壓軸題突破練11．(2022·新高考全國(guó)Ⅱ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(2,0)，漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)過(guò)F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.過(guò)P且斜率為－eq\r(3)的直線與過(guò)Q且斜率為eq\r(3)的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①M(fèi)在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．(1)解由題意得c＝2.①因?yàn)殡p曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3).②又c2＝a2＋b2，③所以聯(lián)立①②③得a＝1，b＝eq\r(3)，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明由題意知直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋t(k≠0)，將直線PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，則x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)>0，所以3－k2<0，所以x1－x2＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(2\r(3t2＋3－k2),k2－3).設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xM，yM)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)xM－x1，,yM－y2＝\r(3)xM－x2，))兩式相減，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3)；兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.因此，點(diǎn)M的軌跡為直線y＝eq\f(3,k)x，其中k為直線PQ的斜率．若選擇①②作為條件證明③成立：因?yàn)镻Q∥AB，所以直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yA＝kxA－2，,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yM＝kxM－2，,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M為AB的中點(diǎn)，即|MA|＝|MB|，即③成立．若選擇①③作為條件證明②成立：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M即為點(diǎn)F(2,0)，此時(shí)M不在直線y＝eq\f(3,k)x上，矛盾；當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，易知直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yA＝mxA－2，,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3)).因?yàn)镸在AB上，且|MA|＝|MB|，所以xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又點(diǎn)M在直線y＝eq\f(3,k)x上，所以eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB，即②成立．若選擇②③作為條件證明①成立：因?yàn)镻Q∥AB，所以直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yA＝kxA－2，,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).設(shè)AB的中點(diǎn)為C(xC，yC)，則xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).因?yàn)閨MA|＝|MB|，所以M在AB的垂直平分線上，即點(diǎn)M在直線y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，與y＝eq\f(3,k)x聯(lián)立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝y(tǒng)C，即點(diǎn)M恰為AB的中點(diǎn)，故點(diǎn)M在AB上，即①成立．2．(2022·鄭州模擬)函數(shù)f(x)＝aex＋sinx＋cosx(a∈R)．(1)若f(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若a＝1，證明：f(x)≥2x＋2.(1)解由f(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，得f′(x)≥0在(0，π)上恒成立，又f′(x)＝aex＋cosx－sinx，所以a≥eq\f(sinx－cosx,ex)在(0，π)上恒成立，令g(x)＝eq\f(sinx－cosx,ex)，x∈(0，π)，g′(x)＝eq\f(cosx＋sinxex－sinx－cosxex,ex2)＝eq\f(2cosx,ex)，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(π,2)，則當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)eq\f(π,2)<x<π時(shí)，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝，所以a的取值范圍為a≥.(2)證明當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋sinx＋cosx，要證f(x)≥2x＋2，只需證明ex＋sinx＋cosx≥2x＋2，即證eq\f(2x＋2－sinx－cosx,ex)≤1，令h(x)＝eq\f(2x＋2－sinx－cosx,ex)，則h′(x)＝eq\f(2－cosx＋sinxex－2x＋2－sinx－cosxex,ex2)＝eq\f(2sinx－2x,ex)，令t(x)＝2sinx－2x，因?yàn)閠