24分大题抢分练(三)(建议用时：30分钟)20．(12分)已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞eq\f(1,a).∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上递增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极小值．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－lnx.∵∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，∴∀x∈(0，＋∞)，1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b恒成立．令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，由g′(x)≥0得x≥e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增．∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，故实数b的最大值是1－eq\f(1,e2).21．(12分)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若曲线y2＝4x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．[解](1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝2eq\r(3)－r，所以|CF1|＋|CF2|＝2eq\r(3)＞|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且a＝eq\r(3)，c＝1，所以b＝eq\r(2)，动圆圆心C的轨迹方程是eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|＝4，|PQ|＝2eq\r(3)，四边形PMQN的面积S＝4eq\r(3).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消元得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4,k2)＋2，,x1x2＝1，))|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋2))eq\s\up12(2)－4)＝eq\f(4,k2)＋4.因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x－1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(6,2k2＋3)，,x3x4＝\f(3－6k2,2k2＋3)，))|PQ|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2k2＋3)))\s\up8(2)－4×\f(3－6k2,2k2＋3))＝eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3).则四边形PMQN的面积S＝eq\f(1,2)|MN||PQ|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋4))eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3)＝eq\f(8\r(3)k2＋12,k22k2＋3).令k2＋1＝t，t＞1，则S＝eq\