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(教师典型例题专讲)2014届高三数学一轮提能一日一讲(11月15日)

【教师典型例题专讲】2014届高三数学一轮提能一日一讲(11

月15日)

1.(本小题15分)(2013·山东烟台二模)设数列{a n }的各项都为正数,其前n 项和为S n ,已知对任意n ∈N *

,S n 是a 2

n 和a n 的等差中项.

(1)证明数列{a n }为等差数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)证明1S 1+1S 2+…+1

S n

<2.

解 (1)由已知得,2S n =a 2

n +a n ,且a n >0, 当n =1时,2a 1=a 2

1+a 1,解得a 1=1(a 1=0舍去); 当n ≥2时,有2S n -1=a 2

n -1+a n -1. 于是2S n -2S n -1=a 2

n -a 2n -1+a n -a n -1, 即2a n =a 2

n -a 2

n -1+a n -a n -1.

于是a 2

n -a 2n -1=a n +a n -1,即(a n +a n -1)(a n -a n -1)=a n +a n -1. 因为a n +a n -1>0,所以a n -a n -1=1(n ≥2). 故数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n =n . (2)证明:因为a n =n ,则S n =n n +

2

1S n =

2n

n +

=2? ??

??1

n -1n +1,

所以1S 1+1S 2+…+1S n

=2??????? ????1-12+? ????12-13+…+? ????1

n -1n +1=2? ??

??1-1n +1<2. 2.(本小题15分)(2013·福建福州二模)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2

b

2=1(a >b >0)的右焦点为F ,

上顶点为A ,P 为C 1上任一点,MN 是圆C 2:x 2

+(y -3)2

=1的一条直径,若与AF 平行且在y 轴上的截距为3-2的直线l 恰好与圆C 2相切.

(1)求椭圆C 1的离心率;

(2)若PM →·PN →

的最大值为49,求椭圆C 1的方程.

解 (1)由题意可知直线l 的方程为bx +cy -(3-2)c =0,因为直线l 与圆C 2:x 2

+(y -3)2

=1相切,所以d =

|3c -3c +2c |

b 2+

c 2

=1,即a 2=2c 2

,从而e =

22

.

(2)设P (x ,y ),圆C 2的圆心记为C 2,则x 2

2c +y

2

c =1(c >0),又PM →·PN →=(PC 2→+C 2M →)·(PC 2

+C 2N →

)=PC 2

2→

-C 2N 2

=x 2

+(y -3)2

-1=-(y +3)2

+2c 2

+17(-c ≤y ≤c ).

①当c ≥3时,(PM →·PN →

)max =17+2c 2

=49, 解得c =4,此时椭圆方程为

x 232+y 2

16

=1;

②当0

)max =-(-c +3)2

+17+2c 2

=49,解得c =±52-3但c =-52-3<0,且c =52-3>3,故舍去.

综上所述,椭圆C 1的方程为x 232+y 2

16

=1.

3.(本小题15分)(2013·湖南卷)过抛物线E :x 2

=2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1,

k 2的两条不同直线l 1,l 2,且k 1+k 2=2.l 1与E 相交于点A ,B ,l 2与E 相交于点C ,D ,以AB ,CD 为直径的圆M ,圆N (M ,N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .

(1)若k 1>0,k 2>0,证明:FM →

·FN →

<2p 2

(2)若点M 到直线l 的距离的最小值为75

5,求抛物线E 的方程.

解 (1)由题意,抛物线E 的焦点为F ? ?

???

0,p 2,

直线l 1的方程为y =k 1x +p

2

.

由???

??

y =k 1x +p 2,x 2=2py

得x 2-2pk 1x -p 2

=0.

设A ,B 两点的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则x 1,x 2是上述方程的两个实数根.从而x 1+x 2=2pk 1,y 1+y 2=k 1(x 1+x 2)+p =2pk 2

1+p .

所以点M 的坐标为? ?

???

pk 1,pk 2

1+p 2,FM →

=(pk 1,pk 2

1).

同理可得点N 的坐标为?

?

???

pk 2,pk 2

2+p 2,FN →

=(pk 2,pk 2

2).

于是FM →

·FN →

=p 2

(k 1k 2+k 21k 2

2).

由题设,k 1+k 2=2,k 1>0,k 2>0,k 1≠k 2,所以0

??k 1+k 222=1.

故FM →·FN →

(1+12

)=2p 2

.

(2)由抛物线的定义得|FA |=y 1+p 2,|FB |=y 2+p

2

所以|AB |=y 1+y 2+p =2pk 21+2p ,从而圆M 的半径r 1=pk 2

1+p . 故圆M 的方程为(x -pk 1)2

+? ?

???y -pk 2

1-p 22

=(pk 21+p )2

化简得x 2+y 2-2pk 1x -p (2k 2

1+1)y -34

p 2=0.

同理可得圆N 的方程为x 2+y 2-2pk 2x -p (2k 2

2+1)y -34

p 2=0.

于是圆M ,圆N 的公共弦所在直线l 的方程为(k 2-k 1)x +(k 2

2-k 2

1)y =0. 又k 2-k 1≠0,k 1+k 2=2,则l 的方程为x +2y =0. 因为p >0,所以点M 到直线l 的距离 d =|2pk 2

1+pk 1+p |5=p |2k 2

1+k 1+1|5

p ????

?

?

2?

????k 1+142+78

5

.

故当k 1=-14时,d 取最小值7p

85.

由题设,7p 85=75

5,解得p =8.

故所求的抛物线E 的方程为x 2

=16y .

4.(本小题15分)(2013·福建卷)已知函数f (x )=x -1+a

e x (a ∈R ,e 为自然对数的底

数).

(1)若曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴,求a 的值; (2)求函数f (x )的极值;

(3)当a =1时,若直线l :y =kx -1与曲线y =f (x )没有公共点,求k 的最大值. 解 (1)由f (x )=x -1+a e x ,得f ′(x )=1-a

e x .

又曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴, 得f ′(1)=0,即1-a

e

=0,解得a =e.

(2)f ′(x )=1-a

e

x ,

①当a ≤0时,f ′(x )>0,f (x )为(-∞,+∞)上的增函数,∴函数f (x )无极值. ②当a >0时,令f ′(x )=0,得e x

=a ,x =ln a .

x ∈(-∞,ln a ),f ′(x )<0,x ∈(ln a ,+∞),f ′(x )>0,

∴f (x )在(-∞,ln a )上单调递减,在(ln a ,+∞)上单调递增,

故f (x )在x =ln a 处取得极小值,且极小值为f (ln a )=ln a ,无极大值. 综上,当a ≤0时,函数f (x )无极值;

当a >0时,f (x )在x =ln a 处取得极小值ln a ,无极大值. (3)当a =1时,f (x )=x -1+1

e x .

令g (x )=f (x )-(kx -1)=(1-k )x +1

e x ,

则直线l :y =x -1与曲线y =f (x )没有公共点, 等价于方程g (x )=0在R 上没有实数解. 假设k >1,此时g (0)=1>0,g ?

??

??1k -1=-1+1e

1k -1

<0,

又函数g (x )的图象连续不断,由零点存在定理,可知g (x )=0在R 上至少有一解,与“方程g (x )=0在R 上没有实数解”矛盾,故k ≤1.

又k =1时,g (x )=1

e x >0,知方程g (x )=0在R 上没有实数解.

∴k 的最大值为1.

5.(本小题15分)(2013·陕西卷)已知函数f (x )=e x

,x ∈R . (1)若直线y =kx +1与f (x )的反函数的图象相切,求实数k 的值; (2)设x >0,讨论曲线y =f (x )与曲线y =mx 2

(m >0)公共点的个数; (3)设a

f a +f b

2

f b -f a

b -a

的大小,并说明理由.

解 (1)f (x )的反函数为g (x )=ln x .

设直线y =kx +1与g (x )=ln x 的图象在P (x 0,y 0)处相切, 则有y 0=kx 0+1=ln x 0,k =g ′(x 0)=1

x 0

解得x 0=e 2

,k =1e

2.

(2)曲线y =e x

与y =mx 2

的公共点个数等于曲线y =e

x

x

2与y =m 的公共点个数.

令φ(x )=e x

x

2,则φ′(x )=

e

x

x -x 3

,∴φ′(2)=0.

当x ∈(0,2)时,φ′(x )<0,φ(x )在(0, 2)上单调递减; 当x ∈(2,+∞)时,φ′(x )>0,φ(x )在(2,+∞)上单调递增, ∴φ(x )在(0,+∞)上的最小值为φ(2)=e

2

4.

当0

4时,曲线y =e

x

x 2与y =m 无公共点;

当m =e 24时,曲线y =e

x

x

2与y =m 恰有一个公共点;

当m >e 24时,在区间(0,2)内存在x 1=1m ,使得φ(x 1)>m ,在(2,+∞)内存在x 2=m e 2

使得φ(x 2)>m .由φ(x )的单调性知,曲线y =e

x

x

2与y =m 在(0,+∞)上恰有两个公共点.

综上所述,当x >0时,

若0

4,曲线y =f (x )与y =mx 2

没有公共点;

若m =e 24,曲线y =f (x )与y =mx 2

有一个公共点;

若m >e 24,曲线y =f (x )与y =mx 2

有两个公共点.

(3)可以证明

f a +f b

2

>

f b -f a

b -a

.事实上,

f a +f b

2>f b -f a b -a ?e a +e b 2>e b -e a

b -a

?b -a 2>e b -e a e b +e a ?

b -a

2>1-2e

a

e b +e

a

?

b -a

2

>1-

2

e b -a

+1

(b >a ).(*) 令ψ(x )=x 2+2

e x +1

-1(x ≥0),

则ψ′(x )=1

2-

2e x

x +

2

x

2

-4e

x x

2

x

-2x +

2

≥0(仅当x =0时等号成

立),

∴ψ(x )在[0,+∞)上单调递增. ∴x >0时,ψ(x )>ψ(0)=0. 令x =b -a ,即得(*)式,结论得证.

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