Question

4．已知A，B分別為橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右頂點(diǎn)，不同兩點(diǎn)P，Q在橢圓C上，且關(guān)于x軸對(duì)稱，設(shè)直線AP，BQ的斜率分別為m，n，則當(dāng)$\frac{2b}{a}+\frac{a}+\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|取最小值時(shí)，橢圓C的離心率為（　　）

• A． $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
• B． $\frac{{\sqrt{2}}}{3}$
• C． $\frac{1}{2}$
• D． $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$

Answer 1

分析 設(shè)P（x₀，y₀），則Q（x₀，-y₀），y₀²=$\frac{^{2}（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{a}^{2}}$．A（-a，0），B（a，0），利用斜率計(jì)算公式肯定：mn=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，$\frac{2b}{a}+\frac{a}+\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|=$\frac{2b}{a}+\frac{a}$+$\frac{{a}^{2}}{2^{2}}$+ln$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$f（\frac{a}）$，令$\frac{a}$=t＞1，則f（t）=$\frac{2}{t}$+t+$\frac{1}{2}{t}^{2}$-2lnt．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：設(shè)P（x₀，y₀），則Q（x₀，-y₀），${y}_{0}^{2}$=$\frac{^{2}（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{a}^{2}}$．
A（-a，0），B（a，0），
則m=$\frac{{y}_{0}}{a+{x}_{0}}$，n=$\frac{{y}_{0}}{a-{x}_{0}}$，
∴mn=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{a}^{2}-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∴$\frac{2b}{a}+\frac{a}+\frac{1}{2mn}+ln\left|m\right|+ln\left|n\right|$=$\frac{2b}{a}+\frac{a}$+$\frac{{a}^{2}}{2^{2}}$+$ln\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$f（\frac{a}）$，
令$\frac{a}$=t＞1，則f（t）=$\frac{2}{t}+t$+$\frac{1}{2}{t}^{2}$-2lnt．
f′（t）=$-\frac{2}{{t}^{2}}$+1+t-$\frac{2}{t}$=$\frac{（t+1）（{t}^{2}-2）}{{t}^{2}}$，
可知：當(dāng)t=$\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)f（t）取得最小值$f（\sqrt{2}）$=$\frac{2}{\sqrt{2}}$+$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}×（\sqrt{2}）^{2}$-2ln$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$+1-ln2．
∴$\frac{a}$=$\sqrt{2}$．
∴$e=\sqrt{1-（\frac{a}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．