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（二） 22、23题含解析
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0
0.
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.
