高三數(shù)學(xué)一輪提能一日一講（11月15日）

1．(本小題15分)(2013·山東煙臺二模)設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，已知對任意n∈N*，Sn是aeq\o\al(2,n)和an的等差中項(xiàng)．(1)證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)<2.解(1)由已知得，2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，且an>0，當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1(a1＝0舍去)；當(dāng)n≥2時(shí)，有2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1.于是2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1.于是aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.因?yàn)閍n＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.(2)證明：因?yàn)閍n＝n，則Sn＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))， 所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.2．(本小題15分)(2013·福建福州二模)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為A，P為C1上任一點(diǎn)，MN是圓C2：x2＋(y－3)2＝1的一條直徑，若與AF平行且在y軸上的截距為3－eq\r(2)的直線l恰好與圓C2相切．(1)求橢圓C1的離心率；(2)若eq\o(PM,\s\up16(→))·eq\o(PN,\s\up16(→))的最大值為49，求橢圓C1的方程．解(1)由題意可知直線l的方程為bx＋cy－(3－eq\r(2))c＝0，因?yàn)橹本€l與圓C2：x2＋(y－3)2＝1相切，所以d＝eq\f(|3c－3c＋\r(2)c|,\r(b2＋c2))＝1，即a2＝2c2，從而e＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)P(x，y)，圓C2的圓心記為C2，則eq\f(x2,2c2)＋eq\f(y2,c2)＝1(c>0)，又eq\o(PM,\s\up16(→))·eq\o(PN,\s\up16(→))＝(eq\o(PC2,\s\up16(→))＋eq\o(C2M,\s\up16(→)))·(eq\o(PC2,\s\up16(→))＋eq\o(C2N,\s\up16(→)))＝eq\o(PC\o\al(2,2),\s\up16(→))－eq\o(C2N2,\s\up16(→))＝x2＋(y－3)2－1＝－(y＋3)2＋2c2＋17(－c≤y≤c)．①當(dāng)c≥3時(shí)，(eq\o(PM,\s\up16(→))·eq\o(PN,\s\up16(→)))max＝17＋2c2＝49，解得c＝4，此時(shí)橢圓方程為eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,16)＝1；②當(dāng)0<c<3時(shí)，(eq\o(PM,\s\up16(→))·eq\o(PN,\s\up16(→)))max＝－(－c＋3)2＋17＋2c2＝49，解得c＝±5eq\r(2)－3但c＝－5eq\r(2)－3<0，且c＝5eq\r(2)－3>3，故舍去．綜上所述，橢圓C1的方程為eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,16)＝1.3．(本小題15分)(2013·湖南卷)過拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)F作斜率分別為k1，k2的兩條不同直線l1，l2，且k1＋k2＝2.l1與E相交于點(diǎn)A，B，l2與E相交于點(diǎn)C，D，以AB，CD為直徑的圓M，圓N(M，N為圓心)的公共弦所在直線記為l.(1)若k1>0，k2>0，證明：eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))<2p2；(2)若點(diǎn)M到直線l的距離的最小值為eq\f(7\r(5),5)，求拋物線E的方程．解(1)由題意，拋物線E的焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，直線l1的方程為y＝k1x＋eq\f(p,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋\f(p,2)，,x2＝2py))得x2－2pk1x－p2＝0.設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根．從而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pkeq\o\al(2,1)＋p.所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pk1，pk\o\al(2,1)＋\f(p,2)))，eq\o(FM,\s\up16(→))＝(pk1，pkeq\o\al(2,1))．同理可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pk2，pk\o\al(2,2)＋\f(p,2)))，eq\o(FN,\s\up16(→))＝(pk2，pkeq\o\al(2,2))．于是eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))＝p2(k1k2＋keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2))．由題設(shè)，k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，所以0<k1k2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k1＋k2,2)))2＝1.故eq\o(FM,\s\up16(→))·eq\o(FN,\s\up16(→))<p2(1＋12)＝2p2.(2)由拋物線的定義得|FA|＝y(tǒng)1＋eq\f(p,2)，|FB|＝y(tǒng)2＋eq\f(p,2)，所以|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝2pkeq\o\al(2,1)＋2p，從而圓M的半徑r1＝pkeq\o\al(2,1)＋p.故圓M的方程為(x－pk1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－pk\o\al(2,1)－\f(p,2)))2＝(pkeq\o\al(2,1)＋p)2，化簡得x2＋y2－2pk1x－p(2keq\o\al(2,1)＋1)y－eq\f(3,4)p2＝0.同理可得圓N的方程為x2＋y2－2pk2x－p(2keq\o\al(2,2)＋1)y－eq\f(3,4)p2＝0.于是圓M，圓N的公共弦所在直線l的方程為(k2－k1)x＋(keq\o\al(2,2)－keq\o\al(2,1))y＝0.又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，則l的方程為x＋2y＝0.因?yàn)閜>0，所以點(diǎn)M到直線l的距離d＝eq\f(|2pk\o\al(2,1)＋pk1＋p|,\r(5))＝eq\f(p|2k\o\al(2,1)＋k1＋1|,\r(5))＝eq\f(p\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k1＋\f(1,4)))2＋\f(7,8))),\r(5)).故當(dāng)k1＝－eq\f(1,4)時(shí)，d取最小值eq\f(7p,8\r(5)).由題設(shè)，eq\f(7p,8\r(5))＝eq\f(7\r(5),5)，解得p＝8.故所求的拋物線E的方程為x2＝16y.4．(本小題15分)(2013·福建卷)已知函數(shù)f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值；(3)當(dāng)a＝1時(shí)，若直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點(diǎn)，求k的最大值．解(1)由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，得f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e)＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)無極值．②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.x∈(－∞，lna)，f′(x)<0，x∈(lna，＋∞)，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝lna處取得極小值，且極小值為f(lna)＝lna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值．(3)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－1＋eq\f(1,ex).令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋eq\f(1,ex)，則直線l：y＝x－1與曲線y＝f(x)沒有公共點(diǎn)，等價(jià)于方程g(x)＝0在R上沒有實(shí)數(shù)解．假設(shè)k>1，此時(shí)g(0)＝1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＝－1＋eq\f(1,e\f(1,k－1))<0，又函數(shù)g(x)的圖象連續(xù)不斷，由零點(diǎn)存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，與“方程g(x)＝0在R上沒有實(shí)數(shù)解”矛盾，故k≤1.又k＝1時(shí)，g(x)＝eq\f(1,ex)>0，知方程g(x)＝0在R上沒有實(shí)數(shù)解．∴k的最大值為1.5．(本小題15分)(2013·陜西卷)已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.(1)若直線y＝kx＋1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實(shí)數(shù)k的值；(2)設(shè)x>0，討論曲線y＝f(x)與曲線y＝mx2(m>0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)設(shè)a<b，比較eq\f(fa＋fb,2)與eq\f(fb－fa,b－a)的大小，并說明理由．解(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)＝lnx.設(shè)直線y＝kx＋1與g(x)＝lnx的圖象在P(x0，y0)處相切，則有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝e2，k＝eq\f(1,e2).(2)曲線y＝ex與y＝mx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線y＝eq\f(ex,x2)與y＝m的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)．令φ(x)＝eq\f(ex,x2)，則φ′(x)＝eq\f(exx－2,x3)，∴φ′(2)＝0.當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值為φ(2)＝eq\f(e2,4).當(dāng)0<m<eq\f(e2,4)時(shí)，曲線y＝eq\f(ex,x2)與y＝m無公共點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(e2,4)時(shí)，曲線y＝eq\f(ex,x2)與y＝m恰有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)m>eq\f(e2,4)時(shí)，在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1＝eq\f(1,\r(m))，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)內(nèi)存在x2＝me2，使得φ(x2)>m.由φ(x)的單調(diào)性知，曲線y＝eq\f(ex,x2)與y＝m在(0，＋∞)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)x>0時(shí)，若0<m<eq\f(e2,4)，曲線y＝f(x)與y＝mx2沒有公共點(diǎn)；若m＝eq\f(e2,4)，曲線y＝f(x)與y＝mx2有一個(gè)公共點(diǎn)；若m>eq\f(e2,4)，曲線y＝f(x)與y＝mx2有兩個(gè)公共點(diǎn)．(3)可以證明eq\f(fa＋fb,2)>eq\f(fb－fa,b－a).事實(shí)上，eq\f(fa＋fb,2)>eq\f(fb－fa,b－a)?eq\f(ea＋eb,2)>eq\f(eb－ea,b－a)?eq\f(b－a,2)>eq\f(eb－ea,eb＋