2020届二轮复习（理）高难拉分攻坚特训(三)作业

2020届二轮复习（理）高难拉分攻坚特训(三)作业

高难拉分攻坚特训(三)‎ ‎1．若函数f(x)＝ax－x2－ln x存在极值，且这些极值的和不小于4＋ln 2，则a的取值范围为(　　)‎ A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)‎ C．[2，＋∞) D．[4，＋∞)‎ 答案　C 解析　f′(x)＝a－2x－＝－，因为f(x)存在极值，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根，所以Δ＝a2－8≥0，显然当Δ＝0时，f(x)无极值，不符合题意，所以Δ＝a2－8>0，即a>2或a<－2.记方程2x2－ax＋1＝0的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，则f(x1)，f(x2)为f(x)的极值，所以f(x1)＋f(x2)＝(ax1－x－ln x1)＋(ax2－x－ln x2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(ln x1＋ln x2)＝－＋ln 2≥4＋ln 2，所以a≥2.综上，a的取值范围为[2，＋∞)，选C.‎ ‎2．A，B为单位圆(圆心为O)上的点，O到弦AB的距离为，C是劣弧 (包含端点)上一动点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围为________．‎ 答案　 解析　如图，以圆心O为坐标原点建立直角坐标系，设A，B两点在x轴上方且线段AB与y轴垂直，∵A，B为单位圆(圆心为O)上的点，O到弦AB的距离为，∴点A，点B，∴＝，＝，即λ＝，μ＝，∴＝λ＋μ＝，又∵C是劣弧 (包含端点)上一动点，设点C坐标为(x，y)，则∵＝＝(x，y)，∴≤y＝≤1，‎ 解得1≤λ＋μ≤，故λ＋μ的取值范围为.‎ ‎3．已知圆C：x2＋y2－2x＝0，圆P在y轴的右侧且与y轴相切，与圆C外切．‎ ‎(1)求圆心P的轨迹Γ的方程；‎ ‎(2)过点M(2,0)，且斜率为k(k≠0)的直线l与Γ交于A，B两点，点N与点M关于y轴对称，记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，是否存在常数m，使得＋－为定值？若存在，求出该常数m与定值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)圆C的方程可化为(x－1)2＋y2＝1，‎ 则圆心C(1,0)，半径r＝1.‎ 设圆心P的坐标为(x，y)(x>0)，圆P的半径为R，‎ 由题意可得 所以|PC|＝x＋1，即＝x＋1，整理得y2＝4x.‎ 所以圆心P的轨迹Γ的方程为y2＝4x(x>0)．‎ ‎(2)由已知，直线l的方程为y＝k(x－2)，不妨设t＝，‎ 则直线l的方程为y＝(x－2)，即x＝ty＋2.‎ 联立，得 消去x，得y2－4ty－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 因为点M(2,0)与点N关于y轴对称，所以N(－2,0)，‎ 故k1＝，所以＝＝＝t＋，‎ 同理，得＝t＋，‎ 所以＋－＝2＋2－ ‎＝2t2＋8t×＋16×－mt2‎ ‎＝2t2＋8t×＋16×－mt2‎ ‎＝2t2＋8t×＋16×－mt2‎ ‎＝2t2＋4－mt2＝(2－m)t2＋4，‎ 要使该式为定值，则需2－m＝0，即m＝2，此时定值为4.‎ 所以存在常数m＝2，使得＋－为定值，且定值为4.‎ ‎4．已知函数f(x)＝x－a(ln x)2，a∈R.‎ ‎(1)当a＝1，x>1时，试比较f(x)与1的大小，并说明理由；‎ ‎(2)若f(x)有极大值，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)若f(x)在x＝x0处有极大值，证明：11时，f(x)＝x－(ln x)2，x>1.‎ f′(x)＝1－2(ln x)·＝.‎ 令g(x)＝x－2ln x，x>1，则g′(x)＝1－＝，‎ 当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ ‎∴g(x)≥g(2)＝2－2ln 2>0，即f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴f(x)>f(1)＝1.‎ 故当a＝1，x>1时，f(x)>1.‎ ‎(2)∵f′(x)＝1－＝(x>0)，‎ 令h(x)＝x－2aln x(x>0)，则h′(x)＝1－＝，‎ ‎①当a＝0时，f(x)＝x无极大值．‎ ‎∴当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ ‎∴f(x)在x＝x1处有极小值，f(x)无极大值．‎ ‎③当a>0时，h(x)在(0,2a)上单调递减，h(x)在(2a，＋∞)上单调递增，‎ ‎∵f(x)有极大值，‎ ‎∴h(2a)＝2a－2aln (2a)＝2a[1－ln (2a)]<0，即a>，‎ 又h(1)＝1>0，h(e)＝e－2a<0，‎ ‎∴∃x0∈(1，e)，使得h(x0)＝x0－2aln x0＝0，即aln x0＝.‎ ‎∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(x0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ ‎∴f(x)有极大值，综上所述，a>.‎ ‎(3)证明：由(2)可知aln x0＝，‎ ‎∴f(x0)＝x0－a(ln x0)2＝x0－(10，‎ ‎∴p(x)在(1，e)上单调递增，‎ ‎∴p(1)

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