高考数学大二轮复习 第三编 考前冲刺攻略 第三步 应试技能专训 三 压轴题专练 文-人教版高三全册数学试题

三、压轴题专练(一)1．如图，F是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率为eq\f(1,2)，点C在x轴上，BC⊥BF，B，C，F三点确定的圆M恰好与直线x＋eq\r(3)y＋3＝0相切．(1)求椭圆的方程；(2)过F作一条与两坐标轴都不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在x轴上是否存在点N，使得NF恰好为△PNQ的内角平分线，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．解(1)由题意可知F(－c,0)，∵e＝eq\f(1,2)，∴b＝eq\r(3)c，即B(0，eq\r(3)c)，∵kBF＝eq\f(\r(3)c,0－－c)＝eq\r(3)，又∵BC⊥BF，∴kBC＝－eq\f(\r(3),3)，∴C(3c,0)，圆M的圆心坐标为(c,0)，半径为2c，由直线x＋eq\r(3)y＋3＝0与圆M相切可得eq\f(|c＋3|,\r(1＋\r(3)2))＝2c，∴c＝1.∴椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在满足条件的点N(x0,0)由题意可设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵NF为△PNQ的内角平分线，∴kNP＝－kNQ，即eq\f(y1,x1－x0)＝－eq\f(y2,x2－x0)，∴eq\f(kx1＋1,x1－x0)＝eq\f(－kx2＋1,x2－x0)⇒(x1＋1)(x2－x0)＝－(x2＋1)(x1－x0)．∴x0＝eq\f(x1＋x2＋2x1x2,x1＋x2＋2).又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))∴3x2＋4k2(x＋1)2＝12.∴(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.∴x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).∴x0＝eq\f(－\f(8k2,3＋4k2)＋\f(8k2－24,3＋4k2),2－\f(8k2,3＋4k2))＝－4，∴存在满足条件的点N，点N的坐标为(－4,0)．2．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－m,x)，当m≤0时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．当m>0时，f′(x)＝eq\f(x＋\r(m)x－\r(m),x)，当0<x<eq\r(m)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>eq\r(m)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．综上：当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m>0时，函数f(x)的单调递增区间是(eq\r(m)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq\r(m))．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，当m＝0时，F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x，x>0，有唯一零点；当m≠0时，F′(x)＝－eq\f(x－1x－m,x)，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝eq\f(3,2)>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点．当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)>0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．当0<m<1时，0<x<m或x>1时，F′(x)<0；m<x<1时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得lnm<0，所以F(m)＝eq\f(m,2)(m＋2－2lnm)>0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点．3．选做题(1)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t－1，,y＝t＋2))(t为参数)．在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝eq\f(\r(3),\r(1＋2cos2θ)).①直接写出直线l的普通方程、曲线C的直角坐标方程；②设曲线C上的点到直线l的距离为d，求d的取值范围．(2)选修4－5：不等式选讲设函数f(x)＝|2x－a|＋2a.①若不等式f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，求实数a的值．②在①的条件下，若不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，求实数k的取值范围．解(1)①直线l的普通方程为x－y＋3＝0.曲线C的直角坐标方程为3x2＋y2＝3.②∵曲线C的直角坐标方程为3x2＋y2＝3，即x2＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲线C上的点的坐标可表示为(cosα，eq\r(3)sinα)．∵2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3≥1>0，∴d＝eq\f(|cosα－\r(3)sinα＋3|,\r(2))＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3))),\r(2))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋3,\r(2)).∴d的最小值为eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，d的最大值为eq\f(5,\r(2))＝eq\f(5\r(2),2).∴eq\f(\r(2),2)≤d≤eq\f(5\r(2),2)，即d的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(5\r(2),2))).(2)①∵|2x－a|＋2a≤6，∴|2x－a|≤6－2a，∴2a－6≤2x－a≤6－2a，∴eq\f(3,2)a－3≤x≤3－eq\f(a,2)，∵不等式f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a－3＝－6，,3－\f(a,2)＝4，))解得a＝－2.②由①得f(x)＝|2x＋2|－4.∴|2x＋2|－4≤(k2－1)x－5，化简整理得|2x＋2|＋1≤(k2－1)x，令g(x)＝|2x＋2|＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3，x≥－1，,－2x－1，x<－1，))y＝g(x)的图象如图所示，要使不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，需k2－1>2或k2－1≤－1，∴k的取值范围是{k|k>eq\r(3)或k<－eq\r(3)或k＝0}．(二)1．[2016·西安质检]如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于eq\f(\r(3),2)，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(2，eq\r(3))，Q(2，－eq\r(3))在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．解(1)设椭圆C的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，∴－b＝－2，解得b＝2.又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2eq\r(3).可得椭圆C的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，直线PA的方程为：y－eq\r(3)＝k(x－2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝kx－2，,x2＋4y2＝16，))化为(1＋4k2)x2＋8k(eq\r(3)－2k)x＋4(eq\r(3)－2k)2－16＝0，∴x1＋2＝eq\f(8k2k－\r(3),1＋4k2).同理可得：x2＋2＝eq\f(－8k－2k－\r(3),1＋4k2)＝eq\f(8k2k＋\r(3),1＋4k2)，∴x1＋x2＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－16\r(3)k,1＋4k2)，kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq\f(\r(3),6).∴直线AB的斜率为定值eq\f(\r(3),6).2．[2016·河南六市一联]已知函数f(x)＝alnx－x，g(x)＝x2－(1－a)x－(2－a)lnx，其中a∈R.(1)若g(x)在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数F(x)＝f(x)－g(x)的图象交x轴于A，B两点，AB中点的横坐标为x0，问：函数F(x)的图象在点(x0，F(x0))处的切线能否平行于x轴？解(1)g′(x)＝2x－(1－a)－eq\f(2－a,x)＝eq\f(2x2－1－ax－2－a,x)，∵g(x)的定义域为{x|x>0}，且g(x)在其定义域内为增函数，∴g′(x)≥0在x>0时恒成立，则2x2－(1－a)x－(2－a)≥0在x>0时恒成立，∴a≥5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋1＋\f(1,x＋1)))在x>0时恒成立．而当x>0时，2(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)>3，∴a∈[2，＋∞)．(2)设F(x)的图象在(x0，F(x0))处的切线平行于x轴，F(x)＝2lnx－x2－ax，F′(x)＝eq\f(2,x)－2x－a，不妨设A(m,0)，B(n,0)，0<m<n，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2lnm－m2－am＝0，①,2lnn－n2－an＝0，②,m＋n＝2x0，③,\f(2,x0)－2x0－a＝0，④))①－②得2lneq\f(m,n)－(m＋n)(m－n)＝a(m－n)，∴a＝eq\f(2ln\f(m,n),m－n)－2x0，由④得a＝eq\f(2,x0)－2x0，∴lneq\f(m,n)＝eq\f(2m－n,m＋n)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，⑤设t＝eq\f(m,n)∈(0,1)，⑤式可变为lnt－eq\f(2t－1,t＋1)＝0(t∈(0,1))．设h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t＋12－4t,tt＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0(t∈(0,1))，∴函数h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)在(0,1)上单调递增，因此h(t)<h(1)＝0，也就是lneq\f(m,n)<eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，此式与⑤矛盾．∴F(x)的图象在点(x0，F(x0))处的切线不能平行于x轴．3．选做题(1)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4t2,y＝4t))(t为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(4cosθ＋3sinθ)－m＝0(其中m为常数)．①若直线l与曲线C恰好有一个公共点，求实数m的值；②若m＝4，求直线l被曲线C截得的弦长．(2)选修4－5：不等式选讲已知定义在R上的连续函数f(x)满足f(0)＝f(1)．①若f(x)＝ax2＋x，解不等式|f(x)|<ax＋eq\f(3,4)；②若任意x1，x2∈[0,1]，且x1≠x2时，有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2).解(1)①直线l的极坐标方程可化为直角坐标方程：4x＋3y－m＝0，曲线C的参数方程可化为普通方程：y2＝4x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y－m＝0，,y2＝4x，))可得y2＋3y－m＝0，因为直线l和曲线C恰好有一个公共点，所以Δ＝9＋4m＝0，所以m＝－eq\f(9,4).②当m＝4时，直线l：4x＋3y－4＝0恰好过抛物线的焦点F(1,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y－4＝0，,y2＝4x，))可得4x2－17x＋4＝0，设直线l与抛物线C的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(17,4)，故直线l被抛物线C所截得的弦长为|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(17,4)＋2＝eq\f(25,4).(2)①f(0)＝f(1)，即a＋1＝0，即a＝－1，所以不等式化为|－x2＋x|<－x＋eq\f(3,4).a．当x<0时，不等式化为x2－x<－x＋eq\f(3,4)，所以－eq\f(\r(3),2)<x<0；b．当0≤x≤1时，不等式化为－x2＋x<－x＋eq\f(3,4)，所以0≤x<eq\f(1,2)；c．当x>1时，不等式化为x2－x<－x＋eq\f(3,4)，所以x∈∅.综上所述，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)<x<\f(1,2))))).②证明：由已知任意x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，则不妨设x2>x1，则当x2－x1≤eq\f(1,2)时，|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|≤eq\f(1,2)，当x2－x1>eq\f(1,2)时，则x1<eq\f(1,2)，且1－x2<eq\f(1,2)，那么|f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f(0)＋f(1)－f(x2)|≤|f(x1)－f(0)|＋|f(1)－f(x2)|<x1－0＋1－x2＝1－(x2－x1)<eq\f(1,2).(三)1．[2016·郑州质检]已知点M(－1,0)，N(1,0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N距离的eq\r(3)倍．(1)求曲线E的方程；(2)已知m≠0，设直线l1：x－my－1＝0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx＋y－m＝0交曲线E于B，D两点，C，D两点均在x轴下方．当CD的斜率为－1时，求线段AB的长．解(1)设曲线E上任意一点的坐标为(x，y)，由题意可得，eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(3)eq\r(x－12＋y2)，整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3.(2)由题知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N(1,0)，设曲线E的圆心为E，则E(2,0)，线段CD的中点为P，则直线EP：y＝x－2，设直线CD：y＝－x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,y＝－x＋t，))解得点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋2,2)，\f(t－2,2)))，由圆的几何性质，知|NP|＝eq\f(1,2)|CD|＝eq\r(|ED|2－|EP|2)，而|NP|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋2,2)－1))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－2,2)))2，|ED|2＝3，|EP|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2－t|,\r(2))))2，解之得t＝0或t＝3，又C，D两点均在x轴下方，所以直线CD：y＝－x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x＋1＝0，,y＝－x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝－\f(\r(2),2)－1.))不失一般性，可设Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)－1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)－1))，AC：y＝u(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x＋1＝0，,y＝ux－1，))消y得：(u2＋1)x2－2(u2＋2)x＋u2＋1＝0，①方程①的两根之积为1，所以点A的横坐标xA＝2＋eq\r(2)，又点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)－1))在直线l1：x－my－1＝0上，解得m＝eq\r(2)＋1，直线l1：y＝(eq\r(2)－1)(x－1)，所以A(2＋eq\r(2)，1)，同理可得B(2－eq\r(2)，1)，所以线段AB的长为2eq\r(2).2．[2016·唐山统考]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－ax＋1x≥a，,ex－1＋a－2xx<a))(a>0)．(1)若a＝1，证明：y＝f(x)在R上单调递减；(2)当a>1时，讨论f(x)零点的个数．解(1)证明：当x≥1时，f′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0；当x<1时，f′(x)＝ex－1－1<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减，且此时f(x)>0.所以y＝f(x)在R上单调递减．(2)若x≥a，则f′(x)＝eq\f(1,x)－a≤eq\f(1,a)－a<0(a>1)，所以此时f(x)单调递减，令g(a)＝f(a)＝lna－a2＋1，则g′(a)＝eq\f(1,a)－2a<0，所以f(a)＝g(a)<g(1)＝0，(另解：f(a)＝lna－a2＋1<lna－a＋1<0，事实上，令h(a)＝lna－a＋1，h′(a)＝eq\f(1,a)－1<0，h(a)<h(1)＝0)即f(x)≤f(a)<0，故f(x)在[a，＋∞)上无零点．当x<a时，f′(x)＝ex－1＋a－2，①当a>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又f(0)＝e－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－a)))<0，所以此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－a)，0))上有一个零点．②当a＝2时，f(x)＝ex－1，此时f(x)在(－∞，2)上没有零点．③当1<a<2时，令f′(x0)＝0，解得x0＝ln(2－a)＋1<1<a，所以f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，a)上单调递增．f(x0)＝ex0－1＋(a－2)x0＝ex0－1(1－x0)>0，所以此时f(x)没有零点．综上，当1<a≤2时，f(x)没有零点；当a>2时，f(x)有一个零点．3．选做题(1)选修4－4：坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，直线l与曲线C交于A，B两点，与y轴交于点P.①求曲线C的直角坐标方程；②求eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)的值．(2)选修4－5：不等式选讲已知实数m，n满足：关于x的不等式|x2＋mx＋n|≤|3x2－6x－9|的解集为R.①求m，n的值；②若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝m－n，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).解(1)①利用极坐标公式，把曲线C的极坐标方程ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))化为ρ2＝2ρsinθ＋2ρcosθ，∴普通方程是x2＋y2＝2y＋2x，即(x－1)2＋(y－1)2＝2.②∵直线l与曲线C交于A，B两点，与y轴交于点P，把直线l的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))代入曲线C的普通方程(x－1)2＋(y－1)2＝2中，得t2－t－1＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1·t2＝－1，,t1＋t2＝1，))∴eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)＝eq\f(1,|t1|)＋eq\f(1,|t2|)＝eq\f(|t1－t2|,|t1t2|)＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r(12－4×－1)＝eq\r(5).(2)①由于解集为R，那么x＝3，x＝－1都满足不等式，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|9＋3m＋n|≤0，,|1－m＋n|≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9＋3m＋n＝0，,1－m＋n＝0，))解得m＝－2，n＝－3，经验证当m＝－2，n＝－3时，不等式的解集是R.②证明：a＋b＋c＝1，a＋b≥2eq\r(ab)，b＋c≥2eq\r(bc)，c＋a≥2eq\r(ca)，∴(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝a＋b＋c＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤3(a＋b＋c)＝3，故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取等号)．(四)1．[2016·石家庄模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m,2)，其焦点为F，且|MF|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．解(1)抛物线C的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，∴|MF|＝m＋eq\f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设EA：y＝kx＋t，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,y2＝4x，))消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①∵直线EA与抛物线C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得eq\f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2,2t)．设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1，,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2t2,t2＋1)，,y0＝\f(2t,t2＋1)，))即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1))).解法一：直线AB的斜率为kAB＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线AB的方程为y＝eq\f(2t,t2－1)(x－t2)＋2t，整理得y＝eq\f(2t,t2－1)(x－1)，∴直线AB恒过定点F(1,0)，当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB为x＝1，过点F(1,0)．综上，直线AB恒过定点F(1,0)．解法二：直线AF的斜率为kAF＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝eq\f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，∴kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．∴直线AB过定点F(1,0)．2．[2016·贵州测试]设n∈N*，函数f(x)＝eq\f(lnx,xn)，函数g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)．(1)当n＝1时，求函数y＝f(x)的零点个数；(2)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象分别位于直线y＝1的两侧，求n的取值集合A；(3)对于∀n∈A，∀x1，x2∈(0，＋∞)，求|f(x1)－g(x2)|的最小值．解(1)当n＝1时，f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)．由f′(x)>0得0<x<e；由f′(x)<0得x>e.所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因为f(e)＝eq\f(1,e)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e<0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝eq\f(lnx,x)>0恒成立，所以函数f(x)在(e，＋∞)上不存在零点．综上得函数f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一个零点．(2)对函数f(x)＝eq\f(lnx,xn)求导，得f′(x)＝eq\f(1－nlnx,xn＋1)(x>0)，由f′(x)>0，得0<x<eeq\s\up15(eq\f(1,n))；由f′(x)<0，得x>eeq\s\up15(eq\f(1,n)).所以函数f(x)在(0，eeq\s\up15(eq\f(1,n)))上单调递增，在(eeq\s\up15(eq\f(1,n))，＋∞)上单调递减，则当x＝eeq\s\up15(eq\f(1,n))时，函数f(x)有最大值f(x)max＝f(eeq\s\up15(eq\f(1,n)))＝eq\f(1,ne).对函数g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)求导，得g′(x)＝eq\f(x－nex,xn＋1)(x>0)，由g′(x)>0，得x>n；由g′(x)<0，得0<x<n.所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增，则当x＝n时，函数g(x)有最小值g(x)min＝g(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n.因为∀n∈N*，函数f(x)的最大值f(eeq\s\up15(eq\f(1,n)))＝eq\f(1,ne)<1，即函数f(x)＝eq\f(lnx,xn)在直线y＝1的下方，故函数g(x)＝eq\f(ex,xn)(x>0)在直线y＝1的上方，所以g(x)min＝g(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n>1，解得n<e.所以n的取值集合A＝{1,2}．(3)对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－g(x2)|的最小值等价于g(x)min－f(x)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,n)))n－eq\f(1,ne).当n＝1时，g(x)min－f(x)max＝e－eq\f(1,e)；当n＝2时，g(x)min－f(x)max＝eq\f(e2,4)－eq\f(1,2e)；因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－\f(1,2e)))＝eq\f(e24－e－2,4e)>0，所以|f(x1)－g(x2)|的最小值为eq\f(e2,