2020年新高考數(shù)學(xué)2020年新高考數(shù)學(xué)28分專項(xiàng)練28分專項(xiàng)練(二)22、23題

1、28 分專項(xiàng)練(二)22、23 題 2 2 X V 1 已知 Fi( 1, 0), F2(1, 0)分別是橢圓 C:孑+ b2 = 1(ab0)的左、右焦點(diǎn)，橢圓 C 過點(diǎn)|2嗎 2， 3 (1)求橢圓 C 的方程； 過點(diǎn) F2的直線 1(不過坐標(biāo)原點(diǎn))與橢圓 C 交于 A, B 兩點(diǎn)，求FIA 鬲的取值范圍. 2 .設(shè) M 點(diǎn)為圓 C: x2 + V2= 4 上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) M 在 x 軸上的投影為 N,動(dòng)點(diǎn) P 滿足 2PN = 3 MN，動(dòng)點(diǎn) P 的軌跡為 E. (1) 求 E 的方程； (2) 設(shè) E 的左頂點(diǎn)為 D，若直線 I: y= kx+ m 與曲線 E 交于兩點(diǎn) A, B(A,

2、B 不是左、右頂 點(diǎn))，且滿足|DA + DB|=|DA DB|,求證：直線 I恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo). 3 .已知函數(shù) f(x) = ?ax2 + ax+ 1 e x, a 為實(shí)數(shù). (1)當(dāng) a = 2 時(shí)，求 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； 如果對任意 x0, f(x)x+ 1 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.=(i 十 m2) 25 5m2+ 6 十 2m 5m + 6 25m2 i 5m2+ 6 =5 十 29 5m2 十 6 x 4.已知函數(shù) f(x) = e aln x. x 當(dāng) a = 0 時(shí)，求函數(shù) f(x)在(0,+s )上的最小值; 2 e 、 若 00. 28 分專項(xiàng)練

3、(二)22、23 題 Ib2= i， a2= 6, i .解：由條件知 4 5 解得2 c 孑 + 3P=i， b= 5， 2 2 所以橢圓C的方程為 x+y=i. 6 5 (2)設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2). 則 FiA= (Xi+ 1, yi), FiB=飩+ 1,沁. 根據(jù)題意設(shè)直線 I的方程為 x= my+ i. jx = my+ i, 聯(lián)立 2 y2 消去 x 得(5m2 + 6)y2 + i0my 25= 0, + i 6 十 5 ， 由根與系數(shù)的關(guān)系得 yi + y2= 5i；m6, yiy2=廠拿. 5m + 6 5m + 6 所以 FiA FiB=(Xi 十

4、i)(x2+ i)十 yiy2 =(myi + 2)(my2 + 2)十 =(i 十 m )yiy2 + 2m(yi + y?)+ 4 3 .解：(1)當(dāng) a = 2 時(shí)，f(x) = (x2+ 2x+ 1)e , f (x)= (2x+ 2)e x (x2 + 2x+ 1)e x= (x+ 1)(x 1)e x. 由 f(x)0，得一 1x 6,所以 c 29 ”29 比 l 29 ” 1 0+6 仝 2，所以5 5+ 5m2+60 , 即 3+ 4k2 m20 , 8mk 4 (m2 3) 所以 X1+X2=3+i?, X1X2= 3+4k2 , y1y2= (kx1+ 因?yàn)镈A丄 DB，

5、所以 DA DB = 0, 即(X1 + 2, y” (x2 + 2, y2) = X1x2 + 2(x1 + X2)+ 4+ y1y2= 0, 4m2 12 8mk 3m2 12k2 所以如 廠+ 2 - 2+ 4 +也 =0, 3 + 4k 3+ 4k 3+ 4k 所以 7m2 16mk+ 4k2 = 0, 2 2 解得 m1 = 2k, m2 = 7k, 且均滿足 3+ 4k m0. 當(dāng) m1 = 2k 時(shí)，直線 l 的方程為 y= kx+ 2k= k(x+ 2)，直線恒過點(diǎn)(一 2, 0),與已知矛盾; 當(dāng) m2= 7k 時(shí)，直線 l的方程為 y= 所以直線 I過定點(diǎn), 定點(diǎn)坐 所以

6、f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一 1 , 1). 由 f(x) 0 時(shí)，(x+ 1)ex qax2 ax- 1 0 恒成立. 令 g(x) = (x+ 1)ex *ax2 ax 1, 則 g (x) = (x+ 2)ex ax a, 則 g(x)= (x+ 3)ex a, 則 g (x)= (x+ 4)ex, 易知，當(dāng) x 0 時(shí)，g (x) = (x+ 4)ex0，從而 g(X)在0，+a )上單調(diào)遞增，g (0) = 3 使 g (X1)= 0, g (x)0，此時(shí) g(x)單調(diào)遞減，所以 g(x”0，使 g (x2)= 0, g (x)0，此時(shí) g (x)單調(diào)遞減，所以 g (X2)g (0

7、) = 2 a0,故 g(x)在(0, X2)上單調(diào)遞減，此時(shí) g(x2)0)，得 f(x) =(X2I), 當(dāng) x (0, 1)時(shí)，f (x)0 , 所以 f(x)在(1 ,+a )上單調(diào)遞增， 所以 f(x) min = f(1) = e. (x 1) e* a (x 1) e* ax (2)證明：函數(shù) f(X)的定義域是(0,+a ) , f (x) = -= X X X 令 g(x) = (x 1)ex ax, x0,則 g (x)= xeX a,易知 g (x)在(0 ,+a )上單調(diào)遞增, a, g (0) = 2 a, g(0) = 0. 當(dāng) a0 , (x)在0，+a )上單調(diào)

8、遞增可知, g (x)3 a0,所以 g (x)在0,+a )上單調(diào)遞 增, 所以 g(x) g(0) = 2 a 0, 故 g(x)在0,+ )上單調(diào)遞增，從而 g(x) g(0) = 0 恒成立; 當(dāng) 20, (x)在0,+a )上單調(diào)遞增可知, g (x) 3 a 0，所以 g (x)在0,+ )上單調(diào) 遞增, g (0) = 2 a0，所以存在 so, 當(dāng) 0 x3 時(shí), g (0) = 3 a0, 由 g(x)在當(dāng) 0 xx2 時(shí), 2 因?yàn)?0a w 2，所以 g (0) = a0 , 所以存在唯一的 Xi (0, 2)，使 g (xi) = 0, 當(dāng) x (0, xi)時(shí)，g (x)0, g(x)單調(diào)遞增. 又因?yàn)?g(0) = 1, g(2)= e2 2a0, 所以當(dāng) x (0, Xi)時(shí),g(x)g(0)0，即 g(x)在(0, xi)上無零點(diǎn). 所以存在唯一的 x0 (x1, 2,使 g(x0) = 0, 即(X0 1)ex= ax, 因?yàn)?g(1) = a0,所以 1xg2，則 ex0= J. 當(dāng) x (0, x0)時(shí)，g(x)0，即 f(x)0，即 f (x)0, f(x)單調(diào)遞增. 所以 f(x)min = f(x0) = eX0 aln X