（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 高難拉分攻堅特訓(xùn)（三）理

《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 高難拉分攻堅特訓(xùn)（三）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 高難拉分攻堅特訓(xùn)（三）理（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高難拉分攻堅特訓(xùn)(三) 1．若函數(shù)f(x)＝ax－x2－ln x存在極值，且這些極值的和不小于4＋ln 2，則a的取值范圍為(　　) A．[2，＋∞) B．[2，＋∞) C．[2，＋∞) D．[4，＋∞) 答案　C 解析　f′(x)＝a－2x－＝－，因為f(x)存在極值，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，顯然當(dāng)Δ＝0時，f(x)無極值，不符合題意，所以Δ＝a2－8>0，即a>2或a<－2.記方程2x2－ax＋1＝0的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，則f(x1)，f

2、(x2)為f(x)的極值，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.綜上，a的取值范圍為[2，＋∞)，選C. 2．A，B為單位圓(圓心為O)上的點，O到弦AB的距離為，C是劣弧 (包含端點)上一動點，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的取值范圍為________． 答案　 解析　如圖，以圓心O為坐標原點建立直角坐標系，設(shè)A，B兩點在x軸上方且線段AB與y軸垂直，∵A，B為單位圓(圓心為O)上的點，O到弦AB的距離為，∴點A，點B，∴＝，＝，即λ＝，μ

3、＝，∴＝λ＋μ＝，又∵C是劣弧 (包含端點)上一動點，設(shè)點C坐標為(x，y)，則∵＝＝(x，y)，∴≤y＝≤1， 解得1≤λ＋μ≤，故λ＋μ的取值范圍為. 3．已知圓C：x2＋y2－2x＝0，圓P在y軸的右側(cè)且與y軸相切，與圓C外切． (1)求圓心P的軌跡Γ的方程； (2)過點M(2,0)，且斜率為k(k≠0)的直線l與Γ交于A，B兩點，點N與點M關(guān)于y軸對稱，記直線AN，BN的斜率分別為k1，k2，是否存在常數(shù)m，使得＋－為定值？若存在，求出該常數(shù)m與定值；若不存在，請說明理由． 解　(1)圓C的方程可化為(x－1)2＋y2＝1， 則圓心C(1,0)，半徑r＝1. 設(shè)圓心P

4、的坐標為(x，y)(x>0)，圓P的半徑為R， 由題意可得 所以|PC|＝x＋1，即＝x＋1，整理得y2＝4x. 所以圓心P的軌跡Γ的方程為y2＝4x(x>0)． (2)由已知，直線l的方程為y＝k(x－2)，不妨設(shè)t＝， 則直線l的方程為y＝(x－2)，即x＝ty＋2. 聯(lián)立，得 消去x，得y2－4ty－8＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 因為點M(2,0)與點N關(guān)于y軸對稱，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×

5、＋16×－mt2 ＝2t2＋4－mt2＝(2－m)t2＋4， 要使該式為定值，則需2－m＝0，即m＝2，此時定值為4. 所以存在常數(shù)m＝2，使得＋－為定值，且定值為4. 4．已知函數(shù)f(x)＝x－a(ln x)2，a∈R. (1)當(dāng)a＝1，x>1時，試比較f(x)與1的大小，并說明理由； (2)若f(x)有極大值，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若f(x)在x＝x0處有極大值，證明：11時，f(x)＝x－(ln x)2，x>1. f′(x)＝1－2(ln x)·＝. 令g(x)＝x－2ln x，x>1，則g′(x)＝1－＝， 當(dāng)x∈(

6、1,2)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． ∴g(x)≥g(2)＝2－2ln 2>0，即f′(x)>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴f(x)>f(1)＝1. 故當(dāng)a＝1，x>1時，f(x)>1. (2)∵f′(x)＝1－＝(x>0)， 令h(x)＝x－2aln x(x>0)，則h′(x)＝1－＝， ①當(dāng)a＝0時，f(x)＝x無極大值． ∴當(dāng)x∈(0，x1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)在x＝x1處有極小值，f(x)

7、無極大值． ③當(dāng)a>0時，h(x)在(0,2a)上單調(diào)遞減，h(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增， ∵f(x)有極大值， ∴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＝. ∴當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x0，e)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， ∴f(x)有極大值，綜上所述，a>. (3)證明：由(2)可知aln x0＝， ∴f(x0)＝x0－a(ln x0)2＝x0－(10， ∴p(x)在(1，e)上單調(diào)遞增， ∴p(1)