2018届二轮复习解答题压轴题突破课件（全国通用）

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第三讲 　 解答题压轴题突破 压轴热点一 　圆锥曲线的综合问题 【 典例 1】 (2016 · 全国卷 Ⅱ) 已知椭圆 E ： 的焦 点在 x 轴上， A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k >0) 的直线交 E 于 A ， M 两点，点 N 在 E 上， MA⊥NA. ② (1) 当 t=4 ① ， |AM|=|AN| ② 时，求△ AMN 的面积 . (2) 当 2|AM|=|AN| ③ 时，求 k 的取值范围 . 【 信息联想 】 信息①：看到 t=4 ，想到 E 的方程为 信息②：看到 A 为 E 的左顶点， MA⊥NA ，且 |AM|=|AN| ， 想到△ MAN 为等腰直角三角形，从而直线 AM 的倾斜角 为 ，即 k=1 ，想到直线 NA 的斜率为 - =-1. 信息③：看到 2|AM|=|AN| ，想到将 |AM| ， |AN| ，分别用 k ， t 表示，构建方程得 k ， t 关系 . 【 解题流程 】 第一步：求椭圆方程 (1) 设 M(x 1 ， y 1 ) ， 则由题意知 y 1 >0. 当 t=4 时， E 的方程为 第二步：求△ AMN 的面积 . A(-2 ， 0). 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为 . 因此直线 AM 的方程为 y=x+2. 将 x=y-2 代入 =1 得， 7y 2 -12y=0. 解得 y=0 或 y= ，所以 y 1 = . 因此△ AMN 的面积 S △AMN = 第三步：联立方程，表示 |AM| ， |AN|. (2) 由题意得， t>3 ， k>0 ， A(- ， 0) ， 将直线 AM 的方程 y= k(x + ) 代入 得 (3+tk 2 )x 2 +2 · tk 2 x+t 2 k 2 -3t=0. 由 得 故 |AM|= 由题设，直线 AN 的方程为 y=- (x+ ). 故同理可得 |AN|= 第四步：表示 t ，根据 t 列不等式组求 k 的范围 . 由 2|AM|=|AN| 得 即 (k 3 -2)t=3k(2k-1) ， 当 k= 时，上式不成立， 因此 t= t>3 等价于 即 由此得 解得 b>0) 的右焦点为 F(1,0), 短轴的一个端点 B 到 F 的距离等于焦距 . (1) 求椭圆 C 的方程 . (2) 过点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 M,N, 是否存 在直线 l , 使得△ BFM 与△ BFN 的面积比值为 2? 若存在 , 求 出直线 l 的方程 ; 若不存在 , 说明理由 . 【 解析 】 (1) 由已知得 c=1,a=2c=2, 所以 b= . 所以椭圆 C 的方程为 =1. (2)△BFM 与△ BFN 的面积比值为 2 等价于 FM 与 FN 比值为 2. 当直线 l 斜率不存在时 ,FM 与 FN 比值为 1, 不符合题意 , 舍去 ; 当直线 l 斜率存在时 , 设直线 l 的方程为 y=k(x-1). 直线 l 的方程代入椭圆方程 , 消 x 并整理得 (3+4k 2 )y 2 +6ky-9k 2 =0. 设 M(x 1 ,y 1 ),N(x 2 ,y 2 ), 则 y 1 +y 2 = ①,y 1 y 2 = ② 由 FM 与 FN 比值为 2 得 y 1 =-2y 2 　③ 由①②③解得 k=± , 因此存在直线 l :y=± (x-1) 使得△ BFM 与△ BFN 的面 积比值为 2. 2. 已知 A ， B 为抛物线 C ： y 2 =4x 上的两个动点，点 A 在第一象限，点 B 在第四象限， l 1 ， l 2 分别过点 A ， B 且与抛物线 C 相切， P 为 l 1 ， l 2 的交点 . (1) 若直线 AB 过抛物线 C 的焦点 F ，求证：动点 P 在一条定直线上，并求此直线方程 . (2) 设 C ， D 为直线 l 1 ， l 2 与直线 x=4 的交点，求△ PCD 面积的最小值 . 【 解析 】 (1) 设 (y 1 >0>y 2 ). 易知 l 1 斜率存在，设为 k 1 ，则 l 1 方程为 y-y 1 = 由 得， k 1 y 2 -4y+4y 1 -k 1 y 1 2 =0 　① 由直线 l 1 与抛物线 C 相切，知 Δ=16-4k 1 (4y 1 -k 1 y 1 2 )=0. 于是， l 1 方程为 同理， l 2 方程为 联立 l 1 ， l 2 方程可得点 P 坐标为 因为 AB 方程为 y-y 1 AB 过抛物线 C 的焦点 F(1 ， 0) ， 所以 所以 y 1 y 2 =-4 ， 所以动点 P 在一条定直线 x=-1 上 . (2) 由 (1) 知， C ， D 的坐标分别为 所以 |CD|= 所以 S △PCD = 设 y 1 y 2 =-t 2 (t>0) ， |y 1 -y 2 |=m ， 由 (y 1 +y 2 ) 2 =(y 1 -y 2 ) 2 +4y 1 y 2 =m 2 -4t 2 ≥0 知， m≥2t ，当且 仅当 y 1 +y 2 =0 时等号成立 . 所以 S △PCD = 设 f(t )= 则 f′(t )= 所以 0 时 f′(t )>0.f(t) 在区间上 为减函数；在区间上 为增函数 . 所以当 t= 时， f(t ) 取最小值 . 所以当 y 1 +y 2 =0 ， y 1 y 2 =- ， 即 y 1 = ， y 2 =- 时，△ PCD 面积取最小值 . 压轴热点二 　函数与导数的综合问题 【 典例 2】 (2016 · 全国卷 Ⅰ) 已知函数 f(x )=(x-2)e x +a(x-1) 2 有两个零点 ① . (1) 求 a 的取值范围 ② . (2) 设 x 1 ， x 2 是 f(x ) 的两个零点 ③ ，证明： x 1 +x 2 <2. 【 信息联想 】 信息①：看到函数 f(x ) 有两个零点，想到方程 f(x )=0 必须有两解，亦即函数 y= f(x ) 与 x 轴必须有两个交点 . 信息②：看到求 a 的取值范围， a 为 f(x ) 中的一个参数，想到求解过程中要分类讨论 . 信息③：看到 x 1 ， x 2 是 f(x ) 的两个零点，想到 x 1 +x 2 <2 的等价条件，进而构造函数，求证 x 1 +x 2 <2. 【 解题流程 】 第一步：求 f′(x ). (1)f′(x)=(x-1)e x +2a(x-1)=(x-1)(e x +2a). 第二步：分类讨论 a 在不同范围内取值时 f(x ) 的零点情况 ①设 a=0 ，则 f(x )=(x-2)e x ， f(x ) 只有一个零点； ② 设 a>0 ，则当 x∈(-∞ ， 1) 时， f′(x )<0 ； 当 x∈(1 ， +∞) 时， f′(x )>0 ， 所以 f(x ) 在 (-∞ ， 1) 内单调递减，在 (1 ， +∞) 内单调 递增 . 又 f(1)=-e ， f(2)=a ，取 b 满足 b<0 且 b< ln ， 则 f(b )> (b-2)+a(b-1) 2 = >0 ， 故 f(x ) 存在两个零点； ③ 设 a<0 ，由 f′(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). 若 a≥- ，则 ln(-2a)≤1 ，故当 x∈(1 ， +∞) 时， f′(x )>0 ，因此 f(x ) 在 (1 ， +∞) 内单调递增 . 又当 x≤1 时， f(x )<0 ，所以 f(x ) 不存在两个零点 . 若 a<- ，则 ln(-2a)>1 ，故当 x∈(1 ， ln(-2a)) 时， f′(x )<0 ； 当 x∈(ln(-2a) ， +∞) 时， f′(x )>0. 因此 f(x ) 在 (1 ， ln(-2a)) 内单调递减，在 (ln(-2a) ， +∞) 内单调递增， 又当 x≤1 时， f(x )<0 ，所以 f(x ) 不存在两个零点， 综上， a 的取值范围为 (0 ， +∞). 第三步：构造函数证明 x 1 +x 2 <2. (2) 不妨设 x 1 f(2-x 2 ) ，即 f(2-x 2 )<0 ， 由于 f(2-x 2 )=-x 2 +a(x 2 -1) 2 ， 而 f(x 2 )=(x 2 -2) +a(x 2 -1) 2 =0 ， 所以 f(2-x 2 )=-x 2 -(x 2 -2) ， 设 g(x )=-xe 2-x -(x-2)e x ， 则 g′(x )=(x-1)(e 2-x -e x ). 所以当 x>1 时， g′(x )<0 ，而 g(1)=0 ， 故当 x>1 时， g(x )<0. 从而 g(x 2 )=f(2-x 2 )<0 ，故 x 1 +x 2 <2. 【 规律方法 】 求解函数与导数综合问题的策略 (1) 熟练掌握利用导数的几何意义求解曲线切线方程的方法 . (2) 掌握利用导数求解含有参数的高次式，含有 e x 的指数式，含有 lnx 的对数式及含有 sinx ， cosx 的三角式，函数的单调性、极值、最值的方法 . (3) 掌握利用导数证明不等式的方法 . (4) 掌握利用导数根据不等式的成立情况求参数的取值范围问题的常用方法 —— 分离参数法、构建函数法 . (5) 掌握利用导数确定函数零点，方程根的个数问题的方法 . 【 押题预测 】 1. 已知函数 f(x )= xlnx - x 2 -x+a(a∈R) 在其定义域内 有两个不同的极值点 . (1) 求 a 的取值范围 . (2) 记两个极值点分别为 x 1 ,x 2 , 且 x 1 0, 若不 等式 e 1+λ 0 在 (0,+∞) 上恒成立 , 所以 g(x ) 在 (0,+∞) 上单调递增 , 此时 g(x ) 不可能有两个不同零点 . 若 a>0, 在 00, 在 x> 时 , g′(x )<0, 所以 g(x ) 在（ 0 ， ）上单调递增 , 在 上单调递减 , 从而 g(x ) 极大值 =g （ ） = ln -1. 又因为在 x→0 时 , g(x )→-∞, 在 x→+∞ 时 , g(x )→-∞, 于是 g(x ) 极大值 >0, 即 ln -1>0, 所以 00,0 又由 lnx 1 =ax 1 ,lnx 2 =ax 2 作差得 , ln =a(x 1 -x 2 ), 即 a= . 所以原式等价于 > 因为 00. 所以 h(t ) 在 t∈(0,1) 上单调递增 , 又 h(1)=0,h(t)<0 在 t∈(0,1) 上恒成立 , 符合题意 . 当 λ 2 <1 时 ,t∈(0,λ 2 ) 时 , h′(t )>0,t∈(λ 2 ,1) 时 , h′(t )<0, 所以 h(t ) 在 t∈(0,λ 2 ) 上单调递增 , 在 t∈(λ 2 ,1) 上单调递减 , 又 h(1)=0, 所以 h(t ) 在 t∈(0,1) 上不能恒小于 0, 不符合题意 , 舍去 . 综上所述 , 若不等式 e 1+λ 0, 所以 λ≥1. 2. 已知函数 f(x )= x(lnx -a). (1) 当 x≥1 时 , 对任意实数 b, 直线 y=- x+b 与函数 f(x ) 的图 象都不相切 , 求实数 a 的取值范围 . (2) 当 a=-1 时 , 讨论 f(x ) 在区间 [ t,t+e](t >0) 上的单调 性 . (3) 证明 : 当 a=-1 时 , 对任意的 x>0, 都有 成立 . 【 解析 】 (1) 由 f(x )=x(lnx-a)(x ≥ 1), 得 f′(x )=lnx-a+1. 因为对任意实数 b, 直线 y=- x+b 与函数 f(x ) 的图象都不相切 , 所以 f′(x )=lnx-a+1≠-1, 即 a≠lnx+2. 而函数 y=lnx+2 在 [1,+∞) 上单调递增 , 所以 lnx+2≥ln1+2=2, 故 a<2. (2) 当 a=-1 时 , f(x )=x(lnx+1),f′(x)=lnx+2, 由 f′(x )=0 得 x= . 当 00, 因此 f(x ) 在 [t, ) 上单调递减 , 在 ( , t+e ] 上单调递 增 . 当 t≥ 时 , 在 [ t,t+e ] 上 ,f′(x)≥0 恒成立 , 所以 f(x ) 在 [ t,t+e ] 上单调递增 . 综上所述 , 当 0 对任意的 x>0 恒成立 . 由 (2) 知当 a=-1 时 , f(x )= xlnx+x 在 上单调递减 , 在 上单调递增 , 所以 f(x) min = 设 g(x )= (x>0), 则 g′(x )= , 所以 g(x ) 在 (0,1) 上单调递增 , 在 (1,+∞) 上单调递减 , g(x) max =g(1)=- . 从而当 a=-1 时 , 对任意的 x>0, 都有 f(x )≥- ≥ g(x ) ( 等号不同时取到 ), 所以 f(x )> 成立 , 即 对任意的 x>0, 都有 成立 .