第三篇 直击压轴大题,搏高分必须攻克的6个热点专题
专题1 圆锥曲线中的最值与范围
1.求平面图形的面积(1)根据题意确定平面图形的形状.(2)确定其面积的表达式,求出相关的度量——弦长、距离等.(3)代入公式求解.2.有关弦的三个问题(1)弦长问题:利用根与系数的关系,设而不求计算弦长.(2)垂直关系:利用根与系数的关系设而不求简化运算.(3)焦点弦问题:利用圆锥曲线的定义求解.3.圆锥曲线中的证明问题(1)位置关系:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.(2)数量关系:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明,但有时也会用反证法证明.4.直线与圆锥曲线有关问题(1)要注意直线斜率不存在或斜率为0的特殊情况不能漏掉.(2)若弦过曲线的焦点,应灵活利用圆锥曲线的定义进行转化,减少计算量.弦长、中点问题(1)设出交点P1,P2.(2)联立方程,消元得一元二次方程.(3)利用根与系数的关系求出:x1+x2,x1·x2或y1+y2,y1·y2.(4)弦长==.(5)记住两个通径:椭圆和双曲线的通径长:;抛物线的通径长:2p.1.步骤分:(1)处理已知条件进而得到a,b,c的关系式;(2)由已知条件得到a,b,c的关系式,根据a,b,c大小关系得到范围.2.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如第二问中a,b,c的大小关系需要说明,不说明则不给分.3.计算分:计算准确是根本保证.4.区分公式:直线的平行与垂直的斜率公式.
【典例】(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知F1,F2是椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上一点,O为坐标原点.(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率.(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.(1)求C的离心率?椭圆的定义?由△POF2为等边三角形,得到∠F1PF2,,;(2)求b的值和a的取值范围?当且仅当·2c=16,·=-1,+=1?P(x,y).【标准答案】(1)连接PF1,由△POF2为等边三角形可知:在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,=c,=c,于是2a=+=c+c,
3分故椭圆C的离心率为e===-1;
6分(2)设P(x,y),由题意知·2c=16,·=-1,+=1,即c=16 ①,x2+y2=c2 ②,+=1 ③,由②③以及a2=b2+c2得y2=,又由①知y2=,故b=4;
9分由②③得x2=(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4;
11分当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.故b=4,a的取值范围为[4,+∞).
12分
测试目标(1)直接运用椭圆的定义求解;(2)根据已知条件构建a,b,c关系式,根据a,b,c之间的大小关系求解.测试目标数学运算:分析已知条件构建a,b,c的关系式,进而求出离心率;逻辑推理:利用逻辑推理求解b的值和a的取值范围.已知F,Q是圆K:x2-2x+y2-15=0上的任意一点,线段FQ的垂直平分线交QK于点P.(1)求动点P的轨迹E的方程;(2)过F作E的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,O为坐标原点,直线OM与E交于点C,D,求四边形ACBD面积的取值范围.
1.(最值)已知椭圆C:+=1(a>b>0),F1,F2为椭圆的左、右焦点,
P为椭圆上一点,且|PF1|=.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设直线l:x=-2,过点F2的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l、直线AB于M,N两点,当∠MAN最小时,求直线AB的方程.
2.(最值)已知椭圆C:+=1左、右焦点分别为F1,F2,且满足离心率e=,=4,过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M,N两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设点A,求△AMN面积的最大值.
3.(最值)在平面直角坐标系中,已知点A,B,动点P满足kPAkPB=-.
(1)求点P的轨迹方程C;
(2)过F的直线交曲线C于M,N两点,MN的中点为Q,O为坐标原点,直线OQ交直线x=4于点E,求的最小值.
4.(最值)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0),过抛物线焦点F的直线l1,l2分别交抛物线于A,B,C,D(B,C在x轴上方),A,B,y1y2=-.
(1)求抛物线Γ的标准方程;
(2)若∠BFC=45°,求·的最小值.
5.(范围)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个顶点构成底边为2,顶角为120°的等腰三角形.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设A,B,P是椭圆上三动点,且=+,线段AB的中点为Q,D,求|DQ|的取值范围.
6.(范围)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,上顶点为B.Q为抛物线y2=12x的焦点,且·=0,2+=0.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过定点P(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点(M在P,N之间),设直线l的斜率为k(k>0),在x轴上是否存在点A(m,0),使得以AM,AN为邻边的平行四边形为菱形?若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.
7.(范围)已知F1,F2是椭圆C:+=1的左、右两个焦点,过F2的直线与C交于P,Q两点(P在第一象限),△PF1Q的周长为8,C的离心率为.
(1)求C的方程;
(2)若线段PQ的中点为N(N不与F2重合),在线段OF2上是否存在点M,使得MN⊥PQ?若存在,请求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
8.(最值)已知点F是抛物线C1:y2=4x和椭圆C2:+=1的公共焦点,M是C1与C2的交点,=3.
(1)求椭圆C2的方程;
(2)直线l与抛物线C1相切于点P,与椭圆C2交于A,B两点,点P关于x轴的对称点为Q.求S△ABQ的最大值及相应的x0.
第三篇 直击压轴大题,搏高分必须攻克的6个热点专题
专题1 圆锥曲线中的最值与范围
【模拟考场】
【解析】(1)由题意可知+=+=4>2=,
所以动点P的轨迹是以F,K为焦点且长轴长为4的椭圆.
因此E的方程为+=1.
(2)由题意可设AB的方程为x=ky-1,
代入3x2+4y2-12=0,得y2-6ky-9=0,
设A,B,
则y1+y2=,y1y2=-.
设M(x0,y0),y0==,
x0=ky0-1=-1=-,
所以M,OM的斜率为-.
所以直线OM的方程为y=-x,
代入3x2+4y2-12=0,解得x2=,
所以=2=2,
设点A,B到OM的距离分别为d1,d2,则
d1=,d2=.
S四边形ACBD=
=
==
==
==12=4,
所以,6≤S四边形ACBD<4.(当且仅当k=0等号成立).
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)设椭圆的左焦点F1(-c,0)(c>0),则==,解得c=1,
所以|PF2|=,则由椭圆定义+=2a=2,所以a=,b=1,
故椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)由题意直线AB的斜率必定不为零,于是可设直线AB:x=ty+1,
联立方程得y2+2ty-1=0,
因为直线AB交椭圆于A,B两点,设A,B,
所以Δ=4t2+4=8>0,
由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=-,
则yN=-,所以xN=tyN+1=-+1=,
因为MN⊥AB,所以kMN=-t,
所以|MN|=·=·,
又|AN|=|AB|=·
=·,
所以tan
∠MAN==
=≥·2=4
当且仅当=即t=±1时取等号.
此时直线AB的方程为x+y-1=0或x-y-1=0.
2.【解析】(1)由题意可知,c=2,
根据e==,得a=4,b=2,
椭圆C的方程为+=1.
(2)设直线l的方程为y=kx,
由
得x1=,x2=-,
=
==.
点A到直线l的距离d=,
所以S△AMN=××
==4,
当k>0时,S△AMN<4;
当k<0时,S△AMN=4
≤4=4,
当且仅当k=-时,等号成立,
所以S△AMN的最大值为4.
3.【解析】(1)设P,根据题意有×=-,化简得:+=1.
(2)设直线方程为x=my+1,联立得y2+6my-9=0,
设M,N,得Δ=36m2+36>0,
y1+y2=,y1y2=,===,
所以Q,
则=
=
==,
lOQ:y=-x,E,
所以==3,
则=3×=,
令=t,t≥1,则=在上单调递增,
所以m=0时,t=1,取得最小值1.
4.【解析】(1)由题意得F,设直线AB的方程为x=ky+,代入y2=2px得:y2-2pky-p2=0,
则y1·y2=-p2=-,得p=,
当AB⊥x轴时,y1·y2=-p2=-成立,
所以抛物线Γ的标准方程为:y2=x.
(2)设直线l1的倾斜角为α,则直线l2的倾斜角为α+45°,
如图所示,分别过点A,B作AN,BM垂直于抛物线y2=x的准线,垂足分别为N,M,再分别作BP,AQ垂直于x轴,
则·cos
α+p=,得=,
p-·cos
α=,得=,
所以=+=+==,
同理可得==,
所以·=
=
=≥=24-16,
当且仅当2α-=,α=时,·取最小值.
所以·的最小值为24-16.
5.【解析】(1)由题意,c=,b=c·tan
30°=,所以a2=b2+c2=8,
所以椭圆C:+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),
由=+=(x1+3x2,y1+3y2),
所以
得:x1x2+4y1y2=0,
当AB的斜率不存在时,x2=x1,y2=-y1,
由x1x2+4y1y2=-4=0,+4=8,得x1=±2,所以Q(±2,0),|DQ|=,
当AB的斜率存在时,设AB:y=kx+m,
得:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-8=0,Δ=16(8k2+2-m2)>0,
x1+x2=-,x1x2=,
由x1x2+4y1y2=0得:m2-4k2-1=0,此时Δ>0总成立,
又x0==-=-,y0=kx0+m=,
所以|DQ|2=+=+-+
=-3+7,m2=4k2+1≥1,
所以-1≤≤1且≠0,所以≤|DQ|2≤7且|DQ|2≠,
综上:≤|DQ|≤.
6.【解析】(1)由已知Q(3,0),
设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),
因为2+=0,所以F2为线段F1Q的中点,
|QF1|=4c=3+c,所以c=1.
因为·=0,所以F1B⊥QB,
在Rt△F1BQ中,|BF2|=a=2c=2,
所以b2=a2-c2=3,
于是椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设l:y=kx+2(k>0),M(x1,y1),N(x2,y2),
取MN的中点为E(x0,y0).
假设存在点A(m,0)使得以AM,AN为邻边的平行四边形为菱形,则AE⊥MN.
联立
整理得(4k2+3)x2+16kx+4=0,
Δ=(16k)2-4×(4k2+3)×4=48(4k2-1)>0,
所以k2>,
又k>0,所以k>.
因为x1+x2=-,所以x0=-,
y0=kx0+2=,即E,
因为AE⊥MN,所以kAE=-,即=-,
整理得m=-=-.
因为k>时,4k+≥4,当且仅当k=时等号成立,
即∈,所以m∈.
7.【解析】(1)由椭圆的定义可得△PF1Q的周长为4a,
由已知条件得
解得
所以椭圆C的方程为+=1;
(2)假设存在这样的点M符合题意,
设直线PQ的方程为x=ty+1,设点P、Q,
由于点N不与点F2重合,则t≠0.
联立消去x并整理得y2+6ty-9=0,
由根与系数的关系得y1+y2=-,
则=+1=,
所以,线段PQ的中点N的坐标为,
kMN=,
因为MN⊥PQ,则kMN·kPQ=·=-1,可得m=,
因为t≠0,所以3t2+4>4,
所以,m=∈.
所以存在实数m,且m的取值范围为.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了椭圆中参数取值范围的求解,考查计算能力,属于难题.
8.【解析】(1)由题意知:F,c=1.
-MF2=MF2-,MF=3.
得:a=,所以b=1.
所以C2的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为x=n+x0,则
由,得y2-4ny+4ny0-4x0=0,
Δ1=16n2-16ny0+16x0=4=0,
得:n=,
所以直线l的方程为x=+x0.
由,得y2-4x0y0y+4-8=0,
Δ2=16-4=32-128>0得0≤x0<2,
=
=.
又Q,所以点Q到l的距离为h=.
S△ABQ=h=.
令t=x0+2,则x0=t-2,
S△ABQ=
=4≤2.
结合t的取值范围,此时t=,即x0=.
PAGE专题2 圆锥曲线中的定点与定值
1.圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)参数法:引进动点的坐标或动线中的系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般的方法:根据动点或动线的特殊情况搜索出定点,再证明该定点与变量无关.2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值:利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值:利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求解.3.代数恒等式成立的条件,是寻找定值问题的关键.求解直线与圆锥曲线过定点问题的基本思路第一步 把直线或圆锥曲线方程中的变量x,y看成常数;第二步 将方程转化为参数为主变量的方程,这个方程对任意参数都成立;第三步 参数的系数全部等于零;第四步 得到一个关于x,y的方程组;第五步 这个方程组的解所确定的点就是直线与圆锥曲线所过的定点.1.步骤分:第一问中(1)设点;(2)表示两条切线方程,并联立;(3)得出AB的方程并整理出(x1+x2)x+(-y)=0;(4)下结论.第二问中:求出的坐标及||的值,写出圆的标准方程.2.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中求出直线AB的方程并整理出可以确定定点的形式.3.计算分:计算准确是根本保证.4.防止漏解:解答第二问时,通过数形结合,只得到切点为时的圆的方程,而忽略其他情形而致错.
【典例】(12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点.(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.(1)证明直线过定点?求出直线AB的方程?求出A,B两点处的切线,两条切线交于直线y=-上的D点;(2)写出圆的方程?求出的坐标与的值?通过M为线段AB的中点,⊥得出t的值?直线AB方程和抛物线方程联立.【标准答案】(1)设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为y=x2,所以y′=x,则切线DA为:y-y1=x1(x-x1) ①,切线DB为:y-y2=x2(x-x2) ②,
2分代入y=x2得①×x2-②×x1,得(x2-x1)y+x1x2(x1-x2)=0,因为x1-x2≠0,故y=x1x2,
3分因为DA和DB的交点D为直线y=-上的动点,所以有y=x1x2=-,x1x2=-1,直线AB为=,点A,B在曲线y=上,则有=,整理得y=(x1+x2)(x-x1)+
=-x1x2+(x1+x2)x=+(x1+x2)x,
4分即(x1+x2)x+=0
5分当x=0,y=时无论x1,x2取何值,此等式均成立.因此直线AB过定点,得证.
6分(2)由(1)得直线AB方程为2tx-2y+1=0,和抛物线方程联立得:化简得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,设M为线段AB的中点,则M.8分由于⊥,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,所以t+t(t2-2)=0,解得t=0或t=±1.
10分当t=0时,=(0,-2),=2,所求圆的方程为x2+=4;当t=±1时,=(1,-1)或=(-1,-1),=,所求圆的方程为x2+=2.所以圆的方程为x2+=4或x2+=2.
12分测试目标(1)用两切线方程确定直线AB的方程;(2)圆与直线相切,数量积公式与垂直关系.测试目标逻辑推理:通过圆与直线相切得到垂直,通过向量数量积公式及垂直关系得出t;数学运算:联立方程组,整理直线方程.
1.(定值)已知O为坐标原点,椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点F2又恰为抛物线D:y2=4x的焦点,以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l与D相交于A,B两点,记点A,B到直线x=-1的距离分别为d1,d2,|AB|=d1+d2.直线l与C相交于E,F两点,记△AOB,△OEF的面积分别为S1,S2.
①证明:△EFF1的周长为定值;
②求的最大值.
2.(定值)已知椭圆C的中心在原点,其焦点与双曲线2x2-2y2=1的焦点重合,点P(0,)在椭圆C上,动直线l:y=kx+m交椭圆C于不同两点A,B,且·=0(O为坐标原点).
(1)求椭圆C的方程;
(2)讨论7m2-12k2是否为定值;若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
3.(定值)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点在C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点A(-2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q,交y轴于点R,P为椭圆C上一点,且AQ∥OP,求证:为定值.
4.(定值)已知点Q是圆M:(x+)2+y2=36上的动点,点N(,0),若线段QN的垂直平分线交MQ于点P.
(1)求动点P的轨迹E的方程;
(2)若A是轨迹E的左顶点,过点D(-3,8)的直线l与轨迹E交于B,C两点,求证:直线AB,AC的斜率之和为定值.
5.(定点)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是双曲线C2:-y2=1的左、右焦点,且C1与C2相交于点.
(1)求椭圆C1的标准方程;
(2)设直线l:y=kx-与椭圆C1交于A,B两点,以线段AB为直径的圆是否恒过定点?若恒过定点,求出该定点;若不恒过定点,请说明理由.
6.(定值)已知圆C1:x2+y2=2,圆C2:x2+y2=4,如图,C1,C2分别交x轴正半轴于点E,A.射线OD分别交C1,C2于点B,D,动点P满足直线BP与y轴垂直,直线DP与x轴垂直.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)过点E作直线l交曲线C于点M,N,射线OH⊥l于点H,且交曲线C于点Q.问:+的值是否是定值?如果是定值,请求出该定值;如果不是定值,请说明理由.
7.(定点)已知点F是抛物线C:x2=4y的焦点,P是其准线l上任意一点,过点P作直线PA,PB与抛物线C相切,A,B为切点,PA,PB与x轴分别交于Q,R两点.
(1)求焦点F的坐标,并证明直线AB过点F;
(2)求四边形ABRQ面积的最小值.
8.(定点)已知点O为坐标原点,椭圆Γ:+=1(a>b>0)过点,其上顶点为B,右顶点和右焦点分别为A,F,且∠AFB=.
(1)求椭圆Γ的标准方程;
(2)直线l交椭圆Γ于P,Q两点(异于点B),直线BP,BQ的斜率分别为kBP,kBQ,且kBP+kBQ=-1,试判定直线l是否过定点?若过定点,求出该定点坐标;若不过定点,请说明理由.
专题2 圆锥曲线中的定点与定值
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)因为F2为抛物线D:y2=4x的焦点,故F2(1,0),
所以c=1,
又因为以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点知:b=c,
所以a=,b=1,
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)①由题知,因为x=-1为抛物线D的准线,
由抛物线的定义知:|AB|=d1+d2=|AF2|+|BF2|,
又因为|AB|≤|AF2|+|BF2|,当且仅当A,B,F2三点共线时等号成立,
所以直线l过定点F2,
根据椭圆定义得:
|EF|+|EF1|+|FF1|=|EF2|+|EF1|+|FF1|+|FF2|=4a=4.
②若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,
因为|AB|=4,|EF|=,所以==;
若直线l的斜率存在,则可设直线l:y=k(x-1)(k≠0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得,k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
所以x1+x2=,|AB|=x1+x2+2=,
设E(x3,y3),F(x4,y4),
由得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
则x3+x4=,x3x4=,
所以|EF|=|x3-x4|==,
则===×∈,
综上知:的最大值等于.
2.【解析】(1)因为双曲线2x2-2y2=1的焦点为(1,0),所以在椭圆C中c=1,
设椭圆C的方程为+=1(a>0),
由点P(0,)在椭圆C上得=1,解得a2=4?a=2,则b==,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)7m2-12k2为定值,理由如下:
设A(x1,y1),B(x2,y2),由·=0可知x1x2+y1y2=0,
联立方程组?(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0,
x1+x2=-,x1x2=,①
由x1x2+y1y2=0及y=kx+m得x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0,
整理得(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,
将①式代入上式可得(1+k2)·-km·+m2=0,
同时乘以3+4k2可化简得(1+k2)(4m2-12)-8k2m2+3m2+4m2k2=0,
所以7m2-12k2=12,即7m2-12k2为定值.
3.【解析】(1)由题可得e==,
且:+=1,a2=b2+c2,
所以a=2,c=,b=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由题意可知直线AQ的斜率存在,
设直线AQ:y=k(x+2),R(0,2k),
?(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0,
由根与系数的关系可得:
x1=-2,x2=xQ=,
则|AQ|=|xQ-x1|=
=·,
|AR|=|0-(-2)|=2,
|OP|=|xp-0|,
令直线OP为y=kx且令yp>0,xp>0.
由得(1+4k2)x2-4=0,
由根与系数的关系可得:
x2=xp=,
所以|OP|=,
==2,
所以定值为2.
4.【解析】(1)由题可知,线段QN的垂直平分线交MQ于点P,
所以|PN|=|PQ|,则|PM|+|PN|=|PM|+|PQ|=6>2,
所以P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,
设该椭圆方程为+=1(a>b>0),
则2a=6,c=,所以b2=4,
可得动点P的轨迹E的方程为+=1.
(2)由(1)可得,过点D的直线l斜率存在且不为0,
故可设l的方程为y=kx+m(k≠0),B(x1,y1),C(x2,y2),
由得(4+9k2)x2+18kmx+9m2-36=0,
Δ=(18km)2-4(4+9k2)(9m2-36)=144(9k2-m2+4)>0,
x1+x2=-,x1x2=,
而kAB+kAC=+=
=,
=
=
=,
由于直线l过点D,所以-3k+m=8,
所以kAB+kAC=,即直线AB,AC的斜率之和为定值.
5.【解析】(1)将代入-y2=1,
解得m2=1,所以a2=m2+1=2.
将代入+=1解得b2=1,
所以椭圆C1的标准方程为+y2=1.
(2)恒过定点.设A(x1,y1),B(x2,y2),
由整理得(9+18k2)x2-12kx-16=0,
所以x1+x2=,x1x2=,
Δ=144k2+64(9+18k2)>0,
方法一:由对称性可知,以AB为直径的圆若恒过定点,则定点必在y轴上.
设定点为M(0,y0),则
=(x1,y1-y0),=(x2,y2-y0),
·=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+
=x1x2+k2x1x2-(x1+x2)-y0++
=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)++y0+
==0,
所以解得y0=1,所以M(0,1),
所以以线段AB为直径的圆恒过定点(0,1),
方法二:设定点为M(x0,y0),则
=(x1-x0,y1-y0),=(x2-x0,y2-y0),
·=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=x1x2-x0(x1+x2)++y1y2-y0(y1+y2)+
=x1x2-x0(x1+x2)++-y0+
=(1+k2)x1x2-(x1+x2)+++y0+
==0,
所以解得所以M(0,1),所以以线段AB为直径的圆恒过定点(0,1).
6.【解析】(1)设∠BOE=α,则B(cos
α,sin
α),D(2cos
α,2sin
α),
所以xP=2cos
α,yP=sin
α,
所以动点P的轨迹C的方程为+=1.
(2)是定值.由(1)可知E为C的焦点,设直线l的方程为x=my+(斜率不为0时),
且设点M(x1,y1),N(x2,y2),由
得(m2+2)y2+2my-2=0,
所以
所以==,
又射线OQ方程为y=-mx,代入椭圆C的方程得
x2+2(mx)2=4,
即=,=,=,
所以+=+=,
又当直线l的斜率为0时,也符合条件.
综上,+为定值,且为.
7.【解析】(1)由题意可知F(0,1),
设A,B,P(x0,-1),
则lPA:y-y1=(x-x1),即y=x-y1;
同理lPB:y=x-y2.
又P在PA,PB上,则
所以lAB:y=x+1,
所以直线AB过焦点F.
(2)由(1)知lAB:y=x+1,代入C:x2=4y得x2-2x0x-4=0,
则
则|AB|=y1+y2+2=[(x1+x2)2-2x1x2]+2=+4,
P到AB的距离d=,所以S△PAB=(+4),
由(1)知Q,R,
则|QR|=|x1-x2|=,
所以S△PQR=,令t=,t≥2,
则四边形ABRQ的面积S=S△PAB-S△PQR=t3-t,(t≥2),
设f(t)=t3-t,f′(t)=t2-,
当t≥2时,f′(t)>0,
即函数f(t)在[2,+∞)上是增函数,所以f(t)min=f(2)=3,
则四边形ABRQ面积的最小值为3.
8.【解析】(1)因为椭圆Γ:+=1(a>b>0)过点,所以+=1.①
又因为∠AFB=,所以∠BFO=.
因为|BF|==a,所以b=a.②
把②代入①中,解得a=2,b=1,所以椭圆Γ的标准方程为+y2=1.
(2)直线l过定点.
理由如下:当直线l与x轴垂直时,设l的方程为x=m,
点P(m,y0),Q(m,-y0),B(0,1).
因为kBP+kBQ=+==-1,
所以m=2,此时直线l过椭圆Γ的右顶点A,
与已知直线l交椭圆Γ于P,Q两点矛盾;
当直线l与x轴不垂直时,设l的方程为y=kx+n,点P(x1,y1),
Q(x2,y2).
联立得(1+4k2)x2+8knx+4n2-4=0,
则Δ=(8kn)2-4(1+4k2)(4n2-4)=16(4k2-n2+1).
由根与系数的关系得x1+x2=,x1·x2=.
所以kBP+kBQ=+
=
==
==-1.
又因为n≠1,所以n=-2k-1,Δ=-64k,所以存在k<0,使Δ>0成立.此时直线l的方程为y=kx-2k-1,即y=k(x-2)-1,所以直线l过定点(2,-1).
PAGE专题3 圆锥曲线中的探究性与证明
1.探究性问题求解的思路及策略(1)思路:先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在;若结论不正确,则不存在.(2)策略:①当条件和结论不唯一时要分类讨论;②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.在这个解题思路指导下解决探究性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别.2.解决存在性问题的一些技巧(1)特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素的必要条件,然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立.(2)核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去辅助变量求得核心变量.(3)核心变量的求法:①直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解.②间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出关于该变量与辅助变量的方程(组),运用方程思想求解. 解析几何中的探索性问题解题步骤第一步 假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在;第二步 用待定系数法设出元素;第三步 列出关于待定系数的方程组;第四步 解方程组;第五步 方程组有解,则元素存在;方程组无解,则元素不存在.1.步骤分:第一问中设点,点差法表示斜率,中点坐标公式不可缺少;第二问中:直线l的方程,联立直线与椭圆的方程,根与系数的关系,弦长公式不可缺少.2.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如求出x1+x2的值.3.计算分:计算准确是根本保证,联立直线与椭圆的方程,整理过程要正确.4.区分公式:区分弦长公式的两种形式,不可混用.
【典例】(12分)(2018·全国Ⅲ卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M.(1)证明:k<-.(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且++=0.证明:2=+
.(1)证明k<-?设而不求,点差法?AB的中点为M.(2)2||=||+||?联立直线与椭圆方程?得到直线l的方程?解出m,进而求出点P的坐标.【标准答案】(1)设A,B,则+=1,+=1.两式相减,并由=k得+·k=0.
2分由题设知=1,=m,于是k=-.①
4分由题设得0
6分(2)由题意得F,设P,则++=.由(1)及题设得x3=3-=1,y3=-=-2m<0,又点P在C上,所以m=,从而P,||=.
8分于是||===2-.同理||=2-.所以||+||=4-=3.
10分故2||=||+||.
12分
测试目标(1)设而不求,利用点差法表示出直线AB的斜率;(2)联立直线与椭圆方程,利用根与系数的关系、弦长公式进行解答.测试素养逻辑推理:通过点差法,弦的中点,表示直线AB的斜率;数学运算:联立方程组,用根与系数的关系,弦长公式求线段长.已知N,F,在圆x2+y2=4上任取一点P,对点P作坐标变换:得到M,当点P在圆上运动时,点M的轨迹为C.过点F的直线与曲线C交于A,B两点(异于N),直线NA与直线l:x=2交于点D,连接DF,作过点F且垂直于DF的直线与直线l交于点E.(1)求曲线C的标准方程;(2)证明:N,B,E三点共线.
1.(探究性)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,且点
P在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程.
(2)过点M(1,1)任作一条直线l,l与椭圆E交于不同于P点的A,B两点,l与直线m:3x+4y-12=0交于C点,记直线PA,PB,PC的斜率分别为k1,k2,k3.试探究k1+k2与k3的关系,并证明你的结论.
2.(探究性)已知椭圆M:+=1(a>b>0)经过点A(0,-2),离心率为.
(1)求椭圆M的方程;
(2)经过点E(0,1)且斜率存在的直线l交椭圆于Q,N两点,点B与点Q关于坐标原点对称.连接AB,AN.是否存在实数λ,使得对任意直线l,都有kAN=λkAB成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
3.(证明)如图,已知抛物线D:x2=2y的焦点为F,直线l交抛物线于A,B两点,且与抛物线D在点A处的切线垂直.
(1)若直线l与y轴的交点为Q,证明:|FA|=|FQ|;
(2)若直线AF与抛物线交于一点C(不同于A),求△ABC面积的取值范围.
4.(证明)抛物线x2=2py(p>0)的焦点F到直线y=-的距离为2.
(1)求抛物线的方程;
(2)设直线y=kx+1交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,分别过A,B两点作抛物线的两条切线,两切线的交点为P,求证:PF⊥AB.
5.(证明)已知圆C:x2+(y-1)2=r2(r>0),设A为圆C与y轴负半轴的交点,过点A作圆C的弦AM,并使弦AM的中点恰好落在x轴上.
(1)求点M的轨迹E的方程;
(2)延长MO交直线y=-1于点P,延长MC交曲线E于点N,曲线E在点N处的切线与y轴交于点Q.求证:MN∥QP.
6.(探究性)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线l平行于直线y=x,且与椭圆C交于A,B两个不同的点,若∠AOB为钝角,求直线l在x轴上的截距m的取值范围.
7.(探究性)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),定点
P(0,-1),直线PA与椭圆交于另一点B.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在过点P的直线l与椭圆C交于M,N两点,使得=6成立?若存在,请求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
8.(证明)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
专题3 圆锥曲线中的探究性与证明
【模拟考场】
【解析】(1)由得到
又因为P在圆x2+y2=4上,
所以+=4①,把x0=x,y0=2y代入①,得+y2=1,
所以曲线C的标准方程为+y2=1.
(2)设直线AB的方程为x=my+1,A,B,
联立直线和椭圆方程
化简得y2+2my-1=0,易知Δ>0,
由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=,
由题意,直线NA:y=,
所以D,
所以kDF=,
所以kFE=-,
所以直线EF:y=-,
令x=2,得E,
因为N,F,
所以=,=,
因为y2-
=y2+
=
=
=
==0,
所以与共线,所以N,B,E三点共线.
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)因为椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,
所以e==?a=2c,
因为a2=b2+c2,所以b=c.
故可设椭圆E的方程为+=1,
因为点P在椭圆E上,
所以将其代入椭圆E的方程得+=1?c2=1.
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)依题意,直线l不可能与x轴垂直,
故可设直线l的方程为y-1=k(x-1),
即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2)为l与椭圆E的两个交点.
将y=kx-k+1代入方程3x2+4y2-12=0化简得
(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k-8=0.
所以x1+x2=,x1x2=.
所以k1+k2=+
=+
=2k-
=2k-·
=2k-·=,
又由?3x+4(kx-k+1)-12=0,
解得x=,y=,
即C点的坐标为,
所以k3==.
因此,k1+k2与k3的关系为k1+k2=2k3.
2.【解析】(1)由题意可知b=2,e==,
又a2-c2=b2,得a=,c=,
所以椭圆M的方程为+=1.
(2)存在实数λ,使得对任意直线l,都有kAN=λkAB成立.
设直线l的方程为y=kx+1,
联立
可得(2+3k2)x2+6kx-9=0,
设Q(x1,y1),N(x2,y2),
则有x1+x2=-,x1x2=-,
因为kAQ=,kAN=,
所以kAQ·kAN=·==k2+2k2-2-3k2=-2,
又因为点B与点Q关于原点对称,
所以B(-x1,-y1),即kAB=,
则有kAQ·kAB=·=,
由点Q在椭圆C:+=1上,得4-=,
所以kAQ·kAB=-,
所以===3,
即kAN=3kAB,
所以存在实数λ=3,使kAN=λkAB成立.
3.【解析】(1)设A,抛物线D在点A处的切线的斜率为t,
则直线AB的斜率为kAB=-,
直线AB的方程为y-=-(x-t),所以Q,
|QF|=+1-=+=|AF|.
(2)联立
可得x2+x-2-t2=0,
|AB|=·,
因为AC过点F,则C,
点C到直线AB的距离
d==,
所以S△ABC=|AB|·d=·
=≥4,
当且仅当t2=1时取等号,所以△ABC的面积的取值范围为[4,+∞).
4.【解析】(1)由题意知:F,
则焦点F到直线y=-的距离为:-=p=2,
所以抛物线的方程为:x2=4y.
(2)把直线y=kx+1代入x2=4y消y得:x2-4kx-4=0,
又Δ=16k2+16>0,
由根与系数的关系得
由题意设切线PA的斜率为kPA,切线PB的斜率为kPB,点P坐标为(m,n),
由(1)可得:y=x2,则y′=x,
所以kPA=x1,kPB=x2,
则切线PA的方程为y-n=x1(x-m),切线PB的方程为y-n=x2(x-m),
则
(i)-(ii)利用根与系数的关系化简整理得:m=2k,
把m=2k代入(i)整理得:
n=-+kx1=-+x1
=-+x1=x1x2=-1,
则P(2k,-1),F(0,1),kPF·kAB=×k=-1,
则PF⊥AB.
5.【解析】(1)设M(x,y),依题意A为圆C与y轴负半轴的交点,
令x=0,得y=1±r,
所以A(0,1-r),
又弦AM的中点恰好落在x轴上,AM的中点坐标为,故=0,
所以
消去r得x2=4y,所以E:x2=4y(x≠0).
(2)设MN:y=kx+1,M(x1,y1),N(x2,y2),
将y=kx+1代入x2=4y得x2-4kx-4=0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
MO:y=·x,令y=-1得xP=-,
所以P,
因为y′=,所以点N处的切线为y-y2=(x-x2),
即y=·x-y2,
令x=0得y=-y2,所以Q(0,-y2).
所以PQ的斜率k′===
==k,所以MN∥QP.
6.【解析】(1)由题意可得2b=2,所以b=,
e===,解得a=2,
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)由于直线l平行于直线y=x,即y=x,
设直线l在y轴上的截距为n,
所以l的方程为y=x+n(n≠0).
联立
得x2+2nx+2n2-4=0,
因为直线l与椭圆C交于A,B两个不同的点,
所以Δ=(2n)2-4(2n2-4)>0,解得-2设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2n,x1x2=2n2-4.
因为∠AOB为钝角等价于·<0,且n≠0,
所以·=x1x2+y1y2
=x1x2+=x1x2+(x1+x2)+n2=(2n2-4)+(-2n)+n2<0,即n2<2,且n≠0,
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(-,0)∪(0,).
因为直线l在x轴上的截距m=-2n,
所以m的取值范围是(-2,0)∪(0,2).
7.【解析】(1)由椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0)知,a=2.
把B点坐标代入椭圆方程,得+=1.
解得b2=3.所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)存在满足条件的直线l.
A(2,0),B,P(0,-1),|PA|=,|PB|=,
所以=2.由=6,
得==6,
即=3,所以=-3.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则=(x1,y1+1),=(x2,y2+1),
所以x1=-3x2.
①当直线MN的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,
==2+,这与=3矛盾.
②当直线MN的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx-1.
联立方程得(4k2+3)x2-8kx-8=0.
x1+x2=,x1x2=.
由x1=-3x2可得-2x2=,3=,
即3=.
整理得k2=.解得k=±.
综上所述,存在满足条件的直线l,
其方程为y=x-1或y=-x-1.
8.【解析】(1)设P(x0,y0),A,B.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程=4·,
即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实数根.
所以y1+y2=2y0.
因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知
所以|PM|=(+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2.
因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|
=(-4x0.
因为+=1(x0<0),
所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是.
PAGE专题4 导数与函数的单调性、极值与最值
1.利用导数研究函数单调性的方法(1)若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(2)若已知函数的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题.2.利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得. 利用导数研究函数最值的步骤第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域;第二步定区间:根据单调性解不等式,确定单调区间,注意书写格式;第三步求极值:利用单调性确定极值;第四步求端点值:代入函数式求函数值;第五步得结论:对所求结果进行比较,得出结论.1.步骤分:第(2)问中的综上所述是步骤分.2.关键分:函数求导,写出方程两根.3.计算分:计算准确是根本保证.4.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维——已知函数的极值或最值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.
【典例】(12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.(1)对f(x)求导分a>0,a=0,a<0讨论函数单调性;(2)根据a的各种范围→函数单调性→最大值和最小值的判断→得出a,b的值.【标准答案】(1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f′(x)=0,得x=0或x=.
2分若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时,f′(x)>0;x∈时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减;
3分若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;4分若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.
5分故f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减.
6分(2)满足题设条件的a,b存在.理由如下①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b=-1,最大值为f(1)=2-a+b=1.解得a=0,b=-1,
7分此时a,b满足条件.②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b=1,最小值为f(1)=2-a+b=-1.解得a=4,b=1,此时a,b满足条件.
9分③当0若-+b=-1,b=1,则a=3,与011分综上所述,当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.12分测试目标(1)函数求导,分类讨论确定单调区间;(2)假设存在,利用单调性分类讨论确定是否满足要求测试素养数学抽象:分类讨论的依据逻辑推理:导数与单调性及最值;数学建模:分类讨论,根据最值列式;数学运算:利用最大值,最小值列式求解. 已知函数f(x)=x3-3x.(1)求函数f的极值;(2)若g(x)=+alnx在[1,+∞)上是单调增函数,求实数a的取值范围.
1.(极值问题)设f=2x3+ax2+bx+1的导数为f′,若函数y=f′的图象关于直线x=-对称,且f′=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f的极值.
2.(最值问题)已知函数f=x3+x2-2x,x∈R.
(1)求函数f在处的切线方程;
(2)求函数f在区间[-3,2]上的最大值和最小值.
3.(极值点问题)已知函数f=ex-cos
x,x∈,证明:
(1)f存在唯一的极小值点;
(2)f的极小值点为x0,则-14.(单调性问题)已知x=1是f(x)=2x++ln
x(b∈R)的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)=f(x)-(a∈R),若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增,求a的取值范围.
5.(极值与最值)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得极值c-16.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最大值.
6.(最值与单调性)已知函数f(x)=x-ln
x+a-1,g=+ax-xln
x,其中a>0.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x≥1时,g的最小值大于-ln
a,求a的取值范围.
7.(极值与单调性)已知函数f(x)=ln
x++ax,其中x>0,a∈R.
(1)若函数f在区间[1,+∞)上不单调,求a的取值范围;
(2)若函数f在区间[1,+∞)上有极大值,求a的值.
8.(探索问题)已知函数f(x)=aln
x-ax-3(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的斜率为1,问:m在什么范围取值时,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2在区间上总存在极值?
专题4 导数与函数的单调性、极值与最值
【模拟考场】
【解析】(1)f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
令f′(x)=0,得x=-1或x=1.
当f′(x)>0时,x<-1或x>1;
当f′(x)<0时,-1随x的变化,f′(x),f(x)的变化如表所示:
x
-1
(-1,1)
1
f′
+
0
-
0
+
f
单调递增
极大值2
单调递减
极小值-2
单调递增
因此,当x=-1时,f有极大值,且极大值为2;
当x=1时,f有极小值,且极小值为-2.
(2)g(x)=x2+-3+aln
x,则g′(x)=2x-+.
因为g在[1,+∞)上是单调增函数,所以g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即不等式2x-+≥0在[1,+∞)上恒成立,
也即a≥-2x2在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=-2x2,则h′(x)=--4x.
当x∈[1,+∞)时,h′(x)<0恒成立,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递减,
h(x)max=h(1)=-1.所以a≥-1,
即实数a的取值范围为[-1,+∞).
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)因为f=2x3+ax2+bx+1,故f′=6x2+2ax+b,从而f′=6+b-,即y=f′关于直线x=-对称,从而由条件可知-=-,
解得a=3,又由于f′=0,即6+2a+b=0,解得b=-12.
(2)由(1)知f=2x3+3x2-12x+1,f′=6x2+6x-12=6.
令f′=0,得x=1或x=-2,
当x∈时,f′>0,f在上是增函数,当x∈时,
f′<0,f在上是减函数,当x∈时,f′>0,f在上是增函数,从而f在x=-2处取到极大值f=21,在x=1处取到极小值f=-6.
2.【解析】(1)x=1时,f=+-2=-,
所以切点为,f′=x2+x-2,
所以斜率为k=f′=0,
所以切线方程为y-=0×,
即y=-.
(2)f′=x2+x-2=,x∈[-3,2],
令f′=0?x=-2或1.
x
[-3,-2)
-2
1
(1,2]
f′
+
0
-
0
+
f
增
极大
减
极小
增
f=,f=,f=-,f=,
所以最大值为,最小值为-.
3.【证明】(1)f′=ex+sin
x,设g=f′=ex+sin
x,则g′=ex+cos
x,
当x∈时,cos
x∈,ex∈,
所以g′>0.
当x∈时,g′≥e0+cos
x=1+cos
x≥0,
综上所述,当x∈时,g′≥0恒成立,
故f′=g在上单调递增.
又f′=-10,
由零点存在性定理可知,函数f′在区间上存在唯一的零点x0,x0∈,
结合单调性可得f在上单调递减,在上单调递增,
所以函数f存在唯一的极小值点x0.
(2)由(1)知,x0∈,f′=-1f′=-=-,而>e1>2,所以<,即f′<0,f′=e0+0=1>0,故极小值点x0∈,
且f′=+sin
x0=0,即=-sin
x0.,
由式,得f=-cos
x0=-
=-sin.由x0∈,
得x0+∈,所以-sin∈,
即-14.【解析】(1)f(x)=2x++ln
x,定义域为(0,+∞).
所以f′(x)=2-+=.
因为x=1是f(x)=2x++ln
x的一个极值点,
所以f′(1)=0,即2-b+1=0.
解得b=3,经检验,适合题意,所以b=3.
所以f′(x)=2-+=,
令f′(x)<0,得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1).
(2)g(x)=f(x)-=2x+ln
x-(x>0),
g′(x)=2++(x>0).
因为函数g(x)在[1,2]上单调递增,
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立,
即2++≥0在[1,2]上恒成立,
所以a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立,
所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2].
因为在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3.
所以a的取值范围是[-3,+∞).
5.【解析】(1)因为f(x)=ax3+bx+c,故f′(x)=3ax2+b,
由于f(x)在点x=2处取得极值,
故有即
化简得解得
(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12,
令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2,
当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上为增函数;
当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上为减函数;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上为增函数.由此可知f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=16+c,
f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c-16,由题设条件知16+c=28得c=12,此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,
f(2)=c-16=-4,因此f(x)在[-3,3]上的最大值为
f(-2)=28.
6.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=1-=.
当0当x>1时,f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).
(2)易知g′(x)=x-ln
x+a-1=f(x).
由(1)知,f(x)≥f(1)=a>0,
所以当x≥1时,g′(x)≥g′(1)=a>0.
从而g(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以g(x)的最小值为g=a+.
依题意得a+>-ln
a,即a+ln
a-1>0.
令h=ln
a+a-1,
所以h′=+1>0在上恒成立,所以h在上单调递增.所以h>h=0,
所以a的取值范围是.
7.【解析】(1)因为f=ln
x++ax,且f(x)在区间[1,+∞)上不单调,
所以f′=-+a==0在上有解,
所以a=在上有解.
设g=,则g′===,所以函数g在上是减函数,在上是增函数,
所以g=g=-,x→+∞,g<0,g=0,
若a=0,f′=,
因为x≥1,所以f′≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增.
若a=-,则f′=≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减.
所以-(2)当a≥0时,函数f在上单调递增,
所以f在上无极值.
当a≤-时,函数f在上单调递减,
所以f在上无极值.
当-0,得ax2+x-1>0,则α(其中α=>1,β=>->2)
所以函数f在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,
由极大值f=,得ln
β++aβ=.
又aβ2+β-1=0,所以aβ=-1,代入,得
ln
β+-1=.
设函数h=ln
x+-1-,则h′=-=>0,
所以函数h在上单调递增.
而h=0,所以β=e,则a==.
故当a=时,函数f在上有极大值.
8.【解析】(1)由f′(x)=知:
当a>0时,函数f的单调增区间是,单调减区间是;
当a<0时,函数f的单调增区间是,单调减区间是.
(2)由f′(2)=-=1得a=-2,
所以f(x)=-2ln
x+2x-3,f′(x)=2-.
g(x)=x3+x2=x3+x2-2x,
所以g′(x)=3x2+(4+m)x-2,
因为函数g在区间上总存在极值,
所以g′(x)=0有两个不等实根且至少有一个在区间内,
又因为函数g′(x)是开口向上的二次函数,且g′(0)=-2<0,所以
由g′(t)<0得m<-3t-4,因为H(t)=-3t-4在上单调递减,
所以H(t)min=H(2)=-9,所以m<-9,
由g′(3)=27+3(4+m)-2>0,解得m>-;
综上得:-PAGE专题5 导数与函数的零点
1.求解函数零点个数问题的三个步骤第一步:转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;第三步:结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围(1)要注意端点的取舍;(2)选择恰当的分类标准进行讨论.3.求与函数零点有关的参数范围的四个技巧(1)对函数求导;(2)分析函数在区间(a,b)上的单调情况;(3)数形结合分析极值点;(4)依据零点的个数确定极值的取值范围,从而得到参数的范围. 利用导数研究函数零点的思路第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域;第二步找关系:根据几何意义,极值点,极值等寻求等量关系;第三步寻突破:利用第一问的结论,或函数的单调性,结合图形,寻找讨论的依据;第四步逐段清:分段讨论,确定每段的结论;第五步得结论:根据每段的情况,下结论.1.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如分类讨论确定是否存在零点.2.计算分:计算准确是根本保证.3.规范分:审视思路,规划并书写规范步骤.4.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解.
【典例】(12分)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.(1)函数求导→解不等式→确定单调区间;(2)问题转化→方程有两解→构造函数→单调性求解.【标准答案】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f′(x)=ex-1,
2分令f′(x)<0,解得x<0,令f′(x)>0,解得x>0,
4分所以f(x)的减区间为(-∞,0),增区间为(0,+∞);
5分(2)若f(x)有两个零点,即ex-a(x+2)=0有两个解,因为f(-2)=e-2≠0,所以f(x)的解一定不是-2,所以a=有两个解,令h(x)=(x≠-2),
7分则有h′(x)==,令h′(x)>0,解得x>-1,令h′(x)<0,解得x<-2或-29分且当x<-2时,h(x)<0,当x从右侧趋近于-2时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=有两个解时,有a>h(-1)=,
11分满足条件的a的取值范围是:.12分
测试目标(1)利用导数研究函数的单调性;(2)构造函数,结合函数单调性求解测试目标数学抽象:由零点问题抽象出方程有解;逻辑推理:函数单调性与方程有解;数学建模:构造函数;数学运算:函数求导,解不等式 已知函数f(x)=ex-1,g(x)=+x.(其中e是自然对数的底数,e=2.718
28…)(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;(2)说明方程f(x)=g(x)的根的个数.
1.(参数范围)若函数f(x)=ax3-bx+4(a,b∈R),当x=2时,函数f(x)有极值-.
(1)求函数的解析式;
(2)求函数的极值;
(3)若关于x的方程f(x)=k有三个零点,求实数k的取值范围.
2.(零点个数)已知f(x)=ex-mx.
(1)若曲线y=ln
x在点(e2,2)处的切线也与曲线y=f(x)相切,求实数m的值;
(2)试讨论函数f(x)零点的个数.
3.(零点与单调性)已知函数f=ln
x-ax.
(1)讨论f的单调性;
(2)若a=-1,当x>0时,函数g=x2-2mf有且只有一个零点,求m的值.
4.(零点与最值)已知函数f=-a.
(1)当a=-2时,求f的最值;
(2)讨论f的零点个数.
5.(零点与极值)已知函数f(x)=(x+2)ln
x+ax2-4x+7a(a∈R).
(1)若a=,求函数f(x)的所有零点;
(2)若a≥,证明函数f(x)不存在极值.
6.(零点与极值、单调性)已知函数f(x)=xln
x+x2-ax(a∈R).
(1)若a=3,求f(x)的单调性和极值;
(2)若函数y=f(x)+至少有1个零点,求a的取值范围.
7.(与数列结合)已知函数f(x)=xln
x+1-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的零点个数.
(2)正项数列满足a1=,an+1=ln+1(n∈N
),求证:++…+8.(探索问题)已知函数f=ax-ln
x-a.
(1)求函数f的极值;
(2)是否存在实数a,使方程f=0有两个不同的实数根?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.
专题5 导数与函数的零点
【模拟考场】
【解析】(1)h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x,所以h(1)=e1-1--1=e-3<0,h(2)=e2-1--2=e2-3->0,又h(x)在(1,2)上连续,所以h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x.
由g(x)=+x知x∈[0,+∞),
而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1,2)内有零点,
因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.
h′(x)=ex--1,记φ(x)=ex--1,
则φ′(x)=ex+.
当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,易知φ(x)在(0,+∞)内至多有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)内至多有两个零点,
则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点,
所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)f′=3ax2-b,
由题意知解得
故所求的解析式为f=x3-4x+4;
(2)由(1)可得f′=x2-4=,
令f′=0,得x=2或x=-2,列表如下:
x
-2
2
f′
+
0
-
0
+
f
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以当x=-2时,f有极大值f=,
当x=2时,f有极小值f=-;
(3)由(2)知,当x<-2或x>2时,f为增函数;
当-2所以函数f=x3-4x+4的图象大致如图,
由图可知当-所以实数k的取值范围为.
2.【解析】(1)曲线y=ln
x在点(e2,2)处的切线方程为
y-2=(x-e2),即y=x+1.
令切线与曲线f(x)=ex-mx相切于点(x0,-mx0),则切线方程为y=(-m)x-(x0-1),
所以
所以=1,
令m+e-2=t,则t(1-ln
t)=1,
记g(t)=t(1-ln
t),g′(t)=1-(1+ln
t)=-ln
t,
于是,g(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以g(t)max=g(1)=1,于是t=m+e-2=1,m=1-e-2.
(2)f′(x)=ex-m,
①当m<0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在R上单调递增,
且f(0)=1>0,f=-1<0,
所以函数f(x)在R上有且仅有一个零点;
②当m=0时,f(x)=ex在R上没有零点;
③当m>0时,令f′(x)>0,则x>ln
m,即函数f(x)的增区间是(ln
m,+∞),
同理,减区间是(-∞,ln
m),
所以f(x)min=m(1-ln
m).
(ⅰ)若0m)>0,f(x)在R上没有零点;
(ⅱ)若m=e,则f(x)=ex-ex有且仅有一个零点;
(ⅲ)若m>e,则f(x)min=m(1-ln
m)<0.
f(2ln
m)=m2-2mln
m=m(m-2ln
m),
令h(m)=m-2ln
m,则h′(m)=1-,
所以当m>e时,h(m)单调递增,h(m)>h(e)>0.
所以f(2ln
m)=m2-2mln
m=m(m-2ln
m)>m(e-2)>0,
又因为f(0)=1>0,
所以f(x)在R上恰有两个零点,
综上所述,当0≤m当m<0或m=e时,函数f(x)恰有一个零点;
当m>e时,f(x)恰有两个零点.
3.【解析】(1)函数f的定义域为,
且f′=-a=.
当a≤0时,f′>0,
所以函数f在上单调递增.
当a>0时,令f′=0,得x=,
由f′>0得0,
所以函数f在上单调递增,在上单调递减.
(2)由题意知g=x2-2mln
x-2mx,
则g′=,x>0,
令g′=0,得x1=<0(舍去),
x2=,
当x∈时,g′<0,g在上单调递减;
当x∈时,g′>0,g在上单调递增;
所以g的最小值为g,
因为函数g有且只有一个零点,所以g=0.
由得
所以2mln
x2+mx2-m=0,
因为m>0,所以2ln
x2+x2-1=0.(
)
设函数y=2ln
x+x-1,
易知当x>0时,该函数是增函数,
且当x=1时,y=0,所以方程(
)的解为x2=1,
所以x2==1,解得m=.
4.【解析】(1)因为a=-2,所以f=+2,
所以f′=-,
令f′>0,得x<0;令f′<0,得x>0,
则f在上单调递增,在上单调递减,
故f在x=0时取得最大值,f=3,没有最小值.
(2)令f=-a=0,得a=.
设g=,则g′==,
当x>0时,g′<0,当x<0时,g′>0,
所以g在上单调递增,在上单调递减,
所以g≤g=1,
而当x>-1时,g>0;当x<-1时,g<0.
所以g的图象如图所示,
①当a>1时,方程g=a无解,即f没有零点;
②当a=1时,方程g=a有且只有一解,即f有唯一的零点;
③当0④当a≤0时,方程g=a有且只有一解,即f有唯一的零点.
综上,当a>1时,f没有零点;
当a=1或a≤0时,f有唯一的零点;
当05.【解析】(1)当a=时,f=ln
x+x2-4x+,
函数f的定义域为,
且f′=ln
x++x-3.
设g=ln
x++x-3,
则g′=-+1=
=
.
当01时,g′>0,
即函数g在上单调递减,在上单调递增,
所以当x>0时,g≥g=0(当且仅当x=1时取等号).
即当x>0时,f′≥0(当且仅当x=1时取等号).
所以函数f在上单调递增,至多有一个零点.
因为f=0,所以x=1是函数f唯一的零点.
所以若a=,则函数f的所有零点只有x=1.
(2)方法一:因为f=ln
x+ax2-4x+7a,
函数f的定义域为,且f′=ln
x++2ax-4.
当a≥时,f′≥ln
x++x-3,
由(1)知ln
x++x-3≥0.
即当x>0时f′≥0,
所以f在上单调递增.
所以f不存在极值.
方法二:因为f=ln
x+ax2-4x+7a,
函数f的定义域为,且f′=ln
x++2ax-4.
设m=ln
x++2ax-4,
则m′=-+2a=
.
设h=2ax2+x-2,则m′与h同号.
当a≥时,由h=2ax2+x-2=0,
解得x1=<0,x2=>0.
可知当0当x>x2时,h>0,即m′>0,
所以f′在上单调递减,在上单调递增.
由(1)知ln
x++x-3≥0.
则f′=ln
x2++x2-3+x2≥x2≥0.
所以f′≥f′≥0,即f在定义域上单调递增.
所以f不存在极值.
6.【解析】(1)当a=3时,f(x)=xln
x+x2-3x,
所以f′(x)=ln
x+2x-2,
当0x<0,2x-2<0,
所以f′(x)=ln
x+2x-2<0,
当x>1时,ln
x>0,2x-2>0,
所以f′(x)=ln
x+2x-2>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
f(x)在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=-2,无极大值.
(2)因为f(x)+=xln
x+x2-ax+,
由xln
x+x2-ax+=0得a=ln
x+x+,
令g(x)=ln
x+x+,
则g′(x)=+1-=
=,
由g′(x)=0得xex=1.
令h(x)=xex,当x>0时,h′(x)=(x+1)ex>0,
所以h(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,
因为h=<1,h(1)=e>1,
所以存在x0∈,使得x0=1,
且当x∈时,h(x)<1,即xex-1<0,
当x∈时,h(x)>1,即xex-1>0,
因为x+1>0,x2ex>0,
所以当x∈时,g′(x)<0;
当x∈时,g′(x)>0,
所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以g(x)在x=x0处取得最小值g=ln
x0+x0+,
因为x0=1,
所以ln=ln
1=0,即ln
x0+x0=0,
所以ln
x0+x0+=0+=1,即g=1,
所以当a<1时,函数y=f(x)+无零点,
当a≥1时,因为g(a)=ln
a+a+>a,
所以函数y=f(x)+至少有1个零点,
故a的取值范围是[1,+∞).
7.【解析】(1)f(x)的定义域为,
令f′(x)=ln
x+1-a=0,则x=ea-1.
当0ea-1时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(ea-1)=1-ea-1.
当a<1时,1-ea-1>0,此时f(x)无零点,
当a=1时,1-ea-1=0,此时f(x)只有一个零点,
当a>1时,1-ea-1<0,f(ea)=1>0,
又ea>ea-1,
所以f(x)在(ea-1,+∞)上有且只有一个零点.
f(e-a)=1-2ae-a=,
令h(a)=ea-2a,h′(a)=ea-2,
因为a>1,所以h′(a)>0,
所以h(a)>h(1)=e-2>0,所以2a0,
所以f(x)在(0,ea-1)上有且只有一个零点.
综上:
当a<1时,函数无零点;
当a=1时,函数有且只有一个零点;
当a>1时,函数有两个零点.
(2)由(1)知:当a=1时,f(x)≥0,所以ln
x≥1-,
所以an+1=ln
+1≥2-=,
所以≤=+,所以-1≤,
所以-1≤≤≤…
≤=,
所以≤+1,
所以++…+≤n+=n+1-8.【解析】(1)由题意知f的定义域为,f′=a-=.
①当a≤0时,f′<0,所以函数f在上单调递减,此时函数f无极值,
②当a>0时,令f′=0,得x=.
当0当x>时,f′>0,所以函数f在上单调递增.
此时,函数f有极小值,为f=1-a+ln
a,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f无极值;当a>0时,函数f有极小值f=1-a+ln
a,无极大值.
(2)假设存在实数a,使得方程f=0有两个不同的实数根,即函数f有两个不同的零点.
①当a≤0时,由(1)知函数f在上单调递减,
所以方程f=0不存在两个不同的实数根.
②当01.
因为f=0,所以由(1)知ff=+2ln
a-a,令g=+2ln
a-a,
则g′=-+-1=-<0,所以g在上单调递减,
所以g>+2×ln
1-1=0,所以f=+2ln
a-a>0.
此时,函数f在上也有一个零点,
所以,当0③当a=1时,=1,f≥f=0,此时函数f仅有一个零点.
④当a>1时,0<<1,因为f=0,
所以由(1)知f令函数h=ea-a,则h′=ea-1,当a>0时,h′>0,h单调递增,
所以当a>0时,h>h=1>0,所以ea>a>0,
则<.
又f=ae-a>0,所以函数f在上也有一个零点,
所以,当a>1时,函数f有两个不同的零点,
综上所述,当a∈∪时,函数f有两个不同的零点,即方程f=0有两个不同的实数根.
PAGE专题6 导数与不等式成立
1.证明不等式的两个技巧(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①?x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②?x1,x2∈[a,b],且x1g(x)对一切x∈I恒成立:I是f(x)>g(x)的解集的子集,[f(x)-g(x)]min>0(x∈I).(2)?x0∈I,使f(x0)>g(x0)成立:I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集,[f(x)-g(x)]max>0(x∈I).(3)对?x1,x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.(4)对?x1,x2∈I使得f(x1)≥g(x2),f(x)min≥g(x)max.利用导数证明不等式的步骤第一步 求导数:函数求导化简,求出导函数的零点;第二步 明单调:解不等式,确定单调区间;第三步 定零点:利用零点存在性定理;第四步 分情况:对a讨论,使不等式成立;第五步 得结论:对a的情况进行整合(求并集),得到原题结论.得步骤分:“步步为赢”,求得满分.如第(1)问中,求导正确,分析单调性;得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第(2)问中求出最大值和最小值;得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.
【典例】(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=2sin
x-xcos
x-x,f′(x)为f(x)的导数.(1)证明:f′(x)在区间(0,π)上存在唯一零点.(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.(1)函数求导→确定零点→由零点存在定理判断出唯一零点所处的位置→证得结论;(2)构造函数h(x)=f(x)-ax→二次求导→分类讨论→判断h(x)单调性→确定h(x)≥0恒成立→求a的取值范围.【标准答案】(1)f′(x)=cos
x+xsin
x-1,令g(x)=cos
x+xsin
x-1,则g′(x)=xcos
x,
2分当x∈时,令g′(x)=0,解得:x=,所以当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0,所以g(x)在上单调递增;在上单调递减,又g=0,g=-1>0,g=-2,所以f′(x)在0,上无零点.
4分因为g·g<0,所以?x0∈,g=0,又g(x)在上单调递减,所以x=x0为g(x)在上的唯一零点,即f′(x)在上的唯一零点,综上,f′(x)在区间上存在唯一零点.
5分(2)若x∈时,f(x)≥ax,即f(x)-ax≥0恒成立,令h(x)=f(x)-ax=2sin
x-xcos
x-x,则h′(x)=cos
x+xsin
x-1-a,h″(x)=xcos
x=g′(x),由(1)可知,h′(x)在上单调递增;在上单调递减,且h′=-a,h′=-a,h′=-2-a,所以h′(x)min=h′=-2-a,h′(x)max=h′=-a.
7分①当a≤-2时,h′(x)min=h′=-2-a≥0,即h′(x)≥0在上恒成立,所以h(x)在上单调递增,所以h(x)≥h=0,即f(x)-ax≥0,此时f(x)≥ax恒成立;
8分
②当-20,h′<0,所以?x1∈,使得h′=0,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,又h=0,h=2sin
π-πcos
π-π=-aπ≥0,所以h(x)≥0在上恒成立,即f(x)≥ax恒成立;
9分③当00,所以?x2∈,使得h′(x2)=0,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,所以x∈时,h(x)10分④当a≥时,h′(x)max=h′=-a≤0;所以h(x)在上单调递减,所以h(x)11分可知f(x)≥ax不恒成立,综上所述:a∈.12分测试目标(1)函数求导,存在性定理;(2)构造函数,分类讨论,利用单调性求参数的取值范围测试目标数学抽象:恒成立确定a的范围;逻辑推理:根据存在性定理确定唯一零点;数学建模:构造函数;数学运算:求导数,解不等式,化简设函数f(x)=(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线过点M(2,3),求a的值;(2)设g(x)=x+-,若对任意的n∈[0,2],存在m∈[0,2],使得f(m)≥g(n)成立,求a的取值范围.
1.(极值与恒成立)已知函数f(x)=ln
x-ax,g(x)=x2,a∈R.
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求a的取值范围.
2.(单调性与恒成立)已知a∈R,f(x)=2x-aln
x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥1时,xf(x)≥x2+1恒成立,求实数a的取值范围.
3.(证明不等式)已知函数f(x)=ln
x+ax-1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)图象过点(1,0),求证:e-x+xf(x)≥0.
4.(与数列结合)已知函数f(x)=ln
x-ax+1(a∈R).
(1)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≤0恒成立,求a的取值范围.
(2)求证:+…+<.
5.(双变量问题)已知函数f(x)=xln
x-mx2,g(x)=--x+.
(1)若函数f(x)在处的切线与直线x-y+1=0平行,求m;
(2)证明:在(1)的条件下,对任意x1,x2∈(0,+∞),f>g(x2)成立.
6.(极值点偏移)已知函数f(x)=4x-aln
x-x2-2,其中a为正实数.
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,求证:f+f(x2)<6-ln
a.
7.(存在性问题)已知函数f(x)=+aln
x(a≠0,a∈R).
(1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间;
(2)若在区间上至少存在一点x0,使得f<0成立,求实数a的取值范围.
8.(探索问题)已知函数f(x)=-3,g(x)=aln
x-2x(a∈R).
(1)讨论g(x)的单调性;
(2)是否存在实数a,使不等式f(x)≥g(x)恒成立?如果存在,求出a的值;如果不存在,请说明理由.
专题6 导数与不等式成立
【模拟考场】
【解析】(1)因为f(x)=,
所以f′(x)=e·=-.
又f(1)=1,即切点为(1,1),
所以k=f′(1)=1-a=,解得a=-1.
(2)“对任意的n∈[0,2],存在m∈[0,2],使得f(m)≥g(n)成立”,等价于“在[0,2]上,f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.
因为g(x)=x+-,所以g′(x)=≥0,
所以g(x)在[0,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=2.
令f′(x)=0,得x=2或x=a.
①当a≤0时,f′(x)≥0在[0,2]上恒成立,f(x)单调递增,f(x)max=f(2)=(4-a)e-1≥2,解得a≤4-2e;
②当0f(x)的最大值为f(2)=(4-a)或f(0)=ae,
所以(4-a)≥2或ae≥2.
解得:a≤4-2e或a≥,所以≤a<2;
③当a≥2时,f′(x)≤0在[0,2]上恒成立,f(x)单调递减,f(x)max=f(0)=ae≥2,解得a≥,所以a≥2.综上所述:a≤4-2e或a≥.
///高考演兵场·检验考试力///
1.【解析】(1)f(x)=ln
x-ax的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a,
当a≤0时,f′(x)=-a>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点,
当a>0时,解f′(x)=-a>0得0,
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以函数f(x)有极大值点,无极小值点.
(2)由条件可得ln
x-x2-ax≤0(x>0)恒成立,
则当x>0时,a≥-x恒成立,
令h(x)=-x(x>0),则h′(x)=,
令k(x)=1-x2-ln
x(x>0),
则当x>0时,k′(x)=-2x-<0,
所以k(x)在(0,+∞)上为减函数.
又k(1)=0,所以在上,h′(x)>0;在(1,+∞)上,h′(x)<0.
所以h(x)在上为增函数;在(1,+∞)上为减函数.
所以h(x)max=h(1)=-1,所以a≥-1,即a的取值范围为[-1,+∞).
2.【解析】(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=2-=,
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增,
当a>0时,在上,f′(x)<0,f(x)递减,
在上,f′(x)>0,f(x)递增,
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上递增,
当a>0时,f(x)在上递减,在上递增;
(2)xf(x)≥x2+1恒成立,即xf(x)-≥0恒成立,
设g(x)=xf(x)-,则g(x)=x2-axln
x-1,g′(x)=2x-a,g′(x)的单调性和f(x)相同,
当a≤0时,g′(x)在上递增,g′(x)≥g′(1)=2-a>0,
故g(x)在上递增,g(x)≥g(1)=0,
当a>0时,g′(x)在上递减,在上递增,
当0故g(x)在[1,+∞)上是增函数,故g(x)≥g(1)=0,
当a>2时,在区间上,g′(x)递减,
故g′(x)故g(x)在[1,+∞)上递减,故g(x)综上,a的范围是.
3.【解析】(1)函数f(x)的定义域为,f′(x)=+a=.
当a≥0时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增;
当a<0时,由f′(x)=0,得x=-.
若x∈,则f′(x)>0,f(x)单调递增;
若x∈,则f′(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述:当a≥0时,f(x)在上单调递增;
当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由函数f(x)的图象过点,可得a=1,
此时f(x)=ln
x+x-1,
要证e-x+xf(x)≥0,即证e-x+ln
x+x-1≥0.
令g(x)=e-x+ln
x+x-1,g′(x)=-e-x+=,
又令y=xex-1,y′=ex,
当x∈(0,+∞)时,y′>0,y=xex-1在(0,+∞)上单调递增.
由g′(x)=0,得xex-1=0,
故存在x0∈(0,+∞)使得x0=1,
此时=,故x0=-ln
x0,
当x∈时,g′(x)<0;
当x∈时,g′(x)>0.
所以g(x)在上递减,在上递增,
当x=x0时,g(x)有最小值g=+ln
x0+x0-1=0,
故e-x+xf(x)≥0成立.
4.【解析】(1)f′(x)=-a=,
若a≤0,当x>1时,ln
x-ax+1>0,不符合题意;
若a>0,由f′(x)>0得0,
所以f(x)在上递增,在上递减,
所以f(x)max=f=ln-a·+1=ln≤0,
所以ln
a≥0,a≥1,
所以a的取值范围.
(2)由(1)知,当a=1时,ln
x≤x-1,
所以ln<,
ln+ln+…+ln<++…+,
而++…+=·=-<,
所以ln<,
所以…<.
5.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln
x+1-mx,f′(1)=1-m,
因为f(x)在处的切线与直线x-y+1=0平行,
所以1-m=1,即m=0;
(2)在(1)的条件下,f(x)=xln
x,可得f′(x)=ln
x+1,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)=xln
x在x=时取得最小值f=-,
可知f≥-,
由g(x)=--x+,g′(x)=-,
令h(x)=g′(x)=-,h′(x)=,
所以当x∈时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
所以g′(x)≤g′(1)=h(1)=-,
因为g′(x)≤-<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,
可知g(x2)所以对任意x1,x2∈(0,+∞),f>g(x2).
6.【解析】(1)因为函数f(x)=4x-aln
x-x2-2,
所以f′(x)=4--x=-,函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),
令t=x2-4x+a,
①若16-4a≤0,即a≥4时,则f′(x)≤0,此时f(x)的单调减区间为(0,+∞);
②若16-4a>0,即0令f′(x)=0,得x=2±,
当02+时,f′(x)<0,
当2-0,此时f(x)的单调减区间为,,
单调增区间为.
(2)由(1)知,当0因为f+f(x2)=4x1-aln
x1--2+4x2-aln
x2--2=4-aln
--4=16-aln
a--4=4+a-aln
a,
要证f+f(x2)<6-ln
a,只需证aln
a-a-ln
a+2>0.
构造函数g(x)=xln
x-x-ln
x+2,
则g′(x)=1+ln
x-1-=ln
x-,g′(x)在上单调递增,又g′(1)=-1<
0,g′=ln
2->0,且g′(x)在定义域上不间断,
由零点存在性定理,可知g′(x)=0在上有唯一实根x0,且ln
x0=.
则g(x)在上递减,在上递增,所以g(x)的最小值为g,
因为g=1-x0-+2=3-,
当x0∈时,x0+∈,则g>0,
所以g(x)≥g>0恒成立.
所以aln
a-a-ln
a+2>0,
所以f+f(x2)<6-ln
a,得证.
7.【解析】f(x)=+aln
x(a≠0,a∈R)的定义域为(0,+∞),
因为f′(x)=-+=.
(1)当a=1时,f′(x)=,令f′(x)=0,得x=1,
又f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x),f(x)随x的变化情况如表:
x
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以x=1时,f(x)取得极小值为1.
f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
(2)因为f′(x)=-+=,且a≠0.
令f′(x)=0,得x=,
若在区间上存在一点x0,使得f<0成立,
其充要条件是f(x)在区间上的最小值小于0即可.
当x=<0,即a<0时,f′(x)<0对x∈(0,e]成立,
所以,f(x)在区间上单调递减,
故f(x)在区间上的最小值为f=+aln
e=+a,
由+a<0,得a<-,即a∈.
当x=>0,即a>0时,
若e≤,则f′(x)≤0对x∈成立,
所以f(x)在区间上单调递减,
所以,f(x)在区间上的最小值为f=+aln
e=+a>0,
显然,f(x)在区间上的最小值小于0不成立.
若0<时,则有
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)在区间上的最小值为f=a+aln.
由f=a+aln=a<0,
得1-lna<0,解得a>e,即a∈.
综上可知a∈∪符合题意.
8.【解析】(1)g′(x)=,x>0,
(i)当a≤0时,g′(x)<0,函数在(0,+∞)上单调递减,
(ii)当a>0时,令g′(x)>0得0a,
所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)要使不等式f(x)≥g(x)恒成立,即-3≥aln
x-2x恒成立,
即xex-aeln
x+2ex-3e≥0恒成立,
令u(x)=xex-aeln
x+2ex-3e,则u(1)=0,
要使得原不等式成立,则u(x)在x=1处取得最小值且是极小值,
因为u′(x)=,
所以u′(1)=0可得a=4,
检验a=4时,u′(x)=,
设v(x)=x(x+1)ex+2ex-4e,且v(1)=0,
显然v(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x∈(0,1)时,v(x)<0,即u′(x)<0,u(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,v(x)>0,即u′(x)>0,u(x)单调递增,
故u(x)的最小值u(1)=0,满足题意,
综上,a=4.
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