高考数学二轮复习 第二部分 （一） 22、23题（含解析）试题

28分专项练(一)22、23题1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的右焦点重合，抛物线C的动弦AB过点F，过点F且垂直于弦AB的直线交抛物线的准线于点M.(1)求抛物线的标准方程；(2)求eq\f(|AB|,|MF|)的最小值．2．设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，圆O：x2＋y2＝2与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为2eq\r(2).(1)求椭圆C的方程；(2)设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于M，N两点，试判断|PM|·|PN|是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．3．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋1)(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax，a∈R，试求函数g(x)的极小值的最大值．4．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)e2x－(a＋1)ex＋ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．28分专项练28分专项练(一)22、23题1．解：(1)由椭圆方程得椭圆的右焦点为(1，0)．所以抛物线的焦点为F(1，0)，p＝2，故抛物线的标准方程为y2＝4x.(2)①当动弦AB所在直线的斜率不存在时，|AB|＝2p＝4，|MF|＝2，eq\f(|AB|,|MF|)＝2.②当动弦AB所在的直线斜率存在时，易知直线的斜率不为0.设AB所在直线方程为y＝k(x－1)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1）))得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.则x1＋x2＝eq\f(2（k2＋2）,k2)，x1x2＝1，Δ＝16(k2＋1)>0.|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)))\s\up12(2)－4)＝eq\f(4（k2＋1）,k2).FM所在直线的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)（x－1），,x＝－1))得点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k))).所以|MF|＝eq\r(22＋\f(4,k2))＝2eq\r(\f(1＋k2,k2))，所以eq\f(|AB|,|MF|)＝eq\f(\f(4（k2＋1）,k2),2\r(\f(1＋k2,k2)))＝2eq\r(1＋\f(1,k2))>2.综上所述，eq\f(|AB|,|MF|)的最小值为2.2．解：(1)设椭圆C的半焦距为c，由椭圆C的离心率为eq\f(\r(2),2)知，b＝c，a＝eq\r(2)b，则椭圆C的方程为eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.易求得点A(eq\r(2)，0)，则点(eq\r(2)，eq\r(2))在椭圆C上，所以eq\f(2,2b2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得b2＝3，所以a2＝6，椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)|PM|·|PN|为定值2.当过点P且与圆O相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为x＝eq\r(2)，则P(eq\r(2)，0)．由(1)知M(eq\r(2)，eq\r(2))，N(eq\r(2)，－eq\r(2))，所以|PM|·|PN|＝2.此时eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，即OM⊥ON，当过点P且与圆O相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即m2＝2(k2＋1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得x2＋2(kx＋m)2＝6，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，得Δ>0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).因为eq\o(OM,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(x2，y2)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋km·eq\f(－4km,1＋2k2)＋m2＝eq\f(（1＋k2）（2m2－6）－4k2m2＋m2（1＋2k2）,1＋2k2)＝eq\f(3m2－6k2－6,1＋2k2)＝eq\f(3（2k2＋2）－6k2－6,1＋2k2)＝0，所以OM⊥ON.综上所述，圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于点M，N，都有OM⊥ON.又在Rt△OMN中，OP⊥MN，由△OMP与△NOP相似可得|OP|2＝|PM|·|PN|＝2为定值．3．解：(1)函数f(x)＝ex－ln(x＋1)的定义域是(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1).令h(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)，则h′(x)＝ex＋eq\f(1,（x＋1）2)>0，所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且h(0)＝f′(0)＝0.所以当x∈(－1，0)时，h(x)＝f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时h(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是(－1，0)，单调递增区间是(0，＋∞)．(2)由g(x)＝f(x)－ax＝ex－ln(x＋1)－ax，得g′(x)＝f′(x)－a.由(1)知，g′(x)＝f′(x)－a在(－1，＋∞)上单调递增．当x→－1时，g′(x)→－∞；当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，则g′(x)＝0有唯一解x0.当x∈(－1，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以函数g(x)在x＝x0处取得极小值，g(x0)＝ex0－ln(x0＋1)－ax0，且x0满足ex0－eq\f(1,x0＋1)＝a.所以g(x0)＝(1－x0)ex0－ln(x0＋1)＋1－eq\f(1,x0＋1).令φ(x)＝(1－x)ex－ln(x＋1)＋1－eq\f(1,x＋1)，则φ′(x)＝－xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,（x＋1）2))).当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，可得φ(x)max＝φ(0)＝1.所以函数g(x)的极小值的最大值为1.4．解：(1)f′(x)＝e2x－(a＋1)ex＋a＝(ex－1)(ex－a)．①若a≤0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．②若a>0，令f′(x)＝0，则x1＝0，x2＝lna，a．若a＝1，则x1＝x2，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；b．若0<a<1，则x1>x2.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(lna，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；c．若a>1，则x1<x2.当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(0，lna)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．综上所述，当a≤0，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；当0<a<1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上为增函数，在(lna，0)上为减函数；当a>1时，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上为增函数，在(0，lna)上为减函数．(2)①当a＝0时，f(x)＝eq\f(1,2)e2x－ex＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex－1))，令f(x)＝0得x＝ln2，此时f(x)有1个零点，不符合题意．②当a<0时，由(1)可知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．因为f(x)有两个零点，必有f(0)＝－a－eq\f(1,2)<0，即a>－eq\f(1,2).注意到f(1)＝eq\f(1,2)e2＋a－(a＋1)e＝eq\f(1,2)e2－e＋a(1－e)>0，所以当x∈(0，1)时，f(x)有1个零点．当x<0时，f(x)＝ax＋exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex－a－1))>ax－(a＋1)ex>ax－(a＋1)，取x0<1＋eq\f(1,a)<0，则f(x0)>0，所以当x∈(x0，0)时，f(x)有1个零点，所以当－eq\f(1,2)<a<0时，f(x)有2个零点，符合题意．③当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不可能有两个零点，不符合题意．④当0<a<1时，f(x)在(－∞，lna)上为增函数，在(lna，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．f(lna)＝eq\f(1,2)e2lna－(a＋1)elna＋alna＝eq\f(1,2)a2－a2－a＋alna＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－\f(1,2)a－1)).因为lna－eq\f