Question

4．已知A，B分别为椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点，不同两点P，Q在椭圆C上，且关于x轴对称，设直线AP，BQ的斜率分别为m，n，则当$\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|取最小值时，椭圆C的离心率为（　　）

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

Answer 1

分析 设P（x₀，y₀），则Q（x₀，-y₀），y₀²=$\frac{{b}^{2}（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{a}^{2}}$．A（-a，0），B（a，0），利用斜率计算公式肯定：mn=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，$\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|=$\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}$+$\frac{{a}^{2}}{2{b}^{2}}$+ln$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$f（\frac{a}{b}）$，令$\frac{a}{b}$=t＞1，则f（t）=$\frac{2}{t}$+t+$\frac{1}{2}{t}^{2}$-2lnt．利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：设P（x₀，y₀），则Q（x₀，-y₀），${y}_{0}^{2}$=$\frac{{b}^{2}（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{a}^{2}}$．
A（-a，0），B（a，0），
则m=$\frac{{y}_{0}}{a+{x}_{0}}$，n=$\frac{{y}_{0}}{a-{x}_{0}}$，
∴mn=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{a}^{2}-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，
∴$\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{1}{2mn}+ln\left|m\right|+ln\left|n\right|$=$\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}$+$\frac{{a}^{2}}{2{b}^{2}}$+$ln\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$f（\frac{a}{b}）$，
令$\frac{a}{b}$=t＞1，则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：当t=$\sqrt{2}$时，函数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．
∴$\frac{a}{b}$=$\sqrt{2}$．
∴$e=\sqrt{1-（\frac{b}{a}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故选：D．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．