高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 （一） 22、23題（含解析）試題

28分專項練(一)22、23題1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的右焦點重合，拋物線C的動弦AB過點F，過點F且垂直于弦AB的直線交拋物線的準線于點M.(1)求拋物線的標準方程；(2)求eq\f(|AB|,|MF|)的最小值．2．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，圓O：x2＋y2＝2與x軸正半軸交于點A，圓O在點A處的切線被橢圓C截得的弦長為2eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于M，N兩點，試判斷|PM|·|PN|是否為定值？若為定值，求出該定值；若不是定值，請說明理由．3．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax，a∈R，試求函數(shù)g(x)的極小值的最大值．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)e2x－(a＋1)ex＋ax.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．28分專項練28分專項練(一)22、23題1．解：(1)由橢圓方程得橢圓的右焦點為(1，0)．所以拋物線的焦點為F(1，0)，p＝2，故拋物線的標準方程為y2＝4x.(2)①當動弦AB所在直線的斜率不存在時，|AB|＝2p＝4，|MF|＝2，eq\f(|AB|,|MF|)＝2.②當動弦AB所在的直線斜率存在時，易知直線的斜率不為0.設(shè)AB所在直線方程為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.則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所在直線的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)（x－1），,x＝－1))得點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.綜上所述，eq\f(|AB|,|MF|)的最小值為2.2．解：(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c，由橢圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)知，b＝c，a＝eq\r(2)b，則橢圓C的方程為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.易求得點A(eq\r(2)，0)，則點(eq\r(2)，eq\r(2))在橢圓C上，所以eq\f(2,2b2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得b2＝3，所以a2＝6，橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)|PM|·|PN|為定值2.當過點P且與圓O相切的切線斜率不存在時，不妨設(shè)切線的方程為x＝eq\r(2)，則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.此時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，當過點P且與圓O相切的切線斜率存在時，可設(shè)切線的方程為y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則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).因為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O(shè)M⊥ON.綜上所述，圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于點M，N，都有OM⊥ON.又在Rt△OMN中，OP⊥MN，由△OMP與△NOP相似可得|OP|2＝|PM|·|PN|＝2為定值．3．解：(1)函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋1)的定義域是(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1).令h(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,（x＋1）2)>0，所以函數(shù)h(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝f′(0)＝0.所以當x∈(－1，0)時，h(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(0，＋∞)時h(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，0)，單調(diào)遞增區(qū)間是(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，＋∞)上單調(diào)遞增．當x→－1時，g′(x)→－∞；當x→＋∞時，g′(x)→＋∞，則g′(x)＝0有唯一解x0.當x∈(－1，x0)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在x＝x0處取得極小值，g(x0)＝ex0－ln(x0＋1)－ax0，且x0滿足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)，則φ′(x)＝－xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,（x＋1）2))).當x∈(－1，0)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增；當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，可得φ(x)max＝φ(0)＝1.所以函數(shù)g(x)的極小值的最大值為1.4．解：(1)f′(x)＝e2x－(a＋1)ex＋a＝(ex－1)(ex－a)．①若a≤0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．②若a>0，令f′(x)＝0，則x1＝0，x2＝lna，a．若a＝1，則x1＝x2，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)；b．若0<a<1，則x1>x2.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當x∈(lna，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；c．若a>1，則x1<x2.當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當x∈(0，lna)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．綜上所述，當a≤0，f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)；當a＝1時，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)；當0<a<1時，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上為增函數(shù)，在(lna，0)上為減函數(shù)；當a>1時，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，lna)上為減函數(shù)．(2)①當a＝0時，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，此時f(x)有1個零點，不符合題意．②當a<0時，由(1)可知，f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)．因為f(x)有兩個零點，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，所以當x∈(0，1)時，f(x)有1個零點．當x<0時，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，則f(x0)>0，所以當x∈(x0，0)時，f(x)有1個零點，所以當－eq\f(1,2)<a<0時，f(x)有2個零點，符合題意．③當a＝1時，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不可能有兩個零點，不符合題意．④當0<a<1時，f(x)在(－∞，lna)上為增函數(shù)，在(lna，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)．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)).因為lna－eq\f