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- 2021-06-24 发布
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28分专项练(二) 22、23题
1.已知F1(-1,0),F2(1,0)分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,椭圆C过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F2的直线l(不过坐标原点)与椭圆C交于A,B两点,求·的取值范围.
2.设M点为圆C:x2+y2=4上的动点,点M在x轴上的投影为N,动点P满足2= ,动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)设E的左顶点为D,若直线l:y=kx+m与曲线E交于两点A,B(A,B不是左、右顶点),且满足|+|=|-|,求证:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.
3.已知函数f(x)=e-x,a为实数.
(1)当a=2时,求f(x)的单调递增区间;
(2)如果对任意x≥0,f(x)≤x+1恒成立,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)=-aln x.
(1)当a=0时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最小值;
(2)若00.
28分专项练(二) 22、23题
1.解:(1)由条件知解得
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则=(x1+1,y1),=(x2+1,y2).
根据题意设直线l的方程为x=my+1.
联立消去x得(5m2+6)y2+10my-25=0,
由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=.
所以·=(x1+1)(x2+1)+y1y2
=(my1+2)(my2+2)+y1y2
=(1+m2)y1y2+2m(y1+y2)+4
=(1+m2)·+2m·+4
==-5+.
因为5m2+6≥6,所以0<≤,所以-5<-5+≤-.
所以·∈.
2.解:(1)设点M(x0,y0),P(x,y),由题意可知N(x0,0).
因为2= ,所以2(x0-x,-y)=(0,-y0),
即x0=x,y0=y.
又因为点M在圆C:x2+y2=4上,所以x+y=4,
所以+=1,即轨迹E的方程为+=1.
(2)由(1)可知D(-2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2).
因为|+|=|-|,所以⊥,所以k≠0.
由得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0.
Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0,
即3+4k2-m2>0,
所以x1+x2=,x1x2=,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=.
因为⊥,所以·=0,
即(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,
所以+2·+4+=0,
所以7m2-16mk+4k2=0,
解得m1=2k,m2=k,且均满足3+4k2-m>0.
当m1=2k时,直线l的方程为y=kx+2k=k(x+2),直线恒过点(-2,0),与已知矛盾;
当m2=k时,直线l的方程为y=kx+k=k,直线恒过点,
所以直线l过定点,定点坐标为.
3.解:(1)当a=2时,f(x)=(x2+2x+1)e-x,
f′(x)=(2x+2)e-x-(x2+2x+1)e-x=-(x+1)(x-1)e-x.
由f′(x)>0,得-10,从而g″(x)在[0,+∞)上单调递增,g″(0)=3-a,g′(0)=2-a,g(0)=0.
①当a≤2时,g″(0)=3-a>0,
由g″(x)在[0,+∞)上单调递增可知,g″(x)≥3-a>0,所以g′(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以g′(x)≥g′(0)=2-a≥0,
故g(x)在[0,+∞)上单调递增,从而g(x)≥g(0)=0恒成立;
②当20,使g′(x1)=0,
当03时,g″(0)=3-a<0,
由g″(x)在[0,+∞)上单调递增可知,存在x2>0,使g″(x2)=0,
当00),得f′(x)=,
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=f(1)=e.
(2)证明:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=-=.
令g(x)=(x-1)ex-ax,x>0,则g′(x)=xex-a,易知g′(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为00,
所以存在唯一的x1∈(0,2),使g′(x1)=0,
当x∈(0,x1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
又因为g(0)=-1,g(2)=e2-2a≥0,
所以当x∈(0,x1)时,g(x)0,即f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)min=f(x0)=-aln x0=-aln x0=
a,1h(2)=1-ln 2>0.
又因为a>0,所以f(x)min>0,从而f(x)>0.
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