高考数学压轴题精选(一)(老师用)

1．已知椭圆C的一个顶点为A(0,1)，焦点在x轴上，右焦点到直线xy10

的距离为2 （1）求椭圆C的方程；

（2）过点F（1，0）作直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，设FAFB,T(2,0)，若

[2,1],求|TATB|的取值范围。

解：（1）由题意得：|c1|22c1…………………1分

由题意b1,a2

2

所以椭圆方程为x2y21………………………3分 （2）容易验证直线l的斜率不为0。

故可设直线l的方程为xky1， x2代入2y21中，得(k22)y22ky10.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则y11y22kk22y1y2k22.……………………………5分 ∵FAFB，∴有y1y，且0.

2(y21y2)2y4k214k2221y2k2k2[2,1]51221212014k222k20k22270k27.…………7分

∵TA(x12,y1),TB(x22,y2),TATB(x1x24,y1y2).

又y2k1y2k22,xx24(k21)124k(y1y2)k22. 故|TATB|2(x1x24)2(y1y22)

由

16(k21)24k216(k22)228(k22)8 222222(k2)(k2)(k2)16令t288……………………………………………………8分 222k2(k2)12711712∴，即.0kt[,]. 22716k22162k2717∴|TATB|2f(t)8t228t168(t)2.

4271169而t[,]，∴f(t)[4,]

16232∴|TATB|[2,132].………………………………………………………10分 82．（本小题满分12分）设函数f(x)1xlnx在[1,)上是增函数。求正实数a的取值范围； ax

设b0,a1，求证：

1ababln. abbb解：（1）f(x)'ax10对x[1,)恒成立， 2axa

又

1对x[1,)恒成立 x11a1为所求。 xabab1， ，a1,b0,bb1xlnx在[1,)上是增函数， ax

（2）取x

一方面，由（1）知f(x)f(

ab)f(1)0 b

abblnab0 abbab1即lnab1 bab

另一方面，设函数G(x)xlnx(x1)

G'(x)1

1x10(x1) xx∴G(x)在(1,)上是增函数且在xx0处连续，又G(1)10 ∴当x1时，G(x)G(1)0 ∴xlnx即

ababln bb

综上所述，

1ababln. abbb

3．设函数f(x)xaxaxm(a0)

（1）若a1时函数f(x)有三个互不相同的零点，求m的范围； （2）若函数f(x)在1,1内没有极值点，求a的范围；

（3）若对任意的a3,6，不等式f(x)1在x2,2上恒成立，求实数m的取值范围． 解：（1）当a1时f(x)xxxm，

因为f(x)有三个互不相同的零点，所以f(x)xxxm0， 即mx3x2x有三个互不相同的实数根。

令g(x)xxx，则g(x)3x2x1(3x1)(x1)。 因为g(x)在(,1)和(1为增函数， ,13,)均为减函数，在135m的取值范围1,27

32'23232322（2）由题可知，方程f(x)3x2axa0在1,1上没有实数根，

'22f'(1)32aa20'2因为f(1)32aa0，所以a3

a0'22（3）∵f(x)3x2axa3(xa3)(xa)，且a0，

a∴函数f(x)的递减区间为(a,a3)，递增区间为(,a)和(3,)；

当a3,6时，a31,2,a3,又x2,2，

∴f(x)maxmaxf(2),f(2)而f(2)f(2)164a0

22∴f(x)maxf(2)84a2am，

又∵f(x)1在x2,2上恒成立，

∴f(x)max1，即84a2a2m1，即m94a2a2在a3,6恒成立。

∵94a2a2的最小值为87

x2y224．（本题满分14分）已知椭圆C1:221(ab0)的离心率为，直线l:yx222ab与以原点为圆心、以椭圆C1的短半轴长为半径的圆相切。

（Ⅰ）求椭圆C1的方程；

（Ⅱ）设椭圆C1的左焦点为F1，右焦点为F2，直线l1过点F1，且垂直于椭圆的长轴，动直线l2垂

直l1于点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M，求点M的轨迹C2的方程；

（Ⅲ）若AC、BD为椭圆C1的两条相互垂直的弦，垂足为右焦点F2，求四边形ABCD的面积的最小

值．

2c2a2b212,e2,a22b2 解：（Ⅰ）e22aa222直线l:xy20与圆x2y2b2相切b,b2,b24,a28,

2x2y21. ∴椭圆C1的方程是 …………3分 84（Ⅱ）∵MP=MF2，∴动点M到定直线l1:x2的距离等于它到定点F2（2，0）的距离，∴动点

M的轨迹C是以l1为准线，F2为焦点的抛物线

∴点M的轨迹C2的方程为y8x …………6分 （Ⅲ）当直线AC的斜率存在且不为零时，设直线AC的斜率为k，

A(x1,y1),C(x2,y2)，则直线AC的方程为yk(x2).

2x2y21及yk(x2)得(12k2)x28k2x8k280. 联立848k28k28,x1x2. 所以x1x22212k12k32(k21)2222|AC|(1k)(x1x2)(1k)[(x1x2)4x1x2]…．9分

12k232(1k2)11由于直线BD的斜率为,用代换上式中的k可得|BD| 2k2kk∵ACBD，

116(1k2)2∴四边形ABCD的面积为S|AC||BD|2……．．12分 22(k2)(12k)(12k2)(k22)23(k21)2][] 由(12k)(k2)[2222所以S64,当12k2k22时,即k1时取等号． 9…………13分

易知，当直线AC的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD的面积S8

x2y22

5．（本小题满分14分）已知椭圆2＋2＝1（a>b>0）的左．右焦点分别为F1．F2，离心率e＝，右

ab2

准线方程为x＝2． （1）求椭圆的标准方程；

226→→

（2）过点F1的直线l与该椭圆相交于M．N两点，且|F2M＋F2N|＝，求直线l的方程．

32＝，ca2

解析：（1）由条件有a

c＝2

2

解得a＝2，c＝1．

∴b＝a2－c2＝1．

x2

所以，所求椭圆的方程为＋y2＝1．

2

（2）由（1）知F1（－1,0）．F2（1,0）．

若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝－1，

2

将x＝－1代入椭圆方程得y＝±．

2

22

不妨设M－1，．N－1，－，

22

22→→

∴F2M＋F2N＝－2，＋－2，－＝（－4,0）．

22

→→

∴|F2M＋F2N|＝4，与题设矛盾． ∴直线l的斜率存在．

设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k（x＋1）．

x22＋y＝1，

设M（x1，y1）．N（x2，y2），联立2

y＝k(x＋1)

消y得（1＋2k2）x2＋4k2x＋2k2－2＝0．

－4k22k

由根与系数的关系知x1＋x2＝． 2，从而y1＋y2＝k（x1＋x2＋2）＝1＋2k1＋2k2

→→

又∵F2M＝（x1－1，y1），F2N＝（x2－1，y2）， →→

∴F2M＋F2N＝（x1＋x2－2，y1＋y2）．

→→

∴|F2M＋F2N|2＝（x1＋x2－2）2＋（y1＋y2）2 8k2＋222k24(16k4＋9k2＋1)＝＋＝．

4k4＋4k2＋11＋2k21＋2k2

4(16k4＋9k2＋1)2262∴＝

4k4＋4k2＋13． 化简得40k4－23k2－17＝0，

17

解得k2＝1或k2＝－（舍）．∴k＝±1．

40

∴所求直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x－1．

6.（本小题满分12分）已知aR，函数f(x)lnx1，g(x)lnx1exx（其中e为自然对

数的底数）．

（1）判断函数f(x)在区间0,e上的单调性；

（2）是否存在实数x00,e，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直? 若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．

axa1xaalnx1，∴f(x)22．

xxxx令f(x)0，得xa．

解（1）：∵f(x)①若a0，则f(x)0，fx在区间0,e上单调递增.

②若0ae，当x0,a时，f(x)0，函数fx在区间0,a上单调递减， 当xa,e时，f(x)0，函数fx在区间a,e上单调递增， ③若ae，则f(x)0，函数fx在区间0,e上单调递减. ……6分 （2）解：

∵g(x)lnx1ex，x0,e，

xex1xxg(x)lnx1elnx1e1lnx1ex1lnx1ex1由（1）可知，

xx1当a1时，f(x)lnx1．

x1此时f(x)在区间0,e上的最小值为ln10，即lnx10．

x11xlnx010，∴g(x0)lnx01ex0110． 当x00,e，e00，x0x0曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直等价于方程g(x0)0有实数解． 而gx00，即方程g(x0)0无实数解． 故不存在x00,e，使曲线yg(x)在

xx0处的切线与y轴垂直……12分

7．（本小题满分12分）已知线段CD23，CD的中点为O，动点A满足ACAD2a（a为正

常数）．

（1）建立适当的直角坐标系，求动点A所在的曲线方程；

（2）若a2，动点B满足BCBD4，且OAOB，试求AOB面积的最大值和最小值． 解（1）以O为圆心，CD所在直线为轴建立平面直角坐标系.若ACAD2a23，即0a3，动点A所在的曲线不存在；若ACAD2a23，即a3，动点A所在的曲线方程为

y0(3x3)；若ACAD2a23，即a3，动点A所在的曲线方程为x2y221.……4分 2aa3x2x22(2)当a2时，其曲线方程为椭圆y1.由条件知A,B两点均在椭圆y21上，且

44OAOB

1设A(x1,y1)，B(x2,y2)，OA的斜率为k(k0)，则OA的方程为ykx，OB的方程为yxkykx解方程组x2 2y1444k222得x1，y1

14k214k244k222同理可求得x22，y2 2k4k411(1k2)221kx112x2=2………………8分 AOB面积S222k(14k)(k4)令1k2t(t1)则

t21S22 994t29t924tt991125254令g(t)249()2(t1)所以4g(t)，即S1

ttt24454当k0时，可求得S1,故S1，

54故S的最小值为，最大值为1. ……12分

5

y2x28.（本小题满分12分）设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆221(ab0)上的两点，已知向量

ab3xyxym(1,1),n(2,2),若mn0且椭圆的离心率e=,短轴长为2，O为坐标原点.

2baba（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由

ca2b23y2a2,c3椭圆的方程为x21 4分 解：2b2.b1,eaa24(2) ①当直线AB斜率不存在时，即x1x2,y1y2,由mn0

y12x0y124x12…………5分

44x12221x1,y12 又A(x1,y1)在椭圆上，所以x14211sx1y1y2x12y11

2221所以三角形的面积为定值.……6分

②当直线AB斜率存在时：设AB的方程为y=kx+b

ykxb2kb2222 (k4)x2kbxb40得到xxy1222k4x14b24222

x1x22 ，=(2kb)4(k+4)(b4)>0……………8分而mn0,

k4yy(kxb)(kx2b)x1x2120x1x210代入整理得:44 222bk4 ……………10分

1|b|1|b|4k24b2+164b2

2

S=2|AB|=2|b|(x1+x2)4x1x2==2|b|=1 2(k2+4)1+k2

综上三角形的面积为定值1.………………………12分

9.已知函数f(x)的导数f'(x)3x23ax，f(0)b．a，b为实数，1a2． (1) 若f(x)在区间[1，1]上的最小值、最大值分别为2、1，求a、b的值； (2) 在 (1) 的条件下，求曲线在点P（2，1）处的切线方程；

(3) 设函数F(x)[f'(x)6x1]e2x，试判断函数F(x)的极值点个数．

解：(1) 由已知得，f(x)x3ax2b， 由f(x)0，得x10，x2a． ∵x[1, 1]，1a2，

∴ 当x[1, 0)时，f(x)0，f(x)递增；当x(0, 1]时，f(x)0，f(x) 递减． ∴ f(x)在区间[1, 1]上的最大值为f(0)b，∴b1．

33又f(1)1a12a，

2233f(1)1a1a，

22∴ f(1)f(1)．

443由题意得f(1)2，即a2，得a． 故a，b1为所求．

332(2) 由 (1) 得f(x)x2x1，f(x)3x4x，点P(2, 1)在曲线f(x)上． 当切点为P(2, 1)时，切线l的斜率kf(x)|x24， ∴ l的方程为y14(x2)， 即4xy70． (3

22x F(x)(3x23ax6x1)e2x3x3(a2)x1e22xF(x)6x3(a2)e2x23x3(a2)x1e22x32232

[6x6(a3)x83a]e2

二次函数y6x6(a3)x83a的判别式为

236(a3)224(83a)12(3a212a11)123(a2)1令0，得： 13333(a2)2,2a2.令0，,或a2. ∵e2x0，得a2 1a2，

333333a2时，F(x)0，函数F(x)为单调递增，极值点个数为0； ∴当2－33当1a2时，此时方程F(x)0有两个不相等的实数根，

3根据极值点的定义，可知函数F(x)有两个极值点．

ax2lnx10.已知函数f(x)=x1aR,x[,2]

2(1)当a[2,)时, 求f(x)的最大值;

14(2) 设g(x)[f(x)lnx]x2, k是g(x)图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数a，使得k1恒成立?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由．

(2)存在a(,]符合条件

解: 因为g(x)[f(x)lnx]x2=axx3

不妨设任意不同两点p1(x1,y1),p2(x2,y2)，其中x1x2

3y1y2a(x1x2)(x2x13)kxxx1x2则 122a(x12x1x2x2)2) 由k1知:a 1+(x12x1x2x2742又x24故a

1474故存在a(,)符合条件．…12分

解法二:据题意在yg(x)图象上总可以在找一点P(x0,y0)使以P为切点的切线平行图象上任意两点的连线,即存在k2a13x074g(x1)g(x2)2g'(x0)a3x01

x1x277故存在a(,)符合条件． 44

11．A﹑B﹑C

是直线l上的三点，向量OA﹑OB﹑OC满足：

OA-[y+2f(1)]·OB+ln(x+1)·OC=0 ；

（Ⅰ）求函数y=f(x)的表达式； （Ⅱ）若x＞0, 证明f(x)＞（Ⅲ）当

2x； x212 xf(x2)m22bm3时,x1,1及b1,1都恒成立，求实数m的取值范围。

2

解I）由三点共线知识，

∵OA[y2f(1)]OBln(x1)]•OC0,∴OA[y2f(1)]OBln(x1)]•OC,∵A﹑B﹑C三

点共线，

∴[y2f(1)][ln(x1)]1 ∴yf(x)ln(x1)12f(1).

11f(x)f(1)∴x1∴2，

∴f(x)=ln(x+1)………………4分

2x(Ⅱ)令g(x)=f(x)－x2,

x2由g(x)(x1)(x2)2，

∵x>0∴g(x)0

2x∴g(x)在 (0,+∞)上是增函数,故g(x)>g(0)=0,即f(x)>x2;………8分

1222xf(x)m2bm3,令 （III）原不等式等价于2x3x121222h(x)=2xf(x)=2xln(1x),由h(x)1x2,

当x∈[-1,1]时,[h(x)]max=0, ∴m-2bm-3≥0,令Q(b)= m-2bm-3，则由Q(1)≥0及Q（-1)≥0解得

m≤-3或m≥3. …………12分

2

2

12.已知M经过点G(0,1)，且与圆Q:x(y1)8内切. （Ⅰ）求动圆M的圆心的轨迹E的方程.

（Ⅱ）以m(1,2)为方向向量的直线l交曲线E于不同的两点A、B，在曲线E上是否存在点P使四边形OAPB为平行四边形（O为坐标原点）.若存在，求出所有的P点的坐标与直线l的方程；若不存在，请说明理由.

22

解:（Ⅰ）依题意，动圆与定圆相内切，得|MG||MQ|22，可知M到两个定点G、Q的距离和为常数，并且常数大于|GQ|，所以P点的轨迹为椭圆，可以求得a2，c1，b1，

y21．……………………5分 所以曲线E的方程为x22（Ⅱ）假设E上存在点P，使四边形OAPB为平行四边形．

y21. 由（Ⅰ）可知曲线E的方程为x22设直线l的方程为y2xm，A(x1，y1)，B(x2，y2).

y2xm;由，得 y221.x24x222mxm220，

m222m由0得m4，且x1x2，x1x2，………7分

242m22则y1y2(2x1m)(2x2m)，

2y1y2(2x1m)(2x2m)m，

E上的点P使四边形OAPB为平行四边形的充要条件是OPOAOB，

即P点的坐标为（x1x2,y1y2）

(y1y2)21， 且(x1x2)22yy2又x111，x221，所以可得2x1x2y1y210，…………9分

22222可得m21，即m1或m1． 当m1时，P(2，1)，直线l方程为y2x1； 22，1)，直线l方程为 2当m1时，P(y2x1．……………………12分

13.已知函数fx和gx的图象关于原点对称，且fxx22x． (Ⅰ)求函数gx的解析式； (Ⅱ)解不等式gxfxx1；

(Ⅲ)若hxgxfx1在1,1上是增函数，求实数的取值范围．

解：(Ⅰ)设函数yfx的图象上任意一点Qx0,y0关于原点的对称点为Px,y，则

x0x0,x0x,2 即y0y0,y0y.2∵点Qx0,y0在函数yfx的图象上

∴yx22x，即yx22x, 故gxx22x (Ⅱ)由gxfxx1， 可得2x2x10 当x1时，2xx10，此时不等式无解。 当x1时，2xx10，解得1x因此，原不等式的解集为1,。

2221。 2（Ⅲ）hx1x221x1

①当1时，hx4x1在1,1上是增函数， 1 ②当1时，对称轴的方程为x11. 11ⅰ）当1时,1,解得1.

11ⅱ）当1时,1,解得10.综上，0.

1

14.已知函数f(x)lnx12ax2x(a0). 2（1）若函数f(x)在定义域内单调递增，求a的取值范围； （2）若a11且关于x的方程f(x)xb在1,4上恰有两个不相等的实数根，求实数b的22取值范围；

n*（3）设各项为正的数列{an}满足：a11,an1lnanan2,nN.求证：an21

ax22x1(x0). 解：（1）f(x)x2依题意f(x)0在x0时恒成立，即ax2x10在x0恒成立.

则a12x112(1)1a((1)21)min(x0) 在恒成立，即x02xxx1x2当x1时，(1)1取最小值1 ∴a的取值范围是(,1]……4

（2）a,f(x)113xbx2xlnxb0. 24213(x2)(x1)设g(x)x2xlnxb(x0).则g(x).列表：

422xx 12(0,1)   1 (1,2)   2 (2,4)   g(x) g(x) 0 极大值 0 极小值 5g(x)g(2)ln2b2g(x)g(1)b∴，，又g(4)2ln2b2……6 极小值极大值

4方程g(x)0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根.

g(1)05则g(2)0，得ln22b…………8

4g(4)0（3）设h(x)lnxx1,x1,，则h(x)110 xh(x)在1,为减函数，且h(x)maxh(1)0,故当x1时有lnxx1.

a11.假设ak1(kN*),则ak1lnakak21，故an1(nN*).

从而an1lnanan22an1.1an12(1an)nn即1an2，∴an21…………

2n(1a1).

15．（本小题满分14分）

2C:yx如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C

的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点. （1）求△APB的重心G的轨迹方程.

（2）证明∠PFA=∠PFB.

22解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x1)((x1x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

切线BP的方程为：2x1xyx10; 解得P点的坐标为：xP2x0x1,yPx0x1 2x0x1xPxP，

32所以△APB的重心G的坐标为 xG2y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

3333所以yp3yG4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3 （2）方法1：因为FA(x0,x0),FP(由于P点在抛物线外，则|FP|0.

214x0x1112,x0x1),FB(x1,x1). 244x0x11112x0(x0x1)(x0)x0x1FPFA444, 2∴cosAFP1|FP||FA||FP|22|FP|x0(x0)24x0x11112x1(x0x1)(x1)x0x1FPFB2444, 同理有cosBFP1|FP||FB||FP|22|FP|x1(x1)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为(x1,0)，则P2点到直线AF的距离为：d1即(x12)xx1y|x1|1;而直线BF的方程:y24x12x114x,

141x10. 4x1x1|x||(x12)11|(x12)142442|x1| 所以P点到直线BF的距离为：d21221222x(x1)(x1)144所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时，直线AF的方程：y0004x00442x0114(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程：y1114x1044x12所以P点到直线AF的距离为：

xx11xx111222|(x0)(0)x0x1x0||0)(x0)42424|x0x1|，同理可得到Pd11221222x(x0)x0044点到直线BF的距离d2

16.已知yf(x)xlnx．

（1）求函数yf(x)的图像在xe处的切线方程；

|x1x0|，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB. 2（2）设实数a0，求函数F(x)f(x)在a,2a上的最小值； a12成立． exexf(e)e又

kf/(e)2

（3）证明对一切x(0,)，都有lnx解：（1）f(x)定义域为0,f(x)lnx1函数yf(x)的在xe处的切线方程为：y2(xe)e，即y2xe……3分

（2）F(x)'11(lnx1)令F'(x)0得x当x0,1，F'(x)0，F(x)单调递减，当

eaex1,，F'(x)0，F(x)单调递增． …………5分

e（i）当a1时，F(x)在a,2a单调递增，[F(x)]minF(a)lna，…………6分 e111112a即a时，[F(x)]minF()…………7分 e2eeee（ii）当a（iii）当2a11即0a时，F(x)在a,2a单调递减，e2e[F(x)]minF(2a)2ln(2a)………………8分

(3)问题等价于证明xlnxxx2(x(0,))，

ee由(2)可知f(x)xlnx(x(0,))的最小值是1，当且仅当x1时取得最小值……10分

ee设m(x)xx2(x(0,))，则m'(x)1xx，

eee当x(0,1)时m(x)0，m(x)单调递增；当x(1,)时m(x)0,m(x)单调递减。故，当且仅当x1时取得最大值…………12分 m(x)maxm(1)1e所以[f(x)]min1[m(x)]max且等号不同时成立，即xlnxxx2(x(0,))

eeeeex从而对一切x(0,)，都有lnx12成立．…………13分 x

17．（本小题满分14分）已知函数f(x)ln(xa)xx在x0处取得极值． （I）求实数a的值；

（II）若关于x的方程f(x)范围；

（III）证明：对任意正整数n，不等式ln25xb在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值2n1n12都成立． nn解：（I）f(x)12x1,……………………………………………2分 xax0时，f(x)取得极值，

f(0)0,…………………………………………………………………3分

故

12010，解得a=1， 0a经检验a=1符合题意．……………………………………………………………4分 （II）由a=1知f(x)ln(x1)xx,由f(x)25xb, 2得ln(x1)x233xb0,令(x)ln(x1)x2xb, 22则f(x)5xb在[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于 2(x)0在[0，2]上恰有两个不同的实数根．…………………5分

(x)13(4x5)(x1)2x,……………6分 x122(x1)当x(0,1)时,(x)0,于是(x)在(0,1)上单调递增 当x(1,2)时,(x)0,于是(x)在(1,2)上单调递减．

(0)b0,3依题意有(1)ln(11)1b0,

2(2)ln(12)43b0,1ln31bln2.…………………9分

2（III）f(x)ln(x1)xx的定义域为{x|x1},……………10分

由（1）知f(x)2x(2x3),………………………………………11分

x13（舍去），当1x0时,f(x)0,f(x)单调递增； 2令f(x)0得,x0或x当x>0时，f(x)0,f(x)单调递减．f(0)为f(x)在(1,)上的最大值．（12分）

f(x)f(0),故ln(x1)x2x0（当且仅当x=0时，等号成立）………13分

对任意正整数n，取x1111n1n10得，ln(1)2,故ln2. 14分 nnnnnn

x2y218. (本小题满分12分) 已知椭圆C:221（ab0）的左、右焦点分别为F1,F2，A为

ab椭圆短轴的一个顶点，且AF1F2是直角三角形，椭圆上任一点P到左焦点F1的距离的最大值为

21

（1）求椭圆C的方程；

（2）与两坐标轴都不垂直的直线l：ykxm(m0)交椭圆C于E,F两点，且以线段EF为直径

的圆恒过坐标原点，当OEF面积的最大值时，求直线l的方程.

解：（1）由题意得

c2，ac21————————2分 a2a2,c1，则b1——————3分

x2所以椭圆的方程为y21————————————4分

2x2y21（2）设E(x1,y1),F(x2,y2)，2，联立得(12k2)x24mkx2m220

ykxm4mkxx1212k2228(2k1m)0，，——————————————————5分 2xx2m21212k2又以线段EF为直径的圆恒过坐标原点，所以OEOF0

即x1x2y1y20，代入得m222(k1)————————————7分 3(22k2)(14k2)-----9分 22(12k)18(12k2m2)122Sd|EF|=1k332(12k2)22设t12k1，则S2112119222()2 3t3t242t当t2，即t12k2,k222时，面积S取得最大值，——————————11分 222x1——————————————-12分 2又m1，所以直线方程为y

19.(本小题满分12分) 已知函数f(x)x2ln(ax)(a0)

（1）若f'(x)x2对任意的x0恒成立，求实数a的取值范围； （2）当a1时，设函数g(x)f(x)1，若x1,x2(,1),x1x21，求证x1x2(x1x2)4 xe

解：（1）f'(x)2xln(ax)x————————1分

f'(x)2xln(ax)xx2，即2lnax1x在x0上恒成立

设u(x)2lnax1x

u'(x)3分

210,x2，x2时，单调减，x2单调增，所以x2时，u(x)有最大值u(2)————xe——————————5分 2u(2)0,2ln2a12，所以0a（2）当a1时，g(x)f(x)xlnx, x111g(x)1lnx0,x,所以在(,)上g(x)是增函数，(0,)上是减函数——————————6

eee1x1x1x21，所以g(x1x2)(x1x2)ln(x1x2)g(x1)x1lnx1 ex1x2ln(x1x2) x1x1x2ln(x1x2)——————————————————————————8分 x2x1x2x1x2xx)ln(x1x2)(212)ln(x1x2) x2x1x2x1分 因为

即lnx1同理lnx2所以lnx1lnx2(又因为2x1x24,当且仅当“x1x2”时，取等号————————————————10分 x2x1又x1,x2(,1),x1x21，ln(x1x2)0——————————11分 所以(21ex1x2)ln(x1x2)4ln(x1x2) x2x1所以lnx1lnx24ln(x1x2)

4所以：x1x2(x1x2)————————————12分

20．本小题满分12分

ABC的内切圆与三边AB,BC,CA的切点分别为D,E,F，已知

B(2,0),C(2,0)，内切圆圆心I(1,t),t0，设点A的轨迹为L. （1）求L的方程；

（2）过点C的动直线m交曲线L于不同的两点M,N（点M在x轴的上方），问在x轴上是否存在一定点Q（Q不与C重合），使不存在，说明理由.

QMQCQMQNQCQN恒成立，若存在，试求出Q点的坐标；若

y A D . I B O E F x C

【解】（1）设点A(x,y)，由题知ABACBDCEBECE

BOOEOCOE2OE2，根据双曲线定义知，点A的轨迹是以B,C为焦点，实

轴长为2的双曲线的右支（除去点E），故L的方程为xy1(x1). …4分 （2）设点Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2).

22QMQCcosQM,QCQNQCcosQN,QCQMQCQNQC |QM||QN|QMQNcosMQCcosNQC，MQCNQC ……………………… 6分

①当直线MNx轴时，点Q(x0,0)在x轴上任何一点处都能使得MQCNQC成立. ………………………7分

22xy1②当直线MN不与x轴垂直时，设直线MN:yk(x2)，由得

yk(x2)(1k2)x222k2x(2k21)0

22k22k21x1x22,x1x22 …………… 9分

k1k1y1y2k(x12)k(x22)k(x1x2)22ktanMQCkQM22k k21

y1y2,tanNQCkQN，使MQCNQC，只需

x1x0x2x0tanMQCtanNQC成立，即

y1y2，即x2y1x0y1x1y2x0y20， x1x0x2x0(y1y2)x0x2k(x12)x1k(x22)2kx1x22x(x1x2)，即

QMQCQNQC22k2k22(,0)xx，故，故所求的点的坐标为时，恒Q002222k1k1QMQN成立. ………………………12分