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(xiàng)練(一)22、23題1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的右焦點(diǎn)重合，拋物線C的動(dòng)弦AB過(guò)點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F且垂直于弦AB的直線交拋物線的準(zhǔn)線于點(diǎn)M.(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)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(diǎn)A，圓O在點(diǎn)A處的切線被橢圓C截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)圓O上任意一點(diǎn)P處的切線交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，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(qǐng)說(shuō)明理由．3．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋1)(e為自然對(duì)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(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．28分專項(xiàng)練28分專項(xiàng)練(一)22、23題1．解：(1)由橢圓方程得橢圓的右焦點(diǎn)為(1，0)．所以拋物線的焦點(diǎn)為F(1，0)，p＝2，故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.(2)①當(dāng)動(dòng)弦AB所在直線的斜率不存在時(shí)，|AB|＝2p＝4，|MF|＝2，eq\f(|AB|,|MF|)＝2.②當(dāng)動(dòng)弦AB所在的直線斜率存在時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)A(eq\r(2)，0)，則點(diǎn)(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(dāng)過(guò)點(diǎn)P且與圓O相切的切線斜率不存在時(shí)，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(shí)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(dāng)過(guò)點(diǎn)P且與圓O相切的切線斜率存在時(shí)，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?yàn)閑q\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(diǎn)P處的切線交橢圓C于點(diǎn)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(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，h(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)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(dāng)x→－1時(shí)，g′(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g′(x)→＋∞，則g′(x)＝0有唯一解x0.當(dāng)x∈(－1，x0)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，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(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(lna，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；c．若a>1，則x1<x2.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．綜上所述，當(dāng)a≤0，f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上為增函數(shù)，在(lna，0)上為減函數(shù)；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，lna)上為減函數(shù)．(2)①當(dāng)a＝0時(shí)，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(shí)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)a<0時(shí)，由(1)可知，f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)．因?yàn)閒(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，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(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x<0時(shí)，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(dāng)x∈(x0，0)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)，所以當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，符合題意．③當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．④當(dāng)0<a<1時(shí)，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?yàn)閘na－eq\f