（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分28分专项练28分专项练（二）22、23题（含解析）.docx

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(ab0)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：x2y24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：ykxm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)ex，a为实数(1)当a2时，求f(x)的单调递增区间；(2)如果对任意x0，f(x)x1恒成立，求实数a的取值范围4已知函数f(x)aln x.(1)当a0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(x11，y1)，(x21，y2)根据题意设直线l的方程为xmy1.联立消去x得(5m26)y210my250，由根与系数的关系得y1y2，y1y2.所以(x11)(x21)y1y2(my12)(my22)y1y2(1m2)y1y22m(y1y2)4(1m2)2m45.因为5m266，所以0，所以50，即34k2m20，所以x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.因为，所以0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y20，所以240，所以7m216mk4k20，解得m12k，m2k，且均满足34k2m0.当m12k时，直线l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2，0)，与已知矛盾；当m2k时，直线l的方程为ykxkk，直线恒过点，所以直线l过定点，定点坐标为.3解：(1)当a2时，f(x)(x22x1)ex，f(x)(2x2)ex(x22x1)ex(x1)(x1)ex.由f(x)0，得1x0，从而g(x)在0，)上单调递增，g(0)3a，g(0)2a，g(0)0.当a2时，g(0)3a0，由g(x)在0，)上单调递增可知，g(x)3a0，所以g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(0)2a0，故g(x)在0，)上单调递增，从而g(x)g(0)0恒成立；当2a3时，g(0)3a0，由g(x)在0，)上单调递增可知，g(x)3a0，所以g(x)在0，)上单调递增，因为g(0)2a0，使g(x1)0，当0xx1时，g(x)0，此时g(x)单调递减，所以g(x1)3时，g(0)3a0，使g(x2)0，当0xx2时，g(x)0，此时g(x)单调递减，所以g(x2)g(0)2a0，故g(x)在(0，x2)上单调递减，此时g(x2)0)，得f(x)，当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)minf(1)e.(2)证明：函数f(x)的定义域是(0，)，f(x).令g(x)(x1)exax，x0，则g(x)xexa，易知g(x)在(0，)上单调递增，因为0a，所以g(0)a0，所以存在唯一的x1(0，2)，使g(x1)0，当x(0，x1)时，g(x)0，g(x)单调递增又因为g(0)1，g(2)e22a0，所以当x(0，x1)时，g(x)g(0)0，即g(x)在(0，x1)上无零点所以存在唯一的x0(x1，2，使g(x0)0，即(x01)ex0ax0，因为g(1)a0，所以1x02，则.当x(0，x0)时，g(x)0，即f(x)0，即f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)minf(x0)aln x0