胥植麟

(云南省昆明市云南師范大學(xué) 650500)

題1 (2021年高考數(shù)學(xué)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(diǎn).

(1)求a；

解析(1)因?yàn)閥=xf(x)=xln(a-x)，

因?yàn)楹瘮?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(fèi)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(xiàng),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?yàn)閤<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(dāng)x<1時(shí),g(x)<1成立.

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

(1)求P；

(2)若點(diǎn)P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，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(diǎn)P在圓M上，而圓M上的任意一點(diǎn)都不在拋物線C的準(zhǔn)線上，故弦AB一定不過焦點(diǎn)(0，1).

設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為(x1,y1)，點(diǎn)B坐標(biāo)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(dá)定理，得

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

所以點(diǎn)M坐標(biāo)為(2k,2k2+b)，

因?yàn)镻A，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(diǎn)p的橫坐標(biāo)為2k，

聯(lián)立得點(diǎn)p的縱坐標(biāo)為-b.

所以點(diǎn)p為(2k，-b)，

化簡，得

因?yàn)槊娣e要最大值,所以負(fù)號(hào)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(shí)取到.

(1)當(dāng)a=2時(shí)，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(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍.

令f′(x)=0,因?yàn)閤>0，2x>0，

所以2-xln2=0.

因?yàn)閤>0，所以兩邊取對數(shù)，得lnxa=lnax.

由1-lnx=0，解得x=e.

當(dāng)00，則ψ(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x>e時(shí)，ψ′(x)<0，則ψ(x)單調(diào)遞減.

當(dāng)x趨近于無窮時(shí)，

由于有不等式

lnax1,β>0)，

如圖1，ψ(x)與φ(x)在x>0時(shí)有兩個(gè)交點(diǎn).

圖1

所以只要令a≠e即可滿足條件.

綜上所述，a>1且a≠e.