高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 （二） 22、23題（含解析）試題

28分專項(xiàng)練(二)22、23題1．已知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，橢圓C過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(15),3))).(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)F2的直線l(不過坐標(biāo)原點(diǎn))與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))的取值范圍．2．設(shè)M點(diǎn)為圓C：x2＋y2＝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2eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up6(→))，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l：y＝kx＋m與曲線E交于兩點(diǎn)A，B(A，B不是左、右頂點(diǎn))，且滿足|eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))|＝|eq\o(DA,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))|，求證：直線l恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)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；(2)如果對任意x≥0，f(x)≤x＋1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－alnx.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值；(2)若0<a≤eq\f(e2,2)，求證：f(x)>0.28分專項(xiàng)練(二)22、23題1．解：(1)由條件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝1，,\f(4,a2)＋\f(5,3b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝6，,b2＝5，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\o(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)．根據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x＝my＋1.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,5)＝1，))消去x得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝eq\f(－10m,5m2＋6)，y1y2＝eq\f(－25,5m2＋6).所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝(1＋m2)·eq\f(－25,5m2＋6)＋2m·eq\f(－10m,5m2＋6)＋4＝eq\f(－25m2－1,5m2＋6)＝－5＋eq\f(29,5m2＋6).因?yàn)?m2＋6≥6，所以0<eq\f(29,5m2＋6)≤eq\f(29,6)，所以－5<－5＋eq\f(29,5m2＋6)≤－eq\f(1,6).所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,6))).2．解：(1)設(shè)點(diǎn)M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0，0)．因?yàn)?eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up6(→))，所以2(x0－x，－y)＝eq\r(3)(0，－y0)，即x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y.又因?yàn)辄c(diǎn)M在圓C：x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，所以eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可知D(－2，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．因?yàn)閨eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))|＝|eq\o(DA,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))|，所以eq\o(DA,\s\up6(→))⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，所以k≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))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＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4（m2－3）,3＋4k2)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－12k2,3＋4k2).因?yàn)閑q\o(DA,\s\up6(→))⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，所以eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，所以eq\f(4m2－12,3＋4k2)＋2·eq\f(－8mk,3＋4k2)＋4＋eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，所以7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝eq\f(2,7)k，且均滿足3＋4k2－m>0.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)(－2，0)，與已知矛盾；當(dāng)m2＝eq\f(2,7)k時(shí)，直線l的方程為y＝kx＋eq\f(2,7)k＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,7)))，直線恒過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0))，所以直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).3．解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，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－1<x<1，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，1)．(2)由f(x)≤x＋1得eq\f(1,2)ax2＋ax＋1≤(x＋1)ex，即當(dāng)x≥0時(shí)，(x＋1)ex－eq\f(1,2)ax2－ax－1≥0恒成立．令g(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,2)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)ex>0，從而g″(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，g″(0)＝3－a，g′(0)＝2－a，g(0)＝0.①當(dāng)a≤2時(shí)，g″(0)＝3－a>0，由g″(x)在[0，＋∞)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，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；②當(dāng)2<a≤3時(shí)，g″(0)＝3－a≥0，由g″(x)在[0，＋∞)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，因?yàn)間′(0)＝2－a<0，所以存在x1>0，使g′(x1)＝0，當(dāng)0<x<x1時(shí)，g′(x)<0，此時(shí)g(x)單調(diào)遞減，所以g(x1)<g(0)＝0，與題意不符；③當(dāng)a>3時(shí)，g″(0)＝3－a<0，由g″(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增可知，存在x2>0，使g″(x2)＝0，當(dāng)0<x<x2時(shí)，g″(x)<0，此時(shí)g′(x)單調(diào)遞減，所以g′(x2)<g′(0)＝2－a<0，故g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，此時(shí)g(x2)<g(0)＝0，與題意不符．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．4．解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，由f(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，得f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝e.(2)證明：函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(（x－1）ex－ax,x2).令g(x)＝(x－1)ex－ax，x>0，則g′(x)＝xex－a，易知g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)?<a≤eq\f(e2,2)，所以g′(0)＝－a<0，g′(2)＝2e2－a>0，所以存在唯一的x1∈(0，2)，使g′(x1)＝0，當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．又因?yàn)間(0)＝－1，g(2)＝e2－2a≥0，所以當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g(x)<g(0)<0，即g(x)在(0，x1)上無零點(diǎn)．所以存在唯一的x0∈(x1，2]，使g(x0)＝0，即(x0－1)ex0＝ax0，因?yàn)間(1)＝－a<0，所以1<x0<2，則eq\f(ex0,x0)＝eq\f(a,x0－1).當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f