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第
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专题13.2 解答题压轴题高分训练
【1748】.(2022·全国(理)·★★★★★)
已知函数
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在区间各恰有一个零点,求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对分类讨论,对分两部分研究
(1)
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
(2)
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛:本题的关键是对的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
【1749】.(2022·全国(理)·★★★★)
已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足.证明:直线HN过定点.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可;
(2)设出直线方程,与椭圆C的方程联立,分情况讨论斜率是否存在,即可得解.
【详解】(1)解:设椭圆E的方程为,过,
则,解得,,
所以椭圆E的方程为:.
(2),所以,
①若过点的直线斜率不存在,直线.代入,
可得,,代入AB方程,可得
,由得到.求得HN方程:
,过点.
②若过点的直线斜率存在,设.
联立得,
可得,,
且
联立可得
可求得此时,
将,代入整理得,
将代入,得
显然成立,
综上,可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
【1750】.(2022·全国(理)·★★★★★)
已知函数.
(1)若,求a的取值范围;
(2)证明:若有两个零点,则.
【答案】(1)(2)证明见的解析
【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值,即可得解;
(2)利用分析法,转化要证明条件为,再利用导数即可得证.
【详解】(1)[方法一]:常规求导
的定义域为,则
令,得
当单调递减
当单调递增,
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]:同构处理
由得:
令,则即
令,则
故在区间上是增函数
故,即
所以的取值范围为
(2)[方法一]:构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时,
设,
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以;
综上, ,所以.
[方法二]:对数平均不等式
由题意得:
令,则,
所以在上单调递增,故只有1个解
又因为有两个零点,故
两边取对数得:,即
又因为,故,即
下证
因为
不妨设,则只需证
构造,则
故在上单调递减
故,即得证
【点睛】关键点点睛 :本题是极值点偏移问题,关键点是通过分析法,构造函数证明不等式
这个函数经常出现,需要掌握
【1751】.(2022·全国(理)·★★★★★)
设抛物线的焦点为F,点,过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,.
(1)求C的方程;
(2)设直线与C的另一个交点分别为A,B,记直线的倾斜角分别为.当取得最大值时,求直线AB的方程.
【答案】(1);
(2).
【分析】(1)由抛物线的定义可得,即可得解;
(2)法一:设点的坐标及直线,由韦达定理及斜率公式可得,再由差角的正切公式及基本不等式可得,设直线,结合韦达定理可解.
【详解】(1)抛物线的准线为,当与x轴垂直时,点M的横坐标为p,
此时,所以,
所以抛物线C的方程为;
(2)[方法一]:【最优解】直线方程横截式
设,直线,
由可得,,
由斜率公式可得,,
直线,代入抛物线方程可得,
,所以,同理可得,
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,所以,
若要使最大,则,设,则,
当且仅当即时,等号成立,
所以当最大时,,设直线,
代入抛物线方程可得,
,所以,
所以直线.
[方法二]:直线方程点斜式
由题可知,直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得:
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