2020高考数学二轮复习练习：第二部分 28分专项练 28分专项练（一） 22、23题含解析 5页

‎28分专项练 ‎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＋＝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)求的最小值．‎ ‎2．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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)＝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，＝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)．‎ 由得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝1，Δ＝16(k2＋1)>0.‎ ‎|AB|＝|x1－x2|＝＝.‎ FM所在直线的方程为y＝－(x－1)，‎ 由得点M.‎ 所以|MF|＝＝2，‎ 所以＝＝2>2.‎ 综上所述，的最小值为2.‎ ‎2．解：(1)设椭圆C的半焦距为c，由椭圆C的离心率为知，b＝c，a＝b，则椭圆C的方程为＋＝1.易求得点A(，0)，则点(，)在椭圆C上，所以＋＝1，解得b2＝3，所以a2＝6，椭圆C的方程为＋＝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＝，则P(，0)．由(1)知M(，)，N(，－)，‎ 所以|PM|·|PN|＝2.此时＝(，)，＝(，－)，·＝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＝，即m2＝2(k2＋1)．‎ 由消去y得x2＋2(kx＋m)2＝6，‎ 即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，‎ 得Δ>0，x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 因为＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2‎ ‎＝(1＋k2)·＋km·＋m2‎ ‎＝ ‎＝＝＝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－.‎ 令h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>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－＝a.‎ 所以g(x0)＝(1－x0)ex0－ln(x0＋1)＋1－.‎ 令φ(x)＝(1－x)ex－ln(x＋1)＋1－，‎ 则φ′(x)＝－x.‎ 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＝ln a，‎ a．若a＝1，则x1＝x2，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；‎ b．若0x2.‎ 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；‎ 当x∈(ln a，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x10，f(x)为增函数；‎ 当x∈(0，ln a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；‎ 当x∈(ln a，＋∞)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01时，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上为增函数，在(0，ln a)上为减函数．‎ ‎(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x－ex＝ex，令f(x)＝0得x＝ln 2，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－<0，即a>－.注意到f(1)＝e2＋a－(a＋1)e＝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＋ex>ax－(a＋1)ex>ax－(a＋1)，取x0<1＋<0，则f(x0)>0，‎ 所以当x∈(x0，0)时，f(x)有1个零点，‎ 所以当－1时，f(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，ln a)上为减函数，在(ln a，＋∞)上为增函数．‎ 因为f(0)＝－a－1＝－a－<0，‎ 所以此时f(x)最多有1个零点，不符合题意．‎ 综上所述，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是.‎