2020年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题理（C卷01）江苏版

2020年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题理（C卷01）江苏版

1 2017-2018 学年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题 理（C 卷 01）江苏 版 一、填空题 1．设函数 ，其中 ，若仅存在两个的整数 使得 ， 则实数 的取值范围是______． 【答案 】 【解析】分析：设 g（x）=ex（2x﹣1），y=ax﹣a，则存在两个整数 x1，x2，使得 g（x）在直线 y=ax﹣a 的下方， 由此利用导数性质能求出 a 的取值范围． 使得 g（x）在直线 y=ax﹣a 的下方， ∵g′（x）=ex（2x+1）， ∴当 x＜﹣ 时，g′（x）＜0， ∴当 x=﹣ 时，[g（x）]min=g（﹣ ）=﹣2 ． 当 x=0 时，g（0）=﹣1，g（1）=e＞0， 直线 y=ax﹣a 恒过（1，0），斜率为 a，故﹣a＞g（0）=﹣1， 且 g（﹣1）=﹣3e﹣1＜﹣a﹣a，解得 a＜ ．g（﹣2）≥﹣2a﹣a，解得 a≥ ， ∴a 的取值范围是[ ， ）． ( ) ( )2 1xf x e x ax a= − − + 1a < 1 2,x x ( ) ( )1 20, 0f x f x< < a 2 5 3,3 2e e     1 2 1 2 1 2 1 2e − 3 2e 2 5 3e 2 5 3e 3 2e 2 故答案为： 点睛：：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 2．已知 为常数，函数 的最小值为 ，则 的所有值为____． 【答案】 令 ，得 ，则 . ∵函数 的最小值为 ∴ ∴ ，得 . ①当 时，函数 的定义域为 ，由 得 或 ，由 得 ，函数 在 ， 上 为增函数，在 上为减函数. a ( ) 2 21 xf x a x x = − − − 2 3 − a 14 4 ， ( ) 0f x′ = 2 2 1 1 a a x x = − − 2 1 ax a = + ( )f x 2 3 − 0a > ( ) 0f x′ > ( ) ( ) 21 1 0a a a x − − + >  0 1a< < ( )f x ,a a −  ( ) 0f x′ > 1 aa x a − ≤ < − + 1 a x aa < ≤+ ( ) 0f x′ < 1 1 a axa a − < <+ + ( )f x , 1 aa a  − −  +  ,1 a aa     +  ,1 1 a a a a  −  + +  2 5 3,3 2e e     3 ∵ ， ， ∴ ，则 ②当 时，函数 的定义域为 ，由 得 ， 得 或 ， 函 数 在 上 为 增 函 数 ， 在 ， 为减函数. ∵ ， ∴ ，则 . 综上所述， 或 . 故答案为 ， . 3．设函数 （ ）若 ，则 的最大值__________． （ ）若 无最大值，则实数 的取值范围是__________． 【答案】 2 ( ) 1 af a a − = − 1 1 a af a a   =  + −  ( )min 2 1 1 3 a af x f a a  = = = −  + −  1 4a = 1a > ( )f x [ ]1,1− ( ) 0f x′ > 1 1 a axa a − < <+ + ( ) 0f x′ < 1 1 ax a − ≤ < − + 11 a xa < ≤+ ( )f x ,1 1 a a a a  −  + +  1, 1 a a  − −  +  ,11 a a     +  1 1 a af a a  − = −  + −  ( ) 11 1 f a = − ( )min 2 1 1 3 a af x f a a  = = − = −  + −  4a = 1 4a = 4a = 4 1 4 ( ) 3 3 , ,{ 2 , . x x x af x x x a − ≤= − > 1 0a = ( )f x 2 ( )f x a ( ),1−∞ 4 4．已知函 数 f(x)＝x|x2－3|．若存在实数 m，m∈(0， ]，使得当 x∈[0，m] 时，f(x)的取值范围是[0， am]，则实数 a 的取值范围是______． 【答案】[1，3) 【解析】f(x)＝x|x2－3| ，作出函数图像如图所示： 当 m∈(2， ]时，此时 f(x)的取值范围是 . 所以 ，即 ，得 . 综上：实数 a 的取值范围是[1，3). 故答案为：[1，3). 5．斜率为 直线 经过椭圆 的左顶点 ，且与椭圆交于另一个点 ，若在 轴上存在点 使得 是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为________． 5 ( ) ( ) 2 2 3 , 3 { 3 , 3 x x x x x − ≥ = − < 5 ( )0, f m   ( )f m am= ( )2 3m m am− = ( ]2 3 1,2a m= − ∈ 1 3 l 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > A B y C ABC C 5 【答案】 【解析】设经过椭圆 的左顶点 且斜率为 的直线方程为 ，联立 ，得 ，解得 ，则 ， 的中点为 ， 的中垂线方程为 ，令 ， 得 ， 则 ， ， 则 ， 即 ， 化 简 ， 得 ， 则 ， 即 该 椭 圆 的 离 心 率 为 . 6．已知函数 在 的值域为 ，则实数 的最小值为_____． 【答案】 （2）当 时，函数 在 单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， ， ①若 时，则 在 单调递增，则 ，即 ； ②若 ，即 时， ，即 ； 6 3 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > ( ),0A a− 1 3 3x y a= + 2 2 2 2 2 2 3{ 0 x y a b x a y a b = − + − = ( )2 2 2 29 6 0a b y ab y+ − = 2 2 2 6 9 aby a b = + 2 3 2 2 2 2 2 9 6,9 9 ab a abB a b a b  −  + +  AB 3 2 2 2 2 2 3,9 9 a abM a b a b  − + +  AB 2 3 2 2 2 2 3 39 9 ab ay xa b a b  − = − + + +  0x = 2 3 2 2 3 30, 9C ab ax a b  −  +  3 2 2 2 3 3, 9 a abCA a a b  −= − +   2 3 2 3 2 2 2 2 9 6 6,9 9 ab a ab aCB a b a b  − −=  + +   0CA CB⋅ =  2 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 9 3 3 6 6 09 9 9 ab a a ab ab aa a b a b a b − − −− × + × =+ + + 2 23a b= 2 22c b= 2 6 3 3 ce a = = = ( ) 2 3f x x x a= − [ ]0,2x∈ [ ]0,4m m 1 2 0a > ( )g t [ ]0,a [ ],3a a [ )3 ,a +∞ ( ) ( ) 34 4g a g a a= = ( ) ( )3 0 0g a g= = 4a ≥ ( )g t [ ]0,2 ( ) ( )2 24 4 4 3 16g a m= − = 3 2 42m a= − > 4 4a a≤ < 1 4a≤ < ( ) ( ) 3 2 max 4 16g t g a a m= = = 2 a am = ≥ 1 2 6 ③若 ，即 时， ，即 ； 综上所述， ，即实数 的最小值 为 . 7．已知函数 在 上单调递增，则 的取值范围为______． 【答案】 点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性；已知函数在某区间上单调递增求有关参数，往往有两种思路： （1）先求出该函数的单调递增区间，再利用所给区间和单调递增区间的关系进行求解； （2）将函数 在某区间上单调递增转化为 （但不恒为 0）在该区间上恒成立. 8．已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ，点 在椭圆 上， 且 ，则当 时，椭圆的离心率的取值范围为______． 【答案】 【解析】因为 ，所以可设 ，由 ，得 ，即 ，因为 在椭圆 上，所以 ，即 ，即 ，即 4 4a> 0 1a< < ( ) ( ) ( )3 2 max 4 4 4 3 16g t g a m= = − = 3 12 2 2m a= − ≥ 1 2m ≥ m 1 2 ( ) 31 2 43f x x ax= − + [ ]1,2 a 3 12, 2  −   ( )f x ( ) 0f x′ ≥ Γ 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 2,F F ,A B Γ 1 1 2 0AF F F⋅ =  2 2AF F Bλ=  [ ]2,3λ ∈ 5 3,5 3       1 1 2 0AF F F⋅ =  ( ) ( )2 , , ,0 , ,bA c F c B x ya  −   2 2AF F Bλ=  ( )2 2 , ,bc x c ya λ − = −   221 , bB c aλ λ   + −     221 , bB c aλ λ   + −     2 2 2 2 1x y a b + = 22 2 2 2 2 21 1 bc a a b λλ    −+      + = ( )2 2 2 2 22 c b aλ λ+ + = ( )2 2 2 2 22 c b aλ λ+ + = 7 ， 即 在 区 间 上 为 增 函 数 ， 所 以 ，即椭圆的离心率的取值范围为 . 点睛：本题考查椭圆的几何性质、平面向量的共线和垂直的判定；在研究椭圆中过焦点的弦时，要注意与对称轴 垂直的情形，即椭圆和双曲线的通径，如过椭圆 的左焦点 与对称轴垂直的弦称 为椭圆的通径，长度为 ，记住结论可减少运算量. 9．已知函数 ，若存在 满足 ，且 （ ， ），则 的 最 小 值 为 __________． 【答案】 【方法点睛】本题主要考查正弦函数的图象与性质及数形结合思想，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式， 它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题 探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 10．在平面直角坐标系 中，已知 是函数 图象上的动点，该图象在点 处的切线 交 ( ) sinf x x= 1 2, , , nx x x 1 20 6nx x x π≤ < < < ≤ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 3f x f x f x f x− + − + ( ) ( )1 12n nf x f x−+ − = 2m ≥ *Nm∈ m 8 ( ) ( )2 2 2 24 3 1c aλ λ λ+ + = − 2 2 1 1 414 3 3 3 c a λ λ λ λ λ λ − −= = = −+ + + + [ ]2,3 5 3,5 3 c a  ∈    5 3,5 3       2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > ( ),0F c− 22b a xOy P ( ) ln ( 0)f x x x= > P l x 8 轴于点 ，过点 作 的垂线交 轴于点 ，设线段 的中点 的横坐标为 ，则 的最大值是________． 【答案】 当 时 当 时 ，所以 的最大值是 点睛：求函数最值的五种常用方法 方法 步骤 单调性法 先确定函数的单调性，再由单调性求最值 图象法 先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值 基本不等式法 先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值 导数法 先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合 端点值，求出最值 换元法 对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值 11．根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外 3 门必考科目外，有 3 门选考科目，并且每门选考科目都有 2 次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将 3 门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与 E P l x F EF T t t 1 1 2 e e  +   ( )2 2 1 1 ln 1 12 ln 1 1 ln 1 02 2 mt m mm m −   = − − + = − + =       ′ m e∴ = 0 m e< ≤ 1 1 2t e e  ≤ +   m e> 1 1 2t e e  < +   t 1 1 2 e e  +   9 高三的 4 次考试中，且每次至多考 2 门，则该考生共有___ 种不同的考试安排方法． 【答案】114 【解析】分析：先确定分配方案为 2211 或 2220，再确定排列数. 详解：分配方案为 2211 时，排列数为 , 分配方案为 2220 时，排列数为 ,因此安排方法为 点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法： (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问 题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——“间接法”； （5） “在” 与“不在”问题——“分类法”. 12．已知直线 ，分别与直线 和曲线 交于点 M,N 两点，则线段 MN 长度的最小值是_____ _． 【答案】 点睛：本题主要考查导数的几何意义以及转化与划归思想，属于难题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求 出 在 处的导数，即 在点 出的切线斜率（当曲线 在 处的切线与 轴平行 时，在 处导数不存在，切线方程为 ）；（2）由点斜式求得切线方程 . 13．已知 为常数，函数 ，若关于 的方程 有且只有四个不同的解，则实数 的取 值所构成的集合为______． 【答案】 【解析】分析：关于 的方程 有且只有四个不同的解等价于等价于直线 与 有四个 10 不同的交点，画出，画出 与 的图象，利用数形结合可得结果. 详解： 关于 的方程 有且只有四个不同的解，等价于直线 与 有四个不同的交点，直线 过定点 ，斜率为 ，当直线与 相切时，由 ，令 可得斜率 ；当 直 线 相 切 时 ， ， 由 可 得 斜 率 ； 同 理 ， 当 直 线 相切时，斜率 ，画出 与 的图象，如图，由图知， 或 时， 与 有 四 个 交 点 ， 此 时 关 于 的 方 程 有 且 只 有 四 个 不 同 的 解 ， 故 答 案 为 . 点睛：本题主要考查导数的几何意义、函数的图象与性质以及函数与方程思想、数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函 数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归 纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解 集；4、研究函数性质． 14．学校将从 4 名男生和 4 名女生中选出 4 人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任 一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有 _________种． 【答案】 【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同 11 的组队形式的种数，然后求和即可得出结论. 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往 往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐 含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既 不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 二、解答题 15．已知 … ， ．记 ． （1）求 的值； （2）化简 的表达式，并证明：对任意的 ， 都能被 整除． 【答案】(1)30；(2)证明见解析. 【解析】试 题分析：由二项式定理，得 （i0，1，2，…，2n+1），（1）根据 ， 得 ，即可得解；（2）先根据组合数的性质可得出 ，再将 化简得 ，即可证明. 试题解析：由二项式定理，得 （i0，1，2，…，2n+1）． （1） ； （2）∵ ( )2 1 2 0 1 21 nx a a x a x++ = + + + 2 1 2 1 n na x + ++ *n N∈ ( ) 0 2 1 n n n k k T k a − = = +∑ 2T nT *n N∈ nT 4 2n + 2 1Ci i na += ( ) 0 2 1 n n n k k T k a − = = +∑ 2 2 1 03 5T a a a= + + ( ) ( )1 2 1 21 C 2 1 Cn k n k n nn k n+ + + ++ + = + ( ) 0 2 1 n n n k k T k a − = = +∑ ( ) 2 12 2 1 Cn n nT n −= + 2 1Ci i na += 2 1 0 2 2 1 0 5 5 53 5 C 3C 5C 30T a a a= + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 1 ! 2 1 2 !1 C 1 2 1 C1 ! ! ! ! n k n k n n n n nn k n k nn k n k n k n k + + + + + + ⋅+ + = + + ⋅ = = ++ + − + − 12 ∴ ． ∴ ． ∵ ∴ 能被 整除． 16．设函数 ，其中 是实数． (l）若 ，求函数 的单调区间； (2）当 时，若 为函数 图像上一点，且直线 与 相切于点 ，其中 为 坐标原点，求 的值； (3) 设定义在 上的函数 在点 处的切线方程为 ，若 在定义域 内恒成立，则称函数 具有某种性质 ，简称“ 函 数”．当 时，试问函数 是否为“ 函数”？若是，请求出此时切点 的横坐标；若不是，清说 明理由． 【答案】（1）增区间为 ，减区间为 ；（2） ；（3）是“ 函数”， . 【解析】试题分析：（1）求出 ，分别令 和 可以得到函数的增区间和减区间．（2）由 题设，曲线在 处的切线过原点，故 ，整理得到 ，根据函数 为 增 函 数 以 及 得 到 ．（ 3 ） 函 数 在 处 的 切 线 方 程 为 ： ， ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 0 0 0 2 1 2 1 C 2 1 C n n n n k n k n n k n n k k k T k a k k− + + − + + = = = = + = + = +∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0 2 1 2 1 C 2 1 C 2 1 C n n n n k n k n k n n n k k k n k n n k n+ + + + + + + + + = = =  = + + − + = + + − + ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 2 1 2 2 0 0 1 12 2 1 C 2 1 C 2 2 1 2 C 2 1 2 2 1 C2 2 n n n k n k n n n n n n n n k k n n n n n+ + + + + = = = + − + = + ⋅ ⋅ + − + ⋅ ⋅ = +∑ ∑ ( ) ( )( ) ( )1 2 2 1 2 1 2 12 1 C 2 1 C C 2 2 1 Cn n n n n n n n nT n n n− − − −= + = + + = + * 2 1Cn n N− ∈ nT 4 2n + ( ) ( ) 21 2lnf x m x x mx= − − + m ( )1 2f = ( )f x ( )2 10f ′ = ( ),P s t ( )y f x= OP ( )y f x= P O S I ( )y g x= ( )0 0,M x y ( ):l y h x= ( ) ( ) ( ) ( )0 0· 0g x h x x x x x − − < ≠  I ( )y g x= T T 3 4m = ( )y f x= T M 3 41 ,4 − + +∞（ ） 3 410, 4 − +（ ） 1s = T 2 ( )'f x ( )' 0f x > ( )' 0f x < P 24 3s s − + = 22 2ln 3s s s s − + 2 ln 1 0s s+ − = 2 ln 1y s s= + − 21 ln1 1 0+ − = 1s = ( )0 0,M x y ( ) 2 0 0 0 0 0 0 1 3 2 1 3 2ln2 4 4 4y x x x x x xx  = − + − − − + −    13 构造函数 其导数为 分别讨论 和 时 的符号以及进一步讨论 的单调性可知 在 和 上不是“ 函数”，故 ，经检验符合． （2）由 ，得 ， ． ， 所以切线的斜率 ． 又 切 线 的 斜 率 为 ， 所 以 ， ， 即 ，设 ， ，所以，函数 在(0,＋∞)上为递增函数， 且 是方程的一个解，即是唯一解，所以，． （3）当 时，由函数在其图象上一点处的切线方程为 ， 令 设 ，则 ． 且 当 时， ，则在 上有 ，故在 上 单调递增，故当 ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 0 1 3 2 1 3 2ln2 4 4 4F x f x x x x x x xx  = − − + − − + − +    ( ) ( )0 0 1 4' 2F x x x xx x  = − − −    00 2x< < 0 2x > ( )'F x ( )F x ( )y f x= ( )0,2 ( )2,+∞ T 0 2x = ( )' 2 10f = 3m = ( ) 22 2ln 3f x x x x∴ = − + ( ) 2' 4 3( 0)f x x xx ∴ = − + > 24 3k s s = − + OM 22 2ln 3s s sk s − += 24 3s s − + = 22 2ln 3s s s s − + 2 ln 1 0s s+ − = 2 ln 1y s s= + − 1' 2 0y s s ∴ = + > 2 ln 1y s s= + − 1s = 1 4m = − ( ) 2 0 0 0 0 0 0 1 3 2 1 3 2ln2 4 4 4y x x x x x xx  = − + − − − + −    ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 0 1 3 2 1 3 2ln2 4 4 4h x x x x x x xx  = − + − − − + −    ( ) ( ) ( )F x f x h x= − ( )0 0F x = ( ) ( ) ( ) 0 0 1 3 2 1 3 2' ' ' 2 4 2 4F x f x h x x xx x   = − = − + − − − + −      ( )0 0 1 4 2 x x xx x  = − − −    00 2x< < 0 0 4 xx > 0 0 4,x x       ( )' 0F x > 0 0 4,x x       ( )F x 14 有 ，所以在 有 ； 当 时， ，所以函数 在 上单调递减． 所以， 时， ， ； 时， ， ．因此，切点为点 ，其横坐标为 ． 点睛：曲线的切线问题，核心是切点的横坐标，因为函数在横坐标处的导数就是切线的斜率．对于满足某些特殊 性质的切线，我们同样是设出切点的横坐标后，把问题归结横坐标应该满足的性质，（3）中横坐标 取值不容易 求得，我们是先讨论了 和 时 不是“ ”从而得到 ． 17．已知椭圆 经 过点 ，且与椭圆 有相同的焦点． (1)求椭圆 的标准方程； (2）若动直线 与椭圆 有且只有一个公共点 ，且与直线 交于点 ，问：以线段 为直径 的圆是否经过一定点 ？若存在，求出定点 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ；（ 2）存在点 . 【解析】试题分析：（1）先求出椭圆 的焦点为 ，则由题设有 ，从中解出 可得椭 圆 的标准方程为 ．(2)因为动直线 与椭圆相切，故联立直线方程和椭圆方程后利用判别式为零得 0 0 4,x x x  ∈    ( ) ( )0 0F x F x> = 0 0 4,x x       ( )( )0 0F x x x− > 0 2x = ( ) ( )22' 02 xF x x −= − ≤ ( )F x ( )0,+∞ 2x > ( ) ( )2 0F x F< = ( )( )2 0F x x − < 0 2x< < ( ) ( )2 0F x F> = ( )( )2 0F x x − < ( )( )2, 2f 2 0x 00 2x< < 0 2x > ( )f x T 0 2x = C 31, 2      :E 2 2 12 x y+ = C :l y kx m= + C P 4x = Q PQ M M 2 2 14 3 x y+ = ( )1,0M E ( )1,0± 2 2 2 2 9 1 4 1,{ 1, a b a b + = − = 2 2,a b C 2 2 14 3 x y+ = l 15 到 和 ，又 ，设 ，则 对任意的 恒成立，但 ，因此 ，从而 也就是点 符合题意． （2）联立 消去 ，得 ， 所以 ，即 ． 设 ，则 ， ，即 ． 假设存在定点 满足题意，因为 ，则 ， ，所以 ， 恒成立，故 解得 所以存在 点 符合题意． 点睛：动圆过定点，一般是找出动圆的一般式方程，它含有一个参数．而对于含多个参数的圆的一般方程，考虑 其过定点时，可先设出定点的坐标，代入圆的一般方程得到一个恒等式，从而得到定点坐标满足的方程组，解这 个方程组即可． 18．已知椭圆 ： 的左焦点为 ，且过点 .C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > ( )1 3,0F − 3 13,2 4P       2 23 4m k= + 4 3,kP m m  −   ( )4,4Q k m+ ( ),M s t 0MP MQ⋅ =  ,k m ( ) ( )2 24 31 4 4 3kMP MQ s m k t s s tm m  ⋅ = − − + + + − + +     2 2 1 0, { 0, 4 3 0 s t s s t − = = − + + = 1,{ 0. s t = = ( )1,0M 2 2 ,{ 3 4 12, y kx m x y = + + = y ( )2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m+ + + − = ( )( )2 2 2 264 4 3 4 4 12 0k m k m∆ = − + − = 2 23 4m k= + ( ),P PP x y 2 4 4 3 4P km kx k m = − = −+ 24 3 P P ky kx m mm m = + = − + = 4 3,kP m m  −   ( ),M s t ( )4,4Q k m+ 4 3,kMP s tm m = − − − （ ） ( )4 ,4MQ s k m t= − + − ( ) ( )4 34 4kMP MQ s s t k m tm m    ⋅ = − − − + − + −         ( ) ( )2 24 31 4 4 3 0k s m k t s s tm m  = − − + + + − + + =   2 2 1 0, { 0, 4 3 0 s t s s t − = = − + + = 1,{ 0. s t = = ( )1,0M 16 （1）求椭圆 的标准方程； （2）已知 ， 分别为椭圆 的左、右顶点， 为直线 上任意一点，直线 ， 分别交椭圆 于不同的两点 ， .求证：直线 恒过定点，并求出定点坐标. 【答案】（1） ；（2）见解析. (2)设 ， 则直线 ，与 联立，解得 同理 所以直线 的斜率为 = 所以直线 所以直线 恒过定点，且定点坐标为 C 1A 2A C Q 1x = 1AQ 2A Q C M N MN 2 2 14 x y+ = ( ) ( ) ( )1 1 2 21, , , , ,Q t M x y N x y ( )1 : 23 tAQ y x= + 2 2 14 x y+ = 2 2 2 8 18 12,4 9 4 9 t tM t t  − +  + +  2 2 2 8 2 4,4 1 4 1 t tN t t  −  + +  MN 2 2 2 2 2 2 12 4 4 9 4 1 8 18 8 2 4 9 4 1 t t t t t t t t −+ + − + −−+ + 2 2 4 3 t t − + 2 2 2 2 12 2 8 18: 4 9 4 3 4 9 t t tMN y xt t t  − +− = − − + + +  ( )2 2 44 3 t xt = − −+ MN ( )4,0 17 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉 及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之 前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 19．设函数 f(x)＝ ax2－1－lnx，其中 a∈R． （1）若 a＝0，求过点(0，－1)且与曲线 y＝f(x)相切的直线方程； （2）若函数 f(x)有两个零点 x1，x2， ① 求 a 的取值范围； ② 求证：f ′(x1)＋f ′(x2)＜0． 【答案】(1) y＝－ x－1 (2) ① (0，e)．②见解析 ②由 x1，x2 是函数 f(x)的两个零点(不妨设 x1＜x2)，得 ，两式作差得 a(x1＋x2)＝ ，代入要证得式子得 2ln ＋ － ＞0，令 h(x)＝2lnx＋ －x，x∈(0，1)，求导利用单调性求最值 即可证得. 试题解析： （1）当 a＝0 时，f(x)＝－1－lnx，f ′(x)＝－ ． 设切点为 T(x0，－1－lnx0)， 则切线方程为：y＋1＋lnx0＝－ ( x－x0)． 因为切线过点(0，－1)，所以 －1＋1＋ln x0＝－ (0－x0)，解得 x0＝e． 所以所求切线方程为 y＝－ x－1． 1 2 1 e 2 1 1 2 2 2 1 1 02{ 1 1 02 ax lnx ax lnx = = － － － － 1 2 1 2 2 xln x x x− 1 2 x x 2 1 x x 1 2 x x 18 当 0＜x＜ 时， f ′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；当 x＞ 时， f ′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以 f(x)min＝f( )＝ －ln －1＝－ －ln ． 要使函数 f(x)有两个零点，首先 － －ln ＜0，解得 0＜a＜e． 当 0＜a＜e 时， ＞ ＞ ． 因为 f( )＝ ＞0，故 f( )·f( )＜0． 又函数 f(x)在(0， )上单调递减，且其图像在(0， )上不间断， 所以函数 f(x)在区间(0， )内恰有 1 个零点． 考察函数 g(x)＝x－1－lnx，则 g′(x)＝1－ ＝ ． 当 x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数 g(x)在(0，1)上单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数 g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)≥g(1)＝0，故 f( )＝ －1－ln ≥0． 因为 － ＝ ＞0，故 ＞ ． 19 因为 f( )·f( )≤0，且 f(x)在( ，＋∞)上单调递增，其图像在( ，＋∞)上不间断， 所以函数 f(x)在区间( ， ] 上恰有 1 个零点，即在( ，＋∞)上恰有 1 个零点． 综上所述，a 的取值范围是(0，e)． f ′(x1)＋f ′(x2)＜0 等价于 ax1－ ＋ax2－ ＜0，即 a(x1＋x2)－ － ＜0， 即 － － ＜0，即 2ln ＋ － ＞0． 设 h(x)＝2lnx＋ －x，x∈(0，1)．则 h′(x)＝ － －1＝ ＝－ ＜0， 所以函数 h(x)在(0，1)单调递减，所以 h(x)＞h(1)＝0． 因为 ∈(0，1)，所以 2ln ＋ － ＞0， 即 f ′(x1)＋f ′(x2)＜0 成立． 点睛：导数背景下的零点问题，需结合函数的极值符号、函数的单调性及零点存在定理去考虑．而零点满足的不 等式则需要通过构建新的不等式去证明，新的不等式对应的函数是一元函数，我们可以用导数去证明这个新的不 等式． 20．已知函数 ,其中 为正实数． (1)若函数 在 处的切线斜率为 2，求 的值； (2)求函数 的单调区间； (3)若函数 有两个极值点 ，求证： ． ( ) 214 ln 22f x x a x x= − − − a ( )y f x= 1x = a ( )y f x= ( )y f x= 1 2,x x ( ) ( )1 2 6 lnf x f x a+ < − 20 【答案】(1)1(2) 单调减区间为 , ,单调减区间为 ．（3）见解析 试题解析：(1)因为 ，所以 ， 则 ,所以 的值为 1． (2) ，函数 的定义域为 ， 若 ,即 ,则 ,此时 的单调减区间为 ; 若 ,即 ,则 的两根为 , 此时 的单调减区间为 , , 单调减区间为 ． (3)由(2)知，当 时，函数 有两个极值点 ,且 ． 因为 要证 ,只需证 ． 构造函数 ，则 ， 在 上单调递增,又 ,且 在定义域上不间断, ( )0,2 4 a− − ( )2 4 ,a+ − +∞ ( )2 4 ,2 4a a− − + − ( ) 214 ln 22f x x a x x= − − − ( ) 4 af x xx = − −′ ( )1 3 2f a=′ − = a ( ) 2 44 a x x af x xx x − += − − = −′ ( )y f x= ( )0,+∞ 1 16 4 0a− ≤ 4a ≥ ( ) 0f x′ ≤ ( )f x ( )0,+∞ 2 16 4 0a− > 0 4a< < ( ) 0f x′ = 2 4 a± − ( )f x ( )0,2 4 a− − ( )2 4 ,a+ − +∞ ( )2 4 ,2 4a a− − + − 0 4a< < ( )y f x= 1 2,x x 1 2 1 24,x x x x a+ = = ( ) ( ) 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 14 ln 2 4 ln 22 2f x f x x a x x x a x x+ = − − − + − − − ( ) ( ) ( )2 2 1 2 1 2 1 2 14 ln 42x x a x x x x= + − − + − ( )2116 ln 4 2 4 4 ln2a a a a a a= − − − − = + − ( ) ( )1 2 6 lnf x f x a+ < − ln ln 2 0a a a a− − + > ( ) ln ln 2g x x x x x= − − + ( ) 1 11 ln 1 lng x x xx x + − =′ = − − ( )g x′ ( )0,4 ( ) ( ) 11 1 0, 2 ln2 02g g =′ −′= − ( )g x′ 21 由零点存在定理，可知 在 上唯一实根 , 且 ． 则 在 上递减, 上递增,所以 的最小值为 ． 因为 , 当 时, ,则 ,所以 恒成立． 所以 ,所以 ，得证． ( ) 0g x′ = ( )1,2 0x 0 0 1lnx x = ( )g x ( )00, x ( )0 ,4x ( )g x ( )0g x ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1ln ln 2 1 2 3g x x x x x x xx x   = − − + = − − + = − +    ( )0 1,2x ∈ 0 0 1 52, 2x x  + ∈   ( )0 0g x > ( ) ( )0 0g x g x≥ > ln ln 2 0a a a a− − + > ( ) ( )1 2 6 lnf x f x a+ < −