适用于老高考新教材2023届高考数学二轮总复习抢分练2含解析

Page4抢分练2(时间:30分钟,满分:24分)1.(12分)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=(1)求椭圆C1的方程;(2)已知B,A分别为椭圆C1的左、右顶点,P为椭圆C1上不同于A,B的任一点,在抛物线C2:y2=2px(p>0)上存在两点Q,R,使得四边形AQPR为平行四边形,求p的最小值.2.(12分)(2022·广东二模)已知函数f(x)=xenx-nx(n∈N*且n≥2)的图象与x轴交于P,Q两点,且点P在点Q的左侧.(1)求点P处的切线方程y=g(x),并证明:当x≥0时,f(x)≥g(x);(2)若关于x的方程f(x)=t(t为实数)有两个正实根x1,x2,证明:|x1-x2|<2t

抢分练21.解(1)由题意,得e=ca=32,ab=2,a2=(2)由(1)知A(2,0),设Q(x1,y1),R(x2,y2),P(x3,y3),如图,连接AP,QR,交于点D(x0,y0).∵四边形AQPR为平行四边形,∴D为AP,QR的中点且QR与x轴既不垂直也不平行.设QR:y=kx+m(k≠0),与C2的方程联立消y得k2x2+2(km-p)x+m2=0,Δ=4(km-p)2-4k2m2>0,即-2km+p>0,①∴x∴x0=x1+x22=-km-pk又x0=x3+22,y0∴x3=2x0-2=-2(km-p)k2-2,y3∴P-2(km-p)k∵点P在曲线C1上,代入可得[-2(km-p)k2-2]

24+2pk2=1,即令2pk=sinθ,②km-pk由②得k=2psinθ,代入③,得代入①得-2km+p=-2p+8p21+cosθ+p>0,解得p>1+cosθ8,∵sinθ≠0,∴cosθ<1,∴1+cos∴p的最小值为142.(1)解令f(x)=0,得xenx-nx=0,所以x=0或enx=n,即x=0或x=lnn因为点P在点Q的左侧,所以P(0,0),Qlnn因为f'(x)=(nx+1)enx-n,所以f'(0)=1-n.得点P处的切线方程为y=(1-n)x,即g(x)=(1-n)x.当x≥0时,f(x)-g(x)=xenx-nx-(1-n)x=x(enx-1),因为x≥0,n∈N*且n≥2,所以nx≥0,所以enx≥1,即enx-1≥0.所以x(enx-1)≥0,所以f(x)≥g(x).(2)证明不妨设x1≤x2,且只考虑x≥0的情形.因为f'(x)=(nx+1)enx-n,所以f'lnnn=nlnnn+1elnn所以点Q处的切线方程为y=nlnnx-lnnn=(nlnn)x-(lnn)2,记h(x)=(nlnn)x-(ln令F(x)=f(x)-h(x)=xenx-nx-[(nlnn)x-(lnn)2]=xenx-(n+nlnn)x+(lnn)2,x≥0,设G(x)=F'(x)=(nx+1)enx-(n+nlnn),则G'(x)=n(nx+2)enx>0,所以G(x)在[0,+∞)上单调递增.又因为F'lnnn=nlnnn+1elnn所以当x∈0,lnnn时,F'(当x∈lnnn,+∞时,F'(所以F(x)在0,lnnn所以F(x)在x=lnn即F(x)≥Flnnn=lnnnelnn-(n+nlnn)lnn所以当x≥0时,f(x)≥h(x).设方程h(x)=t的根为x'2,则x'2=t+易知h(x)在[0,+∞)上单调递增,由h(x2)≤f(x2)=t=h(x'2),所以x2≤x'2.对于(1)中g(x)=(1-n)x,设方程g(x)=t的根为x'1,则x'1=t1易知g(x)在[0,+∞)上单调递减,由(1)知g(x1)≤f(x1)=t=g(x'1),所以x'1≤x1.所以x2-x1≤x'2-x'1=t+(lnn)2n因为nlnn-(n-1)=n(lnn-1)+1,易知当n≥3时,lnn-1>0,故n(lnn-1)+1>0(n≥3);当n=2时,2(ln2-1)+1=ln4-1>0.所以nlnn>n-1>0,所以0<1nlnn记φ(x)=f'(x)=(nx+1)enx-n,x≥0,则φ'(x)=n(nx+2)enx>0恒成立.所以φ(x)在[0,+∞)上单调递增,因为f'(0)=1-n<0,f'lnnn=nlnn>0,所以存在x0∈0,lnnn使得f'(所以当x∈[0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在[0,