胥植麟

(云南省昆明市云南師范大學 650500)

題1 (2021年高考數(shù)學乙卷20)設函數(shù)f(x)=ln(a-x).已知x=0是函數(shù)y=xf(x)的極值點.

(1)求a；

解析(1)因為y=xf(x)=xln(a-x)，

因為函數(shù)y=xln(a-x)在x=0處可導，且在x=0處取得極值，

所以根據(jù)費馬引理，得

f′(0)=0.

即lna=0，解得a=1.

(2)根據(jù)第(1)問,得

f(x)=ln(1-x).

題目要證明g(x)<1，

拆成兩項,得

就是要證明

就是要證明

(Ⅰ)

由g(x)的函數(shù)關(guān)系式，得

g(x)的定義域為x<1且x≠0.

(Ⅱ)

令φ(t)=lnt,則函數(shù)在[1-x,1]內(nèi)連續(xù)，(1-x,1)內(nèi)可導，根據(jù)拉格朗日中值定理，

所以(Ⅱ)式成立.

(Ⅲ)

同樣根據(jù)拉格朗日中值定理，令φ(t)=lnt,

則函數(shù)在[1,1-x]內(nèi)連續(xù)，(1,1-x)內(nèi)可導，

所以(Ⅲ)式成立.

綜上所述,當x<1時,g(x)<1成立.

題2(2021年高考數(shù)學乙卷21)已知拋物線C：x2=2py(p>0)的焦點為F，且F與圓M：x2+(y+4)2=1上的點的距離最小值為4.

(1)求P；

(2)若點P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值.

所以拋物線C的方程為x2=4y.

(2)連接AB，由于AB是拋物線C的弦，而PA,PB又是拋物線C的切線，則△PAB為阿基米德三角形.

由于PA,PB的交點P在圓M上，而圓M上的任意一點都不在拋物線C的準線上，故弦AB一定不過焦點(0，1).

設點A坐標為(x1,y1)，點B坐標為(x2,y2),

則PM為△PAB的中線.

根據(jù)阿基米德三角形的性質(zhì)，PM∥y軸.

設弦AB所在的直線方程為y=kx+b，

代入拋物線C的方程，得

x2-4kx-4b=0.

根據(jù)韋達定理，得

x1+x2=4k,x1x2=-4b.

所以點M坐標為(2k,2k2+b)，

因為PA，PB是拋物線的切線，

所以可以得到兩條切線方程，分別是

yPA：xx1=2(y+y1)，

yPB：xx2=2(y+y2).

兩式相加,得

x(x1+x2)=2(2y+y1+y2).

又x1+x2=4k,y1+y2=k(x1+x2)+2b，

點p的橫坐標為2k，

聯(lián)立得點p的縱坐標為-b.

所以點p為(2k，-b)，

化簡，得

因為面積要最大值,所以負號的情況省略，即

所以f(t)max=f(0).

所以△PAB面積的最大值在k2=0時取到.

(1)當a=2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍.

令f′(x)=0,因為x>0，2x>0，

所以2-xln2=0.

因為x>0，所以兩邊取對數(shù)，得lnxa=lnax.

由1-lnx=0，解得x=e.

當00，則ψ(x)單調(diào)遞增；

當x>e時，ψ′(x)<0，則ψ(x)單調(diào)遞減.

當x趨近于無窮時，

由于有不等式

lnax1,β>0)，

如圖1，ψ(x)與φ(x)在x>0時有兩個交點.

圖1

所以只要令a≠e即可滿足條件.

綜上所述，a>1且a≠e.