1、抢分练1(时间:30分钟,满分:24分)1.(12分)(2022广东华南师大附中三模)已知在ABC中,B(-2,0),C(2,0),若动点A满足|AB|=23,BAC90,且AC的垂直平分线交直线AB于点P.(1)求点P的轨迹E的方程.(2)直线x=m(m3)交x轴于点D,与曲线E在第一象限内的交点为Q,过点D的直线l与曲线E交于M,N两点,与直线x=3m交于点K,记QM,QN,QK的斜率分别为k1,k2,k3.求证:k1+k2k3是定值.若直线l的斜率为1,是否存在m,使k1+k2+k3=6?若存在,求出所有满足条件的m的值;若不存在,请说明理由.2.(12分)(2022新高考22)已知函数
2、f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.抢分练11.(1)解 BAC90,AC的垂直平分线交BA的延长线于点P.连接PC,则|PC|=|PA|,|PB|-|PC|=|PB|-|PA|=|AB|=233).(2)证明 由已知得D(m,0),Q(m,y0),满足m23-y02=1,y00.设直线l的方程为x=ty+m,易知t0,M(x1,y1),N(x2,y2),y10,y20,联立x=ty+m,x23-y2=1,得(t2-3)y2+2m
3、ty+m2-3=0,则y1+y2=-2mtt2-3,y1y2=m2-3t2-3,k1=y1-y0x1-m=y1-y0ty1=1t-y0ty1,同理k2=1t-y0ty2,k1+k2=2t-y0t1y1+1y2=2t-y0ty1+y2y1y2=2t-y0t-2mtm2-3=21t+my0m2-3.设K(xK,yK),对x=ty+m,令xK=3m,得yK=3-m2tm,K3m,3-m2tm,k3=y0+m2-3tmm-3m=my0m2-3+1t.k1+k2=2k3,k1+k2k3=2是定值.解 存在m=322,使k1+k2+k3=6.假设存在m,使k1+k2+k3=6.由知,k1+k2=2k3,则
4、k1+k2+k3=3k3=6,k3=2.直线QK的方程为y-y0=2(x-m),令xK=3m,得yK=23m-m+y0,直线l的斜率为1,直线l的方程为x=y+m,令xK=3m,得yK=3m-m,23m-m+y0=3m-m,y0=m-3m,代入m23-y02=1,得m23-m-3m2=1,整理得2m4-15m2+27=0,解得m2=92或m2=3(舍去),m=322,故存在m=322,使k1+k2+k3=6.2.(1)解 由题意,得f(x)=ex-a,g(x)=a-1x=ax-1x(x0).当a0时,f(x)0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,g(x)0时,令f(x)=0,即ex-a=0,
5、解得x=ln a.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表.x(-,ln a)ln a(ln a,+)f(x)0+f(x)极小值a-aln a由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.由g(x)=0得x=1a0.当x在区间(0,+)上变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表.x0,1a1a1a,+g(x)0+g(x)极小值1+ln a由上表可知,当x=1a时,g(x)取得极小值即最小值,为1+ln a.则a-aln a=1+ln a.令h(a)=a-aln a-1-ln a,则h(a)=1-(ln a+1)-1a=-ln a-1a=ln 1a-1a.令
6、1a=t,则ln t-t0.h(a)在区间(0,+)上单调递减,且h(1)=0.a=1.(2)证明 由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.当bb.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;当b1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,
7、即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.F(x)=f(x)=ex-1,所以F(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增.又因为F(-b)=e-b0,F(0)=1-b0,(令t(b)=eb-2b,则当b1时,t(b)=eb-20,t(b)t(1)=e-20)所以F(x)=f(x)-b在区间(-,0)上存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+)上存在且只存在1个零点,设为x2.其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.G(x)=g(x)=1-1x,所以G(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增.又因为G(e-b)=
8、e-b0,G(1)=1-b0,令(b)=b-ln 2b,则当b1时,(b)=1-1b0,(b)(1)=1-ln 20所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+)上存在且只存在1个零点,设为x4.再次,证明存在b使得x2=x3.因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=ex2-x2=x3-ln x3.若x2=x3,则ex2-x2=x2-ln x2,即ex2-2x2+ln x2=0.所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)上有解即可,即(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上有零点.因为1e3=e1e3-2e3-30,所以(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=ex0-x0,则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0),又因为F(x)在区间(-,0)上单调递减,x10,0x01,所以ln x00,所以ex01,x41,所以x4=ex0.又因为ex0-2x0+ln x0=0,所以x1+x4=ln x0+ex0=2x0,
