新高考数学大二轮复习压轴题突破练含答案课件PPT

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压轴题突破练41．(2021·梅州模拟)给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”．若椭圆C的一个焦点为F(－2,0)，点(2，)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P的直线l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2分别交其“卫星圆”于点M，N.试探究：|MN|的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由．解　(1)由条件可得椭圆C的另一个焦点为F1(2,0)，所以2a＝＋＝4，所以a＝2，c＝2，b＝2，所以椭圆的方程为＋＝1，卫星圆的方程为x2＋y2＝12.(2)|MN|的长度为定值4，证明过程如下：①当l1，l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率，因为l1与椭圆只有一个交点，则其方程为x＝2或x＝－2，当方程为x＝2时，此时l1与“卫星圆”交于点(2，2)和(2，－2)，此时经过点(2，2)，(2，－2)且与椭圆只有一个交点的直线是y＝2或y＝－2，即l2为y＝2或y＝－2，所以l1⊥l2，所以线段MN是“卫星圆”的直径，所以|MN|＝4.②当l1，l2都有斜率时，设点P(x0，y0)，其中x＋y＝12，设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个交点的直线为y＝t(x－x0)＋y0，则消去y得到 (1＋2t2)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0，所以Δ＝(64－8x)t2＋16x0y0t＋32－8y＝0，所以t1·t2＝＝＝－1，所以t1·t2＝－1，满足条件的两直线l1，l2垂直．所以线段MN是“卫星圆”的直径，所以|MN|＝4，综合①②知，|MN|＝4为定值．2．(2021·深圳模拟)已知函数f(x)＝aln2x＋2x(1－ln x)，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝e2f(x)－2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围．(其中常数e＝2.718 28…是自然对数的底数)解　(1)∵f(x)＝aln2x＋2x(1－ln x)，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，x>0，且f′(1)＝0，①若a≤0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0,1)上单调递增，当x＞1时，f′(x)＜0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，②当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a，当a＜x＜1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＞1或0＜x＜a时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，∴f(x)在(a,1)上单调递增，在(0，a)，(1，＋∞)上单调递减；③当a＝1时，f′(x)≤0恒成立，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＞a或0＜x＜1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，∴f(x)在(1，a)上单调递增，在(0,1)，(a，＋∞)上单调递减．(2)令g(x)＝e2f(x)－2a2＝0，即f(x)＝有且仅有3个零点，∴依题意，y＝f(x)与y＝的图象有三个交点，∴由(1)知，必有0<a<1和a>1，①当0＜a＜1时，f(x)在(a,1)上单调递增，在(0，a)，(1，＋∞)上单调递减；∴f(x)的极小值为f(a)＝aln2a＋2a(1－ln a)，极大值为f(1)＝2，又f(a)＝aln2a＋2a(1－ln a)＝a(ln 2a＋2－2ln a)＝a[(ln a－1)2＋1]>a>，∴y＝f(x)与y＝的图象至多有1个交点，所以舍去；②当a＞1时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(0,1)，(a，＋∞)上单调递减．∴f(x)的极小值为f(1)＝2，极大值为f(a)＝aln2a＋2a(1－ln a)，∴只有当2<<a(ln 2a＋2－2ln a)成立，y＝f(x)与y＝的图象才有三个交点，当2<时，a>e，下面只需要求解不等式<a(ln 2a＋2－2ln a)，即<ln 2a＋2－2ln a的解集，令ln a＝t，则<ln 2a＋2－2ln a等价于2et－2<t2＋2－2t，设h(t)＝t2＋2－2t－2et－2，则h′(t)＝2t－2－2et－2，令u(t)＝2t－2－2et－2，则u′(t)＝2－2et－2，令u′(t)＝0，则t＝2，且当t＜2时，u′(t)＞0，函数u(t)单调递增，当t＞2时，u′(t)＜0，函数u(t)单调递减，又u(2)＝0，∴u(t)≤0，即h(t)单调递减，又h(2)＝0，∴当t<2时，h(t)>0，即ln a＝t<2，得到0<a<e2，综上，e<a<e2.