，其焦點為F，且|MF|＝2.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)E為y軸上異于原點的任意一點，過點E作不經(jīng)過原點的兩條直線分別與拋物線C和圓F：(x－1)2＋y2＝1相切，切點分別為A，B，求證：直線AB過定點．解(1)拋物線C的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴|MF|＝m＋eq\f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：設(shè)點E(0，t)(t≠0)，由已知切線不為y軸，設(shè)EA：y＝kx＋t，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,y2＝4x，))消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①∵直線EA與拋物線C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得eq\f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2,2t)．設(shè)切點B(x0，y0)，則由幾何性質(zhì)可以判斷點O，B關(guān)于直線EF：y＝－tx＋t對稱，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1，,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2t2,t2＋1)，,y0＝\f(2t,t2＋1)，))即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1))).解法一：直線AB的斜率為kAB＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直線AB的方程為y＝eq\f(2t,t2－1)(x－t2)＋2t，整理得y＝eq\f(2t,t2－1)(x－1)，∴直線AB恒過定點F(1,0)，當t＝±1時，A(1，±2)，B(1，±1)，此時直線AB為x＝1，過點F(1,0)．綜上，直線AB恒過定點F(1,0)．解法二：直線AF的斜率為kAF＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直線BF的斜率為kBF＝eq\f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，∴kAF＝kBF，即A，B，F(xiàn)三點共線．當t＝±1時，A(1，±2)，B(1，±1)，此時A，B，F(xiàn)三點共線．∴直線AB過定點F(1,0)．2．[2016·貴州測試]設(shè)n∈N*，函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,xn)，函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)．(1)當n＝1時，求函數(shù)y＝f(x)的零點個數(shù)；(2)若函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象分別位于直線y＝1的兩側(cè)，求n的取值集合A；(3)對于?n∈A，?x1，x2∈(0，＋∞)，求|f(x1)－g(x2)|的最小值．解(1)當n＝1時，f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)．由f′(x)>0得0<x<e；由f′(x)<0得x>e.所以函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，因為f(e)＝eq\f(1,e)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e<0，所以函數(shù)f(x)在(0，e)上存在一個零點；當x∈(e，＋∞)時，f(x)＝eq\f(lnx,x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上不存在零點．綜上得函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一個零點．(2)對函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,xn)求導，得f′(x)＝eq\f(1－nlnx,xn＋1)(x>0)，由f′(x)>0，得0<x<eeq\s\up15(eq\f(1,n))；由f′(x)<0，得x>eeq\s\up15(eq\f(1,n)).所以函數(shù)f(x)在(0，eeq\s\up15(eq\f(1,n)))上單調(diào)遞增，在(eeq\s\up15(eq\f(1,n))，＋∞)上單調(diào)遞減，則當x＝eeq\s\up15(eq\f(1,n))時，函數(shù)f(x)有最大值f(x)max＝f(eeq\s\up15(eq\f(1,n)))＝eq\f(1,ne).對函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)求導，得g′(x)＝eq\f(x－nex,xn＋1)(x>0)，由g′(x)>0，得x>n；由g′(x)<0，得0<x<n.所以函數(shù)g(x)在(0，n)上單調(diào)遞減，在(n，＋∞)上單調(diào)遞增，則當x＝n時，函數(shù)g(x)有最小值g(x)min＝g(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n.因為?n∈N*，函數(shù)f(x)的最大值f(eeq\s\up15(eq\f(1,n)))＝eq\f(1,ne)<1，即函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,xn)在直線y＝1的下方，故函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)在直線y＝1的上方，所以g(x)min＝g(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n>1，解得n<e.所以n的取值集合A＝{1,2}．(3)對?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－g(x2)|的最小值等價于g(x)min－f(x)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n－eq\f(1,ne).當n＝1時，g(x)min－f(x)max＝e－eq\f(1,e)；當n＝2時，g(x)min－f(x)max＝eq\f(e2,4)－eq\f(1,2e)；因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－\f(1,2e)))＝eq\f(e24－e－2,4e)>0，所以|f(x1)－g(x2)|的最小值為eq\f(e2,