2021年北京市高考数学压轴题总复习

2021年北京市高考数学压轴题总复习

1．若方程f （x ）＝x 有实数根x 0，则称x 0为函数f （x ）的一个不动点．已知函数f （x ）＝

e x ﹣lnx +（a +1）x ﹣alnx （e 为自然对数的底数）a ∈R ．

（1）当a ≥0时f （x ）是否存在不动点？并证明你的结论；

（2）若a ＝﹣e ，求证f （x ）有唯一不动点．

【解答】解：（1）当a ≥0时f （x ）不存在不动点，

证明：由f （x ）＝x 可得，

e x x +ax −alnx =0， 令F （x ）=e x x +ax −alnx ，x ＞0，

则F ′（x ）=xe x −e x x 2+a −a x =(x−1)(e x +ax)x 2

， 当x ∈（0，1）时，F ′（x ）＜0，函数单调递减，当x ∈（1，+∞）时，F ′（x ）＞0，函数单调递增，

故当x ＝1时，函数取得最小值F （1）＝a +e ＞0

故方程，e x x +ax −alnx =0没有实数根，即f （x ）不存在不动点；

（2）当a ＝﹣e 时，F （x ）=e x x

−ex +elnx ， 则F′(x)=(x−1)(e x −ex)x 2

， 令g （x ）＝e x ﹣ex 则g ′（x ）＝e x ﹣e ，

当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＜0，函数单调递减，当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数单调递增，

故g （x ）≥g （1）＝0，

当x ∈（0，1）时，F ′（x ）＜0，函数单调递减，当x ∈（1，+∞）时，F ′（x ）＞0，函数单调递增，

故当x ＝1时，函数取得最小值F （1）＝a +e ＝0，

所以e x x −ex +elnx =0有唯一的实数根1，

故f （x ）有唯一的不动点．

2．已知抛物线y 2＝2px （p ＞0）经过点（3，2√3），点A ，B ，C 为抛物线上不同的三点，F

为抛物线的焦点，且满足FA →+FB →+FC →=0→

，过点C 作y 轴的垂线且垂足为M ． （Ⅰ）若直线AB ，FM 的斜率都存在，求证：k AB •k FM 为定值；

（Ⅱ）已知直线AB 过点（﹣1，0），抛物线上任意一点N （异于点A ，B ），直线NA ，NB 分别交直线x ＝1交于P ，Q 两点，O 为坐标原点，求证：OP →•OQ →

为定值．

【解答】解：（Ⅰ）依题意有（2√3）2＝6p ，解得p ＝2，

所以抛物线的方程为y 2＝4x ，

所以焦点F （1，0），

设点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），M （0，y 3），

由FA →+FB →+FC →=0→，得x 1+x 2＝3﹣x 3，y 1+y 2＝﹣y 3，

又因为{y 12=4x 1y 22=4x 2

， 两式相减得，（y 1+y 2）（y 1+y 2）＝4（x 1﹣x 2），

k AB =

y 1−y 2x 1−x 2=4y 1+y 2=−4y 3， k FM =0−y 31−0=−y 3， 所以k AB •k FM ＝4，

即k AB •k FM 为定值．

（Ⅱ）证明：设点N （x 0，y 0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），

由{y 02=4x 0y 12=4x 1

，得y 0−y 1x 0−x 1=4y 0+y 1， 则直线l NA ：y ﹣y 0=4y 0+y 1

（x ﹣x 0）， 即（y 0+y 1）y ＝4x +y 0y 1，

其与x ＝1的交点P （1，y 0y 1+4

y 0+y 1），

同理直线l NB 与直线x ＝1的交点Q （1，

y 0y 2+4

y 0+y 2）， 所以OP →⋅OQ →=1+y 0y 1+4y 0+y 1+y 0y 2+4y 0+y 2

=1+y 02y 1y 2+4y 0(y 1+y 2)+16y 02+y 0(y 1+y 2)+y 1y 2① 设直线AB 的方程为y ＝k （x +1），

联立{y 2=4x y =k(x +1)

，消y 整理得k 2x 2+（2k 2﹣4）x +k 2＝0， 则x 1x 2＝1，y 1y 2=√16x 1x 2=4，

代入①得1+4y 02+4y 0(y 1+y 2)+16y 02+y 0(y 1+y 2)+4

=1+4＝5， 所以OP →•OQ →为定值．