（通用版）2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)24分大題搶分練（二）文

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1、 （通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)24分大題搶分練（二）文 24分大題搶分練(二) (建議用時(shí)：40分鐘) 20．(12分)(2019·沈陽(yáng)高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)三)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)為F，M(－2，y0)是C上一點(diǎn)，且|MF|＝2. (1)求C的方程； (2)過點(diǎn)F的直線與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，分別過點(diǎn)A，B兩點(diǎn)作拋物線C的切線l1，l2，兩條切線相交于點(diǎn)P，點(diǎn)P關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)Q，判斷四邊形PAQB是否存在外接圓，如果存在，求出外接圓面積的最小值；如果不存在，請(qǐng)說明理由． [解]　(1)根據(jù)題意知，4＝2py0，　① 因?yàn)閨MF|＝2，所以y

2、0＋＝2，?、? 聯(lián)立①②解得y0＝1，p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝4y. (2)四邊形PAQB存在外接圓． 設(shè)直線AB方程為y＝kx＋1，代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0， 設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則Δ＝16k2＋16＞0， 且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4， 所以|AB|＝|x1－x2|＝4(k2＋1)， 因?yàn)镃：x2＝4y，即y＝，所以y′＝. 因此，切線l1的斜率為k1＝，切線l2的斜率為k2＝， 由于k1k2＝＝－1，所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形， 所以△PAB的外接圓的圓心為線段AB的中點(diǎn)，線段AB是圓的直徑， 所以

3、點(diǎn)Q一定在△PAB的外接圓上，即四邊形PAQB存在外接圓． 又因?yàn)閨AB|＝4(k2＋1)，所以當(dāng)k＝0時(shí)，線段AB最短，最短長(zhǎng)度為4， 此時(shí)圓的面積最小，最小面積為4π. 21．(12分)(2019·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－ax－aln x. (1)若a＝e，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)[一題多解]若f(x)≥1，求a的取值范圍． [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝xex－ax－aln x， 所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－(x＞0)， 即f′(x)＝(xex－a)(x＞0)． 當(dāng)a＝e時(shí)，f′(x)＝(xex－e)， 令g(x)＝xex－e(x＞0)，則g′

4、(x)＝(x＋1)ex＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因?yàn)間(1)＝0， 所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＞0，f′(x)＞0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． (2)法一：設(shè)F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1， 則F′(x)＝(xex－a)(x＞0)． ①當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)(x)＝xex－1，F(xiàn)＝－1＜0， 即f＜1， 故a＝0不符合題意． ②當(dāng)a＜0時(shí)， 若x∈(0,1)，則F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1＜e－a－aln x－1. 令e－a－aln x－1≤0，即

5、ln x≤， 取x1＝e∈(0,1)，則e－a－aln x1－1＝0，即F(x1)＜0，f(x1)＜1. 故a＜0不符合題意． ③當(dāng)a＞0時(shí)，令h(x)＝xex－a，x∈[0，＋∞)，則h′(x)＝(x＋1)ex＞0， 故h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因?yàn)閔(0)＝－a＜0，h(a)＝aea－a＝a(ea－1)＞0， 所以存在唯一的x0∈(0，a)使得h(x0)＝0， 所以x∈(0，x0)時(shí)，h(x)＜0，F(xiàn)′(x)＜0；x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，F(xiàn)′(x)＞0. 故F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以F(x)的最小值為F(x0

6、)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)－1， 因?yàn)閔(x0)＝0，即x0ex0＝a，兩邊取對(duì)數(shù)得x0＋ln x0＝ln a， 所以F(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)－1＝a－aln a－1. 令G(x)＝x－xln x－1，則G′(x)＝－ln x， 所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故G(x)≤G(1)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立． 故當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，F(xiàn)(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立． 綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥1恒成立，故a的取值范圍為{1}． 法二：設(shè)F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1，則F′(x)＝(xex

7、－a)(x＞0)． 設(shè)h(x)＝xex－a(x≥0)，易知h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． ①當(dāng)a＝1時(shí)，因?yàn)閔＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0， 所以存在唯一x0∈，使得x0ex0－1＝0，即x0ex0＝1，x0＋ln x0＝0. 所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，即F′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增． 故F(x)≥F(x0)＝0，即f(x)≥1，符合題意． ②當(dāng)a＞1時(shí)，h(x0)＝x0ex0－a＝1－a＜0，h(a)＝aea－a＞0， 所以存在唯一x1∈(x0，a)，使得h(x1)＝0.

8、所以當(dāng)x∈(x0，x1)時(shí)，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減． 故F(x1)＜F(x0)＝0，即f(x1)＜1，故a＞1不符合題意． ③當(dāng)0＜a＜1時(shí)，h(x0)＝x0ex0－a＝1－a＞0，h(0)＝－a＜0， 所以存在唯一x2∈(0，x0)，使得h(x2)＝0， 所以當(dāng)x∈(x2，x0)時(shí)，h(x)＞0，即F′(x)＞0， 所以F(x)在(x2，x0)上單調(diào)遞增，故F(x2)＜F(x0)＝0，即f(x2)＜0， 故0＜a＜1不符合題意． ④當(dāng)a＝0時(shí)，f＝＜1，不符合題意． ⑤當(dāng)a＜0時(shí)，若x∈(0,1)，則f(x)＝xex－ax－aln x＜e－a－aln

9、 x，取x3＝e∈(0,1)，則f(e)＜e－a－a·＝1，不符合題意． 綜上，a的取值范圍為{1}． 法三：①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝(xex－a)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 令t(x)＝x＋ln x，則t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又t＝－1＜0，t(1)＝1＞0， 所以存在唯一x0∈，使得t(x0)＝0，即x0＋ln x0＝0， 即x0ex0＝1，故f(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＝1， 所以任意x∈(0，x0)，都有f(x)＜f(x0)＝1. 故a≤0不符合題意． ②當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xex－(x＋ln x)＝ex＋ln x－(x＋

10、ln x)， 考察函數(shù)h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1. 所以x＜0時(shí)，h′(x)＜0；x＞0時(shí)，h′(x)＞0. 所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 故h(x)≥h(0)＝0， 所以ex≥x＋1，故f(x)≥x＋ln x＋1－(x＋ln x)＝1，故a＝1符合題意． ③當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，考察函數(shù)φ(x)＝x＋ln x－ln a， 因?yàn)棣?x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ(a)＝a＞0，φ＝＜0， 所以存在唯一x1∈，使得x1＋ln x1＝ln a，即x1ex1＝a， 所以f(x1)－1＝x1ex1－a(x1＋ln x1)－1＝

11、a－aln a－1. 令G(t)＝t－tln t－1，則G′(t)＝－ln t， 故G(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故G(t)≤G(1)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)，“＝”成立． 所以當(dāng)a∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，a－aln a－1＜0，即f(x1)－1＜0，f(x1)＜1， 故a∈(0,1)∪(1，＋∞)不符合題意． 綜上，a的取值范圍是{1}． 法四：設(shè)h(x)＝x＋ln x，x∈(0，＋∞)，易知h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，x＋ln x＜1＋ln x，所以y＝x＋ln x在(0,1)上的值域?yàn)?－∞，1)； 當(dāng)x∈[

12、1，＋∞)時(shí)，y＝x＋ln x的值域?yàn)閇1，＋∞)． 所以h(x)＝x＋ln x的值域?yàn)镽. 故對(duì)于R上任意一個(gè)值y0都有唯一的一個(gè)正數(shù)x0，使得y0＝x0＋ln x0. 因?yàn)閤ex－ax－aln x－1≥0，所以ex＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0. 設(shè)F(t)＝et－at－1，t∈R，所以要使ex＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0，只需F(t)min≥0. 當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)镕(－1)＝＋a－1＜0，即f(－1)＜1，所以a≤0不符合題意． 當(dāng)a＞0時(shí)，若t∈(－∞，ln a)，則F′(t)＝et－a＜0，F(xiàn)(t)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減； 若t∈(ln a，＋

13、∞)，則F′(t)＝et－a＞0，F(xiàn)(t)在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以F(t)min＝F(ln a)＝a－aln a－1. 設(shè)m(a)＝a－aln a－1，a∈(0，＋∞)， 則m′(a)＝－ln a，當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，m′(a)＞0，m(a)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，m′(a)＜0，m(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以m(a)max＝m(1)＝0，所以m(a)≤0，F(xiàn)(t)min≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，等號(hào)成立． 又F(t)≥0，所以F(t)min＝0，所以a＝1. 綜上，a的取值范圍為{1}． - 14 -