2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业第三篇多维特色练大题标准练压轴解答题（三）文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE11-学必求其心得，业必贵于专精压轴解答题(三)时间:45分钟分值：50分1.已知椭圆+=1（a〉b>0）的离心率为,其左焦点F1到点P（2，1)的距离为.(1）求椭圆的方程;（2）过右焦点F2的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则△F1MN内切圆的面积是否存在最大值?若存在，求出这个最大值及此时的直线l的方程；若不存在，请说明理由.2。已知函数f(x）=x2-mlnx+n(m∈R）。（1)若曲线y=f（x)在x=1处的切线方程为x—y-1=0,求实数m,n的值；(2）若—2≤m〈0,对任意x1，x2∈（0,2]，不等式｜f（x1)—f（x2)｜≤t恒成立,求t的最小值.3。已知椭圆C：+=1(a〉b〉0）过点T,且半焦距c=。（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图,已知D,A（2,1）,过点B(3，0)的直线l与椭圆相交于P,Q两点，直线AP,AQ与x轴分别相交于M,N两点,试问｜DM｜·｜DN｜是否为定值？如果是,求出这个定值;如果不是,请说明理由.4。已知函数f(x）=lnx+（a>0)。(1)若函数f(x）有零点,求实数a的取值范围；(2）证明：当a≥时，f（x）〉e—x.

答案全解全析1.解析(1)由题意得解得所以b2=a2—c2=3，故所求椭圆方程为+=1。(2）设M(x1，y1)，N(x2,y2)，令y1〉0，y2〈0,设△F1MN的内切圆的半径为R,易知△F1MN的周长为4a=8，所以=(MN+F1M+F1N）R=4R，若最大,则R最大，易求得=｜F1F2｜·|y1—y2｜=y1—y2，由题设知直线l的斜率存在,且不为0，可设直线l的方程为x=my+1,联立消去x，整理得(3m2+4）y2+6my—9=0，由根与系数的关系得y1+y2=—,y1y2=-,所以y1-y2===，即=,令t=，则t≥1，===，令f(t）=3t+（t≥1)，易知f(t）在［1,+∞）上单调递增，所以f（t）≥f（1）=4，则≤=3，当且仅当t=1，即m=0时，取得最大值3，此时R=,故所求内切圆的面积的最大值为，直线l的方程为x=1。2。解析(1）∵f(x)=x2-mlnx+n(m∈R),∴f’（x)=2x-.∵曲线y=f(x）在x=1处的切线方程为x-y—1=0,∴2—m=1,f（1）=0,∴m=1，1+n=0，∴n=—1，∴m=1,n=—1.(2）∵f’(x）=2x-,—2≤m<0,∴f'（x）=2x—>0在（0，2］上恒成立，故函数f（x）在(0,2］上单调递增.不妨设0<x1≤x2≤2,则|f(x1)-f（x2）｜≤t可化为f（x2)+≤f(x1）+。设h（x）=f（x)+=x2-mlnx+n+,则h(x1)≥h(x2）,∴h（x）为(0,2］上的减函数，即h’(x)=2x--≤0在（0,2]上恒成立,等价于2x3—mx-t≤0在（0,2］上恒成立,即t≥2x3—mx在（0，2]上恒成立.又—2≤m<0,∴2x3+2x≥2x3—mx，对于函数y=2x3+2x,∵y'=6x2+2>0在（0，2］上恒成立,故y=2x3+2x在（0,2］上是增函数,即ymax=2×23+2×2=20,∴2x3—mx≤20,∴t≥20,即t的最小值为20.3。解析（1）解法一：设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2,则F1(-,0）,F2（，0)，由椭圆的定义可得2a=+=+=2,解得a=,∴b2=a2-c2=6-3=3。∴椭圆C的标准方程为+=1。解法二：∵c=，∴a2-b2=3,又椭圆+=1(a〉b>0)过点T，则有+=1,故+=2，化简得2b4-3b2-9=0，得b2=3,∴a2=6，∴椭圆C的标准方程为+=1。（2)是。设直线l的方程为x=my+3，P（x1,y1），Q（x2，y2),当直线AP的斜率不存在时，直线BP与椭圆C相切，不符合题意,同理可得直线AQ的斜率存在,故直线AP的方程为y—1=(x—2）,则M，即M,0,直线AQ的方程为y-1=(x—2），则N，即N.由得（2+m2)y2+6my+3=0，由Δ=36m2—12(2+m2)>0得m2又y1+y2=—,y1y2=,所以｜DM｜·|DN｜======,故｜DM|·｜DN｜为定值,且|DM|·｜DN｜=。4。解析(1）解法一：由题意知函数f(x）的定义域为(0，+∞),f’(x）=-=.因为a〉0,所以x∈（0，a）时，f'（x）<0,x∈（a，+∞）时，f'（x)〉0.所以函数f(x）在(0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增.所以f(x）min=lna+1。又f（1）=ln1+a=a>0,所以当lna+1≤0，即0<a≤时，函数f(x）有零点.所以实数a的取值范围为。解法二：由题意知函数f(x）的定义域为（0,+∞）.由f（x）=lnx+=0有解，得a=-xlnx有解。令g（x)=—xlnx,x>0,则g’(x)=-（lnx+1）。当x∈时,g'(x)〉0;当x∈时,g’（x）<0。所以函数g（x)在上单调递增,在上单调递减.故x=时，函数g（x)取得最大值g=-ln=。又a>0，则0<a≤.所以实数a的取值范围为.(2）要证明当a≥时,f（x)>e—x,即证明当x〉0，a≥时,lnx+〉e—x，即证明xlnx+a〉xe—x.令h（x)=xlnx+a,x>0，则h'（x)=lnx+1.当0〈x〈时，f'（x）〈0；当x>时，f’(x）>0，所以函数h（x）在上单调递减，在上单调递增。所以h（x）max=h=—+a。故当a≥时，h(x）≥-+a≥。①令φ(x）=xe—x，则φ’(x)=e—x—xe-x=e-x(1-x）。当0〈x〈1时,φ’（x)>0；当x〉1时，φ’(x)<0。所以函数φ(x)在（0,1）上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，所以φ(x）max=φ(1）=.故当x>0时