(四)壓軸大題搶分練搶分練1(時間:30分鐘,滿分:24分)1.(本題滿分12分)(2023江西南昌二模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為23,左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,上頂點(diǎn)為B,(1)求橢圓C的方程;(2)若過A2且斜率為k的直線l與橢圓C在第一象限相交于點(diǎn)Q,與直線A1B相交于點(diǎn)P,與y軸相交于點(diǎn)M,且|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,求k的值.2.(本題滿分12分)已知f(x)=a2x+lnx+1,g(x)=x(ex+a)(e為自然對數(shù)的底數(shù),e≈2.72,a∈R).(1)對任意a∈R,證明:y=f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線始終過定點(diǎn);(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.搶分練2(時間:30分鐘,滿分:24分)1.(本題滿分12分)(2023河南鄭州二模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為23,F1,F2分別為左、右焦點(diǎn),過F1的直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)求△F2MN內(nèi)切圓半徑的最大值.2.(本題滿分12分)(2023江西南昌二模)已知函數(shù)f(x)=a(x21)lnx(x>0).(1)若a=12時,求函數(shù)f(x)的極值(2)若0<a<12,設(shè)函數(shù)f(x)的較大的一個零點(diǎn)記為x0,求證:f'(x0)<12a搶分練3(時間:30分鐘,滿分:24分)1.(本題滿分12分)(2023江西吉安一模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),焦點(diǎn)為F1,F2,其中一條漸近線的傾斜角為150°,點(diǎn)M(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)橢圓M以雙曲線C的頂點(diǎn)為焦點(diǎn),焦點(diǎn)為頂點(diǎn),直線l:y=kx+m(0<m<1)交M于A,B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上),若△AOB的面積為1,求2k2m2的值.2.(本題滿分12分)(2023山東沂水一中模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnxax+a(a∈R).(1)若a=2,試判斷f(x)的單調(diào)性,并證明你的結(jié)論;(2)設(shè)0<a≤1,求證:eax1>f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1).(四)壓軸大題搶分練搶分練11.解(1)由題意得2c=23,解得c=3,又|A1O|=a,|OB|=b,故tan∠A1BO=ab=2,即a=2b又a2=b2+c2,解得b2=1,a2=4,故橢圓方程為x24+y2=(2)直線l的方程為y=k(x2),k<0,與x24+y2=1聯(lián)立得(1+4k2)x216k2x+16k24=0,設(shè)Q(xQ,yQ),則2xQ=16k2-41+4k2,解得xQ=8k2-21+4k直線A1B方程為y=12x+1,與y=k(x2)聯(lián)立得x=4k+22k-1,故xP=4k+22k-1,y=k(x2)中,令x=因為|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,所以(2xP)·(xQ0)=3(2xQ)(xP0),整理得xPxQ+xQ3xP=0,即4k+22k-1·8k2-21+4k2+8k2-21+4k234k+22k-1=0,化簡得2k22.(1)證明因為f(x)=a2x+lnx+1,所以f(1)=a2+1,f'(x)=a2+1x,所以f'(1)=a2+1.所以y=f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為y=(a2+1)x經(jīng)過定點(diǎn)(0,0),即y=f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線始終過定點(diǎn)(2)解因為f(x)≤g(x)恒成立,即為a2a≤xex-lnx記h(x)=xex-lnx-1x(x>0),只需a2h(x)=xex-lnx-1x=xex-lnx-因為t'=1x+1>0,所以t=lnx+x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x=1時,t=1>0;當(dāng)x=1e時,t=1e1<0,故t=lnx+x在(0,+∞)存在唯一零點(diǎn)x0,記y=elnx+x(lnx+x)1=ett1.因為y'=et1.令y'>0,解得t>0;令y'<0,解得t<0.所以y=ett1在(∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以ymin=e001=0.所以y=elnx+x(lnx+x)1≥0.而x>0,所以elnx+x-(lnx+x)-1x≥0,所以elnx+x-(lnx+x)-1x+1≥1.當(dāng)且僅當(dāng)lnx+x=0即x=x0時等號成立,搶分練21.解(1)已知橢圓的焦距為23,則c=3,又|F1M|+|F2M|=|F1N|+|F2N|=2a,所以|F2M|+|F2N|+|MN|=|F1M|+|F2M|+|F1N|+|F2N|=4a=8,則a=2,所以b=1,故橢圓C的方程為x24+y2=(2)設(shè)l:x=my3,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x=my-3,x24+y2=1,則y1+y2=23m4+m2,y1S△F2MN=12|F1F2||y當(dāng)且僅當(dāng)m=±2時等號成立,設(shè)△F2MN內(nèi)切圓半徑為r,則S△F2MN=12×4a×r=4r≤2,故r≤12,2.(1)解當(dāng)a=12時,f(x)=12(x21)lnx,則f'(x)=x當(dāng)0<x<1時,f'(x0)<0,則f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時,f'(x0)>0,則f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增;∴f(x)的極小值為f(1)=0,無極大值.(2)證明由f(x)=a(x21)lnx,則f'(x)=2ax1x∵f'12a=0且12a>1,當(dāng)0<x<12a時,f'(x)<0,則f(x)在0,1當(dāng)x>12a時,f'(x)>0,則f(x)在12a,+∞上單調(diào)遞增;所以當(dāng)0<x<1時,f(x)>f(1)=0,又12a>1,∴f12a<0,當(dāng)x→+∞,此時f(x)→+∞,∴必然存在x0>1,使得f(x0)=0,即a=lnx0x02-1,∴f'(x0)=2lnx0x02-1x01x0,要證明f'(x0)<12a,即證明2lnx0x02-1x01x0<12lnx0x02-1,即證明2lnx0x0-1-1x01<0,即只要證明2lnx0x02∴φ(x)<φ(1)=0,即2lnx0x0-1-1x01<0,搶分練31.解(1)由題意ba=tan150°=33,則a=3∵|MF1-MF2|=4,∴雙曲線C的焦距為4,∴a2+b2=4b2=4,解得b=1,a=3,∴雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(2)由(1)知:橢圓M的長半軸長為2,半焦距為3,∴其短半軸長為1,∴橢圓M的方程為x24+y2=1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由x24+y2=1,y=kx+m,得(1+由Δ=16(1+4k2m2)>0,得m2<1+4k2,x1+x2=8km1+4k2,x1x∴S△AOB=12|m||x1x2|=12|m|·16(1+4k2-m2)1+4k2=1,平方可得4m2(1+4k即[(1+4k2)-2m2]2=0,∴(1+4k2)2m2=0,2.證明(1)若a=2,則f(x)=(x+1)lnx2x+2(x>0),f'(x)=lnx+x+1x2=lnx+1x1(x>0),令φ(x)=f'(x),則φ'(x)令φ'(x)>0,解得x>1;令φ'(x)<0,解得0<x<1,則φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,可得φ(x)≥φ(1)=0,即f'(x)≥0對?x∈(0,+∞)恒成立,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1)=(x+1)lnxax+a+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1)=2axln(x+1),則eax1>f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1),即eax1>2axln(x+1),可得eax+ln(x+1)2ax1>0,故原題意等價于eax+ln(x+1)2ax1>0(x>0),設(shè)F(x)=eax2ax+ln(x+1)1,則F