特训10期末历年解答压轴题（2022江苏精编）（解析版）

特训10期末历年解答压轴题（2022江苏精编）一、解答题（第21-28题为部分地区圆锥曲线压轴题）1．（2022·江苏南京·高二期末）已知函数.(1)求函数的极值；(2)若对恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)极大值为，无极小值(2)【分析】（1）求函数的导数，根据导数的正负判断极值点，代入原函数计算即可；（2）将变形，即对恒成立，然后构造函数，利用求导判定函数的单调性，进而确定实数a的取值范围..(1)对函数求导可得：,可知当时，时，，即可知在上单调递增，在上单调递减由上可知，的极大值为，无极小值(2)由对恒成立,当时，恒成立；当时，对恒成立,可变形为：对恒成立,令，则;求导可得：由（1）知即恒成立，当时，，则在上单调递增;又，因，故，，所以在上恒成立，当时，令，得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，从而可知的最大值为，即，因此，对都有恒成立，所以，实数a的取值范围是.2．（2022·江苏连云港·高二期末）已知函数．(1)若，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不相等的零点，证明：．【答案】(1)单调递增区间是(4,+∞)，单调递减区间是(0,4)；(2)证明见解析.【分析】（1）求的导函数，结合定义域及导数的符号确定单调区间；（2）法一：讨论、时的零点情况，即可得，构造，利用导数研究在(0,2a)恒成立，结合单调性证明不等式；法二：设，由零点可得，进而应用分析法将结论转化为证明，综合换元法、导数证明结论即可.(1)函数的定义域为(0,+∞)，当a=2时，，则令得，x>4；令得，0<x<4；所以,单调递增区间是(4,+∞)；单调递减区间是(0,4).(2)法一：当a≤0时，>0在(0,+∞)上恒成立，故函数不可能有两个不相等的零点，当a>0时，函数在(2a,+∞)上单调递增，在(0,2a)上单调递减，因为函数有两个不相等的零点，则，不妨设，设，（0<x<2a），则，所以，由a>0知：在(0,2a)恒成立，所以在(0,2a)上单调递减，即>=0，所以，即，又，故，因为，所以，因为函数在(2a,+∞)上单调递增，所以，即法二：不妨设，由题意得，，得，即，要证，只需证，即证：，即，令，，则，所以在区间(1,+∞)单调递减，故<=0，即恒成立因此，所以.【点睛】关键点点睛：第二问，法一：应用极值点偏移方法构造，将问题转化为在(0,2a)恒成立，法二：根据零点可得，再由分析法将问题化为证明，构造函数，综合运用换元法、导数证明结论.3．（2022·江苏常州·高二期末）已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明，，；（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析：（2）【解析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.(2),若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.【解析】(1)证明：当时,,则,当时,,则,又因为,所以当时,,仅时,,所以在上是单调递减,所以,即.(2),因为,所以,①当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.②当时,在区间上单调递增,因为.当时,,所以在上单调递减,没有极值点.当时,,所以存在,使当时,时,所以在处取得极小值,为极小值点.综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.4．（2022·江苏·南师大二附中高二期末）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）设在上存在极大值M，证明：.【答案】（1）在单调递增，单调递减；（2）详见解析.【解析】（1）求得，利用和即可求得函数的单调性区间；（2）求得函数的解析式，求，对的情况进行分类讨论得到函数有极大值的情形，再结合极大值点的定义进行替换、即可求解.【解析】（1）由题意，函数，则，当时，令，所以函数单调递增；当时，令，即，解得或，令，即，解得，所以函数在区间上单调递增，在区间中单调递减，当时，令，即，解得或，令，即，解得，所以函数在单调递增，在单调递减.（2）由函数，则，令，可得令，解得，当时.，函数在单调递增，此时，所以，函数在上单调递增，此时不存在极大值，当时，令解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，因为在上存在极大值，所以，解得，因为，易证明，存在时，，

存在使得，当在区间上单调递增，在区间单调递减，所以当时，函数取得极大值，即，，由，所以【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．5．（2022·江苏·海门高二期末）已知函数其中.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，函数有两个零点，，满足，证明.【答案】(1)单调递增区间,无递减区间；(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，从而判断其正负，确定函数的单调区间；（2）根据题意可得到，进而变形为，然后换元令，将证明的问题转换为成立的问题，从而构造新函数，求新函数的导数，判断其单调性，求其最值，进而证明不等式成立.(1)时，，,令，当时，，当时，，故，则，故是单调递增函数，即的单调递增区间为,无递减区间；(2)当时，函数有两个零点，，满足,即，所以，则，令，由于，则，则，所以，故，要证明，只需证明，即证，设，令，则，当时，，即在时为增函数，故，即，所以在时为增函数，即，即，故，即.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及涉及到零点的不等式的证明问题，解答时要注意导数的应用，主要是根据导数的正负判断函数的单调性，进而求函数极值或最值，解答的关键时对函数式或者不等式进行合理的变形，进而能构造新的函数，利用新的函数的单调性或最值达到证明不等式成立的目的m.6．（2022·江苏南通·高二期末）已知函数.(1)设函数，讨论在区间上的单调性；(2)若存在两个极值点，（）（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意得，然后对其求导，再分，两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由（1）结合零点存在性定理可得在和上各有一个零点，且是的两个极值点，再将极值点代入导函数中化简结合已知可得，，从而将要证的结论转化为证，令，再次转化为利用导数求的最小值大于零即可(1)由，得，则，当时，在上单调递增；当时，令.当时，单调递增；当时，单调递减.综上，当时，的增区间为，无减区间当时，的增区间为，减区间为(2)由（1）知若存在两个极值点，则，且，且注意到，所以在和上各有一个零点，且时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减.所以是的两个极值点.，

因为，所以，所以，所以，即，所以而，所以，所以，要证，即要证即要证：

因为，所以所以，即要证：即要证：令，即要证：即要证：令当时，，所以在上单调增所以结论得证.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将两个极值点代入导函数中化简后，将问题转化为证明成立，换元后构造函数，再利用导数证明，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题7．（2022·江苏省天一高二期末）已知函数.(1)讨论的零点个数；(2)当时，设的极值点为，一个零点为，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出的定义域，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的零点个数即可；（2）由已知条件得，要证，即证，即可通过构造函数，证即可；证成立，可通过利用不等式，当时，证得.(1)由题意得的定义域为，，当时，，在上单调递增，易知有且仅有一个零点.当时，有唯一解，易知在上，，单调递减，且，，即在上有一个零点，在上，，单调递增，结合，可得在上有一个零点，故在，上各有一个零点.当时，令，得，易知在上，，单调递减，在上，，单调递增，故的最小值为，故仅有一个零点.当时，有唯一解，易知在上，，单调递减，且，所以在上有一个零点，在上，，单调递增，且，，所以在上有一个零点，故在，上各有一个零点，综上，当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点.(2)由（1）知有和两个零点，因为，所以，.要证，即证，因为在上单调递增，，所以只需证，易知，代入上式并整理，得，即证，令，则，所以在上单调递减，，故，得证.将代入，得，即，易知当时，，所以，得.综上，.8．（2022·江苏徐州·高二期末）已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间上有唯一的零点.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：.【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）求出，，利用导数的几何意义即可求得切线方程；（2）（ⅰ）根据题意对参数分类讨论，当时，等价转化，且构造函数，利用零点存在定理，即可求得参数的取值范围；（ⅱ）根据（ⅰ）中所求得到与的等量关系，求得并构造函数，利用导数研究其单调性和最值，则问题得证.(1)当时，，则，故，，则曲线在点处的切线方程为.(2)（ⅰ）因为，故可得，因为，则当时，，则，无零点，不满足题意；当时，若在有一个零点，即在有一个零点，也即在有一个零点，又，则单调递增，则只需，解得.综上所述，若在区间上有唯一的零点，则；（ⅱ）由（ⅰ）可知，若在区间上有唯一的零点，则，也即，则，令，则，又在都是单调增函数，故是单调增函数，又，故，则在单调递增，则，故，即证.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的零点以及最值；处理问题的关键是合理转化函数零点问题，以及充分利用零点存在定理，熟练掌握构造函数法，属综合困难题.9．（2022·江苏省天一高二期末）已知函数.(1)当时，求的单调区间与极值；(2)若在上有解，求实数a的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值(2)【分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案．(1)当时，，所以当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时函数有极小值，无极大值.(2)因为在上有解，所以在上有解，当时，不等式成立，此时，当时在上有解，令，则由（1）知时，即，当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，综上可知，实数a的取值范围是.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围．10．（2022·江苏镇江·高二期末）已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时，证明【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导得，进而分和两种情况讨论求解即可；（2）根据题意证明，进而令，再结合（1）得，研究函数的性质得，进而得时，，即不等式成立.(1)解：函数的定义域为，，∴当时，在上恒成立，故函数在区间上单调递增；当时，由得，由得，即函数在区间上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在上单调递减；(2)证明：因为时，证明，只需证明，由（1）知，当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减；所以.令，则，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以.所以时，，所以当时，11．（2022·江苏常州·高二期末）已知函数（a为非零常数）(1)若f（x）在处的切线经过点（2，ln2），求实数a的值；(2)有两个极值点，.①求实数a的取值范围；②若，证明：.【答案】(1)(2)①（0，1）；②证明见解析【分析】小问1先求出切线方程，再将点（2，ln2），代入即可求出a的值；小问2的①通过求导，再结合函数的单调性求出a的取值范围；②结合已知条件，构造新函数即可得到证明.(1)，∴切线方程为，将点代入解得：(2)①当时，即时，，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；f（x）无极值点，当时，由得，，故f（x）在（-1，-）上单调递增，在（-，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，f（x）有两个极值点；.当时，由得，，f（x）在（，）上单调递减，在（，+∞）上单调递此时，f（x）有1个极值点，综上，当时，f（x）有两个极值点，即，即a的范围是（0，1）②由（2）可知，又由可知，可得.要证，即证，即证，即证即证令函数，x（0，1），故t（x）在（0，1）上单调递增，又所以在上恒成立，即所以.12．（2022·江苏·连云港市赣马高级高二期末）已知函数，．设函数与有相同的极值点．(1)求实数a的值；(2)若对，，不等式恒成立，求实数k的取值范围；【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用导数得出函数的极值点，再令即可得出的值，再进行验证即可；（2）首先求出与在上的最值，再对分正负讨论，把已知不等式变形等价转化，即可求出参数的取值范围．【解析】（1）解：因为，所以，由得，由得，所以在上单调递增，在单调递减，从而的极大值为，又，所以，依题意，是函数的极值点，所以，解得，所以，则当或时，，当或时，，所以在和上单调递增，在和上单调递减；所以函数在处取得极小值，即当时，函数取到极小值，符合题意，故1；（2）解：由（1）知，由于，，，显然，故时，，，又，，，故，所以当时，，，①当时，问题等价于，所以恒成立，即，，，故符合题意；②当时，问题等价于，即恒成立，即，因为，．综上或.13．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知函数（e为自然对数的底数），（），.(1)若直线与函数，的图象都相切，求a的值；(2)若方程有两个不同的实数解，求a的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；（2）利用常变量分离法，通过构造新函数，由方程有两个不同的实数解问题，转化为两个函数的图象有两个交点问题，利用导数进行求解即可.(1)设曲线的切点坐标为，由，所以过该切点的切线的斜率为，因此该切线方程为：，因为直线与函数的图象相切，所以，因为直线与函数的图象相切，且函数过原点，所以曲线的切点为，于是有，即；(2)由可得：，当时，显然不成立，当时，由，设函数，，，当时，，单调递减，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此当时，函数有最小值，最小值为，而，当时，，函数图象如下图所示：方程有两个不同的实数解，转化为函数和函数的图象，在当时，有两个不同的交点，由图象可知：，故a的取值范围为.【点睛】关键点睛：利用常变量分离法，结合转化法进行求解是解题的关键.14．（2022·江苏·南京市秦淮高二期末）已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)设，，求证：；(3)当时，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)函数单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)(2)证明见解析(3)[1，＋∞)【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，（2）由（1）可得，令，则可得，然后利用累加法可证得结论，（3）由，故，然后分和讨论的最大值与比较可得结果(1)当时，（），则，由，解得；由，解得，因此函数单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)(2)由（1）知，当k＝1时，，故．令，则，即，所以．(3)由，故．当时，因为，所以，因此恒成立，且的根至多一个，故在(0，1]上单调递增，所以恒成立．当时，令，解得．当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；于是，与恒成立相矛盾．综上，的取值范围为[1，＋∞)．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是利用（1）可得，从而得，然后令，得，最后累加可证得结论，考查数转化思想，属于较难题15．（2022·江苏南通·高二期末）已知函数.(1)求函数的极值；(2)是否存在实数，，，对任意的正数，都有成立？若存在，求出，，的所有值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)极小值为：，无极大值(2)，，【分析】（1）先求导求单调性，再判断极值点求极值即可；（2）易知，只需要为函数和的公切线即可，求出公切线，代入后分别证明和成立即可.(1)由题意知：，令，解得，令，解得，所以函数在单调递增，在单调递减，所以为函数的极小值点，即极小值为：，无极大值.(2)设，易知，所以点是和的公共点，要使成立，只需要为函数和的公切线即可，由（1）知，，所以在点处的切线为：，同理可得在点处的切线为：，由题意知为同一条直线，所以解得，即等价于；下面证明这个式子成立：首先证明等价于，设，所以，恒成立，所以在单调递增，易知，所以当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以，故不等式成立，即成立；再证明：等价于，设，所以，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，故不等式成立，即成立；综上所述，存在，，使得成立.故：，，.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.16．（2022·江苏·金陵高二期末）函数．(1)求在上的单调区间；(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为和(2)【分析】（1）求出，然后可得答案；（2）由条件可得，设，则，然后利用导数可得在上单调递增，，然后分、两种情况讨论求解即可.【解析】（1）由题可得令，得；令，得，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为和．（2）由，得，即．设，则．设，则．当时，，，所以．所以即在上单调递增，则．若，则，所以h(x)在上单调递增．所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意．若a＞2，则，必存在正实数，满足：当时，，h(x)单调递减，此时h(x)＜h(0)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是．17．（2022·江苏连云港·高二期末）已知函数在处取得极小值.（1）求实数的值；（2）当时，求证.【答案】（1）.（2）见解析【解析】试题分析：(1)求出的导数,,可得a的值;(2)求出的解析式,令,求得导数,令,进而得到的单调性,即有的最小值,即可得证.试题解析：（1）因为，所以，因为函数在处取得极小值，所以，即，所以，所以，当时，，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.所以在处取得极小值，符合题意.所以.（2）由（1）知，∴.令，即.，由得.由得，由得，所以在上单调递减，在上单调递增，∴所以在上最小值为.于是在上，都有.∴得证.18．（2022·江苏·连云港市赣马高级高二期末）已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）若的导函数存在两个不相等的零点，求实数的取值范围；（3）当时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，最大值为.【解析】（1）求出函数的导数，由题意得出从而可求出实数的值；（2）令，可得知函数在上有两个零点，分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性和极值，由题意转化为函数极值相关的不等式，解出即可得出实数的取值范围；（3）将代入函数的解析式得出，对该函数求导得出，构造函数，利用单调性结合零点存在定理找出函数的极小值点，并满足，结合此关系式计算得出，从而可得出整数的最大值.【解析】（1），因为曲线在点处的切线方程为，所以，得；（2）因为存在两个不相等的零点.所以存在两个不相等的零点，则.①当时，，所以单调递增，至多有一个零点②当时，因为当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，.因为存在两个零点，所以，解得.

因为，所以.因为，所以在上存在一个零点.

因为，所以.因为，设，则，因为，所以单调递减，所以，所以，所以在上存在一个零点.综上可知，实数的取值范围为；（3）当时，，，设，则.所以单调递增，且，，所以存在使得，因为当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，所以时，取得极小值，也是最小值，此时，

因为，所以，因为，且为整数，所以，即的最大值为.【点睛】本题考查利用切线方程求参数、利用导数研究函数的零点，同时也考考查了利用导数研究不等式恒成立问题，涉及隐零点法的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.19．（2022·江苏·连云港市赣马高级高二期末）已知函数的图象在点处的切线与直线平行．（1）若函数在[e，2e]上是减函数，求实数a的最小值；（2）设，若存在∈[e，e2]，使成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】根据，解得，（1）转化为a≥在[e，2e]上恒成立，利用函数h(x)＝在[e，2e]上递减，求出的最大值即可得解；（2）等价于存在，使成立，设，则满足即可，利用导数求出的最小值即可得解.【解析】∵f′(x)＝b－a－alnx，∴f′(1)＝b－a，∴b－a＝1－a，∴b＝1．则f(x)＝x－axlnx．（1）∵y＝f(x)在[e，2e]上为减函数，∴f′(x)＝1－a－alnx≤0在[e，2e]上恒成立，即a≥在[e，2e]上恒成立．∵函数h(x)＝在[e，2e]上递减，∴，所以.∴.（2）存在，使成立，即成立因为，所以等价于存在，使成立设，则满足即可因为，，；，在单调递减-综上，实数a的取值范围为．【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究不等式能成立问题，属于中档题.20．（2022·江苏南通·高二期末）在数列中，,，数列满足．(1)求证：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；(2)数列前项和为，且满足，求的表达式；(3)令，对于大于的正整数、（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.【答案】(1)证明见解析，；(2)；(3).【分析】（1）由已知等式变形可得，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定等比数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）求得，然后分、两种情况讨论，结合裂项相消法可得出的表达式；（3）求得，分、、三种情况讨论，利用奇数与偶数的性质以及整数的性质可求得、的值，综合可得出结论.(1)解：由可得，，则，，以此类推可知，对任意的，，则，故数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，故，可得.(2)解：由（1）知，所以，所以，当n＝1时，，当时，.因为满足，所以.(3)解：，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，①若，则，所以，，又，所以，，则；②若，则，则，左边为偶数，右边为奇数，所以，②不成立；③若，同②可知③也不成立．综合①②③得，．21．（2022·江苏盐城·高二期末）如图，已知抛物线的焦点F，过F作倾斜角为锐角的直线交抛物线于､两点，且点A在第四象限，点在抛物线C的准线上.(1)证明：为定值；(2)比较与的大小，并给出证明.【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析【分析】（1）利用“设而不求法”即可证明；（2）过M作轴交AB于G，则，转化为求证.利用斜率和夹角公式分别计算，即可证明(1)证明：设直线与抛物线联立，消得：因为直线交抛物线于､两点，所以，所以.即证.(2)结论：过M作轴交AB于G，则从而问题转化为求证下证：因为记准线与轴交于N，则从而，因为都是锐角，从而，即【点睛】解析几何问题常见处理方法：(1)正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；(2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算．22．（2022·江苏泰州·高二期末）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，的面积为1.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点是抛物线上异于点的一点，直线与直线交于点，过作轴的垂线交抛物线于点，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程；(2)方法一：联立直线与抛物线方程，结合条件三点共线，可证明直线过定点，方法二：联立直线与抛物线方程，联立直线与直线求，由垂直与轴列方程化简，可证明直线过定点.(1)因为点在抛物线上，所以，即，，因为，故解得，抛物线的标准方程为(2)设直线的方程为，由，得，所以，由（1）可知当时，，此时直线的方程为，若时，因为三点共线，所以，即，又因为，，化简可得，又，进而可得，整理得，因为所以，此时直线的方程为，直线恒过定点又直线也过点，综上：直线过定点解法二：设方程，得若直线斜率存在时斜率方程为即解得：，于是有整理得.（*）代入上式可得所以直线方程为直线过定点.若直线斜率不存在时，直线方程为所以P点坐标为，M点坐标为此时直线方程为过点综上：直线过定点.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．23．（2022·江苏无锡·高二期末）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，点M在抛物线C的准线上，MF⊥AB，S△AFM＝λS△BFM．(1)当λ＝3时，求|AB|的值；(2)当λ∈[]时，求|+|的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由面积之比可得向量之比，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立求出两根之和及两根之积，与向量的关系可得的A，B的横坐标的关系联立求出直线AB的斜率，再由抛物线的性质可得焦点弦的值；（2）由（1）的解法类似的求出AB的中点N的坐标，可得直线AB的斜率与λ的关系，再由λ的范围，求出直线AB的斜率的范围，由题意设直线MF的方程，令y＝﹣1求出M的横坐标，进而求出|MN|的最大值，而|+|＝2||，求出|+|的最大值．(1)当λ＝3时，即S△AFM＝3S△BFM，由题意可得＝3，因为抛物线C：x2＝4y的焦点为F（1，0），准线方程为y＝﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx+1，联立，整理可得：x2﹣4kx﹣4＝0，显然，x1+x2＝4k①，x1x2＝﹣4②，y1+y2＝k（x1+x2）+2＝4k2+2，由＝3，则（﹣x1，1﹣y1）＝3（x2，y2﹣1）可得x1＝﹣3x2③，①③联立可得x2＝﹣2k，x1＝6k，代入②中可得﹣12k2＝﹣4，解得k2＝，由抛物线的性质可得|AB|＝y1+y2+2＝4×+2＝，所以|AB|的值为；(2)由（1）可得AB的中点N（2k，2k2+2），由＝λ，则x1＝﹣λx2④，同（1）的算法：①②④联立4k2λ＝（1﹣λ）2，因为λ∈[]，所以4k2＝λ+﹣2，令y＝λ+，λ∈[]，则函数y先减后增，所以λ＝2或时，y最大且为2+，此时4k2最大，且为，所以k2的最大值为：，直线MF的方程为：y＝﹣x+1，令y＝﹣1，可得x＝2k，即M（2k，﹣1），因为|+|＝2||，而|NM|＝|2k2+2+1|＝2k2+3≤2×+3＝，所以|+|的最大值为．24．（2022·江苏省如皋高二期末）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且点的纵坐标为4，．(1)求抛物线的方程；(2)过点作直线交抛物线于两点，试问抛物线上是否存在定点使得直线与的斜率互为倒数？若存在求出点的坐标，若不存在说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式求得点的横坐标，进而求得p,可得答案;（2）根据题意可设直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系式，利用直线与的斜率互为倒数列出等式，化简可得结论.(1)（1）则，，，，故C的方程为：；(2)假设存在定点，使得直线与的斜率互为倒数，由题意可知，直线AB的斜率存在，且不为零，，，

，，所以Δ>0y1+即或，，，则，，使得直线与的斜率互为倒数.25．（2022·江苏省丹阳高级高二期末）如图，已知抛物线的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．【答案】(1)(2)8【分析】（1）由抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以，即可求得抛物线的方程；（2）设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为，得到直线AB的方程为，联立方程，求得，进而求得的坐标，得到的表达式，结合基本不等式，即可求解.（1）解：因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以，解得，所以抛物线C的方程为．（2）解：由（1）可知焦点为F(1，0)，由已知可得ABCD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为，所以直线AB的方程为，联立方程，消去x得，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，因为M(xM，yM)为弦AB的中点，所以，由，得，所以点，同理可得，所以，＝，所以，当