高中数学探究性试题探究性试题有助于数学思维的提高(6)

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30．已知圆M:(x?5)2?y2?36,定点N(5,0),点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，

且满足NP?2NQ,GQ?NP?0. （1）求点G的轨迹C的方程；

（2）过点（2，0）作直线l，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设OS?OA?OB, 是否存在这样的

直线l，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线l的方程；若不

存在，试说明理由.

NP?2NQ??解：（1）??Q为PN的中点且GQ⊥PN?GQ为PN的中垂线?|PG|=|GN|

GQ?PN?0?? ∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a?3，半

x2y2焦距c?5，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是??1

94 （2）因为OS?OA?OB，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形?OA?OB?0 ?x?2?x?2?若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由? 得??x2y225?1?y????4?93?

?OA?OB?16?0,与OA?OB?0矛盾，故l的斜率存在. 9设l的方程为y?k(x?2),A(x1,y1),B(x2,y2)

?y?k(x?2)?由?x2y2?(9k2?4)x2?36k2x?36(k2?1)?0

?1??4?9

36k236(k2?1)?x1?x2?2,x1x2? ① 29k?49k?420k2y1y2?[k(x1?2)][k(x2?2)]?k[x1x2?2(x1?x2)?4]??2 ②

9k?42

把①、②代入x1x2?y1y2?0得k??3 2∴存在直线l:3x?2y?6?0或3x?2y?6?0使得四边形OASB的对角线相等.

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731. 已知抛物线c:y?x?4x?，过C上点M，且与M处的切线垂直的直线称为C在点M

22的法线。

⑴若C在点M的法线的斜率为?1，求点M的坐标（x0,y0）； 2⑵设

p(?2,a)为C对称轴上的一点，在C上是否存在点，使得C在该点的法线通过点P？

若有，求出这些点，以及C在这些点的法线方程；若没有，请说明理由。

解（1)函数y?7x2?4x?的导数y'?2x?4上点(x0,y0)处切线的斜率k0?2x0?4，因为过

2111??(2x?4)??1x??1,y?点(x0,y0)的法线斜率为，所以，解得0，故点M的坐标00222为(?1,1)。 2（2）设M(x0,y0)为C上一点，

11M(?2,?)M(?2,?)的法线方程为x??2①若0，则C上点处的切线斜率k?0，过点

22x??2，此法线过点p(?2,a)；

②若x0??2，则过点M(x0,y0)的法线方程为：y?y0??1(x?x0)?? ①

2x0?4若法线过p(?2,a)，则a?y0??1(?2?x0)，即 (x0?2)2?a?? ②

2x0?42a?1若a?0，则x0??2?a，从而y0?，将上式代入①，

2化简得：x?2若a?0与x0ay?2?2aa?0,x?2ay?2?2aa?0，

??2矛盾，若a?0，则②式无解。

2a?12a?11),(?2?a,)及(?2,?)， 综上，当a?0时，在C上有三点(?2?a,2221

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在这三点的法线过

p(?2,a)，其方程分别是：x?2ay?2?2aa?0,x?2ay?2?2aa?0,x??2。

当a?0时，在C上有一点(?2,?

32．已知函数f(x)?ln(x?)?1)，在这点的法线过点p(?2,a)，其方程为：x??2。 2322,g(x)?lnx. x1x?m有实数根，求实数m的取值集合； 2 （1）求函数f(x)是单调区间； （2）如果关于x的方程g(x)? （3）是否存在正数k，使得关于x的方程f(x)?kg(x)有两个不相等的实数根？如果

存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由.

3,0)?(0,??). 212(x?1)(x?3)对f(x)求导得f?(x)? ?（2分） ?2?3x3x?x2(x?)223由 f?(x)?0，得??x??1或x?32解：（1）函数f(x)的定义域是(? 由

f?(x)?0，得?1?x?0或0?x?3.

因此 (?3（－1，0）和（0，3）是函数f(x),?1)和（3，??)是函数f(x)的增区间；

2的减区间 ??（5分）

111x?m?lnx?x?m?m?lnx?x. 2221所以实数m的取值范围就是函数?(x)?lnx?x的值域 ?（6分）

211对?(x)求导得??(x)??.x2（2）[解法一]：因为g(x)?令

??(x)?0，得x?2，并且当x?2时，??(x)?0;当0?x?2时，??(x)?0

∴当x=2时?(x)取得最大值，且?(x)max??(2)?ln2?1. 又当x无限趋近于0时，lnx无限趋近于??,?进而有?(x)?lnx?1x无限趋近于0， 21x无限趋近于－∞. 21因此函数?(x)?lnx?x的值域是 (??,ln2?1] 即实数m的取值范围是

21

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(??,ln2?1]?（9分）

11x?m有实数根等价于直线g(x)?x?m与曲线y=lnx有221公共点，并且当直线g(x)?x?m与曲线y=lnx相切时，m取得最大值. ??（6分）

21设直线y?x?t与曲线y?lnx相切，切点为T(x0,y0).则对y?lnx求导得

2?11?2?x0?1? 解得 y??，根据相切关系得?y0?lnx0x?1?y0?x0?t?2?[解法二]：方程g(x)?x0?2,y0?ln2，进而t?ln2?1.

所以m的最大值是ln2?1。而且易知当m?ln2?1时，直线y?总有公共点。

因此实数m的取值集合是(??,ln2?1].?（9分）

（3）结论：这样的正数k不存在。?（10分）

下面采用反证法来证明：假设存在正数k，使得关于x的方程

1x?m与曲线y=lnx2f(x)?kg(x)有两个

x1和x2，则

① ??（11分）

32?ln(x?)??klnx1,1?2x?f(x1)?kg(x1)?1????f(x2)?kg(x2)?ln(x?3)?2?klnx.22?2x2?根据对数函数定义域知x1和x2都是正数。

②又由（1）可知，当 x?0时，f(x)min?f(x)?ln(3?)?∴f(x1)=ln(x1?)?322?0 332232,f(x2)?ln(x2?)??0. x1?02x2再由k>0，可得g(x1)?lnx1?0,g(x2)?lnx2?0?x1?1,x2?1. 由于 x1?x2,所以不妨设 1?x1?x2

3232ln(x1?)?ln(x2?)?2x12x2?由①和②可得

lnx1lnx21

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3232ln(x1?)??lnx1ln(x2?)??lnx22x12x2?利用比例性质得

lnx1lnx2ln(1?即

3232)?ln(1?)?2x1x12x2x2?.(*) ?（13分）

lnx1lnx2由于lnx是区间(1,??)上的恒正增函数，且 1?x1?x2,?又由于 ln(1?lnx1?1. lnx232)?是区间(1,??)上的恒正减函数，且 1?x1?x2. ∴2xx3)?2x13ln(1?)?2x2ln(1?2x1?1. 2x2ln(1?23232ln(1?)?ln(1?)?x12x1x12x2x2?? 2lnx1lnx2x23)?lnx12x1?∴

3lnx2ln(1?)?2x2这与（*）式矛盾。因此满足条件的正数k不存在 ?（14分）

33．数列?an?，a1?1,an?1?2an?n2?3n(n?N?)

（1）是否存在常数?、?，使得数列an??n2??n是等比数列，若存在，求出?、?的值，若不存在，说明理由。 （2）设bn?1，San?n?2n?1n???b1?b2?b3???bn，证明：当n?2时，

6n5?Sn?.

(n?1)(2n?1)3⑴解:设 an?1?2an?n2?3n可化为an?1??(n?1)2??(n?1)?2(an??n2??n)， 即an?1?2an??n2?(??2?)n???? ?(2分)

????1????1?解得? 故???2??3 ??(4分)

??1???????0?222∴an?1?2an?n?3n可化为an?1?(n?1)?(n?1)?2(an?n?n)?(5分)

又a1?12?1?0???(6分) 故存在???1,??1使得数列an??n2??n?是等比数列?(7分)

?22n?1⑵证明：由⑴得 an?n?n?(a1?1?1)?2 ∴an?2n?1?n2?n，

故 bn?∵ bn?11? ? (8分)

an?n?2n?1n214422 ? (9分) ????222n4n4n?12n?12n?11

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