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(shè)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(dǎo),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(dǎo),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(dǎo),
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(shè)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(shè)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0
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
lnax
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.