【考点】KN：直线与抛物线的综合

【专题】35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（1）当x=2时，代入求得M点坐标，即可求得直线BM的方程；

（2）设直线l的方程，联立，利用韦达定理及直线的斜率公式即可求得kBN+kBM=0，即可证明∠ABM=∠ABN．

【解答】解：（1）当l与x轴垂直时，x=2，代入抛物线解得y=±2，

所以M（2，2）或M（2，﹣2），

直线BM的方程：y=x+1，或：y=﹣x﹣1．

（2）证明：设直线l的方程为l：x=ty+2，M（x1，y1），N（x2，y2），

联立直线l与抛物线方程得，消x得y2﹣2ty﹣4=0，

即y1+y2=2t，y1y2=﹣4，

则有kBN+kBM=+===0，

所以直线BN与BM的倾斜角互补，

∴∠ABM=∠ABN．

【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查转化思想，属于中档题．

21．（12分）已知函数f（x）=aex﹣lnx﹣1．

（1）设x=2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；

（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．

【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6D：利用导数研究函数的极值；6E：利用导数研究函数的最值

【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用．

【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）=aex﹣，由x=2是f（x）的极值点，解得a=，从而f（x）=ex﹣lnx﹣1，进而f′（x）=，由此能求出f（x）的单调区间．

（2）当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）=﹣lnx﹣1，则﹣，由此利用导数性质能证明当a≥时，f（x）≥0．

【解答】解：（1）∵函数f（x）=aex﹣lnx﹣1．

∴x＞0，f′（x）=aex﹣，

∵x=2是f（x）的极值点，

∴f′（2）=ae2﹣=0，解得a=，

∴f（x）=ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）=，

当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，

设g（x）=﹣lnx﹣1，则﹣，

当0＜x＜1时，g′（x）＜0，

当x＞1时，g′（x）＞0，

∴x=1是g（x）的最小值点，

故当x＞0时，g（x）≥g（1）=0，

∴当a≥时，f（x）≥0．

【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y=k|x|+2．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ﹣3=0．

（1）求C2的直角坐标方程；

（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．