《(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(jiān)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(jiān)特訓(xùn)(三)理(4頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高難拉分攻堅(jiān)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?yàn)閒(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(diǎn),O到弦AB的距離為,C是劣弧 (包含端點(diǎn))上一動點(diǎn),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(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,設(shè)A,B兩點(diǎn)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(diǎn),O到弦AB的距離為,∴點(diǎn)A,點(diǎn)B,∴=,=,即λ=,μ
3、=,∴=λ+μ=,又∵C是劣弧 (包含端點(diǎn))上一動點(diǎn),設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)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(diǎn)M(2,0),且斜率為k(k≠0)的直線l與Γ交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)N與點(diǎn)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(biāo)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?yàn)辄c(diǎn)M(2,0)與點(diǎn)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(shí)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)