2020届二轮复习（理）高难拉分攻坚特训(三)作业 练习
展开高难拉分攻坚特训(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：1<f(x0)<.
解 (1)当a＝1，x>1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－(1<x0<e)，
设p(x)＝x－(1<x<e)，
则p′(x)＝1－＝>0，
∴p(x)在(1，e)上单调递增，
∴p(1)<p(x)<p(e)，即1<p(x)<，
故1<f(x0)<.
