《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 24分大題搶分練（二）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 24分大題搶分練（二）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、24分大題搶分練(二)
(建議用時：40分鐘)
20．(12分)(2019·沈陽高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測三)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，請說明理由．
[解] (1)根據(jù)題意知，4＝2py0，?、?
因為|MF|＝2，所以y0＋＝2，?、?
聯(lián)立①②解得y0＝1，p＝2.
所以拋物線C的方程
2、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)，
因為C：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，
所以點(diǎn)Q一定在△PAB的外接圓上，即四邊形PAQB存在外接圓．
又因為|
3、AB|＝4(k2＋1)，所以當(dāng)k＝0時，線段AB最短，最短長度為4，
此時圓的面積最小，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)因為f(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，f′(x)＝(xex－e)，
令g(x)＝xex－e(x＞0)，則g′(x)＝(x＋1)ex＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
4、
因為g(1)＝0，
所以當(dāng)0＜x＜1時，g(x)＜0，f′(x)＜0；當(dāng)x＞1時，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，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，
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ln x≤，
取x1＝e∈(0,1)，則e－a－aln x1－1＝0
5、，即F(x1)＜0，f(x1)＜1.
故a＜0不符合題意．
③當(dāng)a＞0時，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．
因為h(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，h(x)＜0，F(xiàn)′(x)＜0；x∈(x0，＋∞)時，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)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)－1，
因為h(x0)＝0，即
6、x0ex0＝a，兩邊取對數(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，等號成立．
故當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，F(xiàn)(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，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－a)(x＞0)．
設(shè)h(x)＝xex－a(x≥0)，易知h(x)在
7、[0，＋∞)上單調(diào)遞增．
①當(dāng)a＝1時，因為h＝－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，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，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，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.
所以當(dāng)x∈(x0，x1)時，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(xiàn)(x)單
8、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，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，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，f＝＜1，不符合題意．
⑤當(dāng)a＜0時，若x∈(0,1)，則f(x)＝xex－ax－aln x＜e－a－aln x，取x3＝e∈(0,1)，則f(e)＜e－a－a·＝1，不符合題意
9、．
綜上，a的取值范圍為{1}．
法三：①當(dāng)a≤0時，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，f(x)＝xex－(x＋ln x)＝ex＋ln x－(x＋ln x)，
考察函數(shù)h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1
10、.
所以x＜0時，h′(x)＜0；x＞0時，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，考察函數(shù)φ(x)＝x＋ln x－ln a，
因為φ(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＝a－aln a－1.
令G(t)＝t－tln t－1，則G′(t)＝
11、－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，“＝”成立．
所以當(dāng)a∈(0,1)∪(1，＋∞)時，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，x＋ln x＜1＋ln x，所以y＝x＋ln x在(0,1)上的值域為(－∞，1)；
當(dāng)x∈[1，＋∞)時，y＝x＋ln x的值域為[1，＋∞)．
所以h(x)＝
12、x＋ln x的值域為R.
故對于R上任意一個值y0都有唯一的一個正數(shù)x0，使得y0＝x0＋ln x0.
因為xex－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，因為F(－1)＝＋a－1＜0，即f(－1)＜1，所以a≤0不符合題意．
當(dāng)a＞0時，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，＋∞)，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，m′(a)＞0，m(a)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a∈(1，＋∞)時，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，等號成立．
又F(t)≥0，所以F(t)min＝0，所以a＝1.
綜上，a的取值范圍為{1}．
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