2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 高难拉分攻坚特训（三）课件 文

高难拉分攻坚特训(三)6套高难拉分攻坚特训1．若函数f(x)＝ax－x2－lnx存在极值，且这些极值的和不小于4＋ln2，则a的取值范围为()A．[2，＋∞)B．[22，＋∞)C．[23，＋∞)D．[4，＋∞)答案C解析f′(x)＝a－2x－1x＝－2x2－ax＋1x，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＝a2－80，即a22或a－22.记方程2x2－ax＋1＝0的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x2＝12，x1＋x2＝a2，易知a0，则f(x1)，f(x2)为f(x)的极值，所以f(x1)＋f(x2)＝(ax1－x21－lnx1)＋(ax2－x22－lnx2)＝a(x1＋x2)－(x21＋x22)－(lnx1＋lnx2)＝a22－a24－1＋ln2≥4＋ln2，所以a≥23.综上，a的取值范围为[23，＋∞)，选C.2．A，B为单位圆(圆心为O)上的点，O到弦AB的距离为32，C是劣弧AB︵(包含端点)上一动点，若OC→＝λOA→＋μOB→(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围为________．答案1，233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32，∴点A－12，32，点B12，32，∴OA→＝－12，32，OB→＝12，32，即λOA→＝－λ2，3λ2，μOB→＝μ2，3μ2，∴OC→＝λOA→＋μOB→＝μ－λ2，3λ＋μ2，又∵C是劣弧AB︵(包含端点)上一动点，设点C坐标为(x，y)，则－12≤x≤12，32≤y≤1，∵OC→＝μ－λ2，3λ＋μ2＝(x，y)，∴32≤y＝3λ＋μ2≤1，解得1≤λ＋μ≤233，故λ＋μ的取值范围为1，233.3．已知函数f(x)＝x(a＋lnx)有极小值－e－2.(1)求实数a的值；(2)若k∈Z，且kfxx－1对任意的x1恒成立，求k的最大值．解(1)f′(x)＝a＋1＋lnx，令f′(x)0⇒xe－a－1，令f′(x)0⇒0xe－a－1，故f(x)的极小值为f(e－a－1)＝－e－a－1＝－e－2，得a＝1.(2)当x1时，令g(x)＝fxx－1＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－2－lnxx－12，令h(x)＝x－2－lnx，∴h′(x)＝1－1x＝x－1x0，故h(x)在(1，＋∞)上是增函数．由于h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－ln40，故存在x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0.则当x∈(1，x0)时，g′(x)0，g(x)为减函数；x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)为增函数．∵h(x0)＝x0－2－lnx0＝0，∴lnx0＝x0－2，∴g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0lnx0x0－1＝x0，∴kx0，又x0∈(3,4)，∴kmax＝3.4．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1k21＋1k22－mk2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)(x0)，圆P的半径为R，由题意可得R＝x，R＋1＝|PC|，所以|PC|＝x＋1，即x－12＋y2＝x＋1，整理得y2＝4x.所以圆心P的轨迹Γ的方程为y2＝4x(x0)．(2)由已知，直线l的方程为y＝k(x－2)，不妨设t＝1k，则直线l的方程为y＝1t(x－2)，即x＝ty＋2.联立，得y2＝4x，x＝ty＋2，消去x，得y2－4ty－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－8.因为点M(2,0)与点N关于y轴对称，所以N(－2,0)，故k1＝y1x1＋2，所以1k1＝x1＋2y1＝ty1＋2＋2y1＝t＋4y1，同理，得1k2＝t＋4y2，所以1k21＋1k22－mk2＝t＋4y12＋t＋4y22－mk2＝2t2＋8t×1y1＋1y2＋16×1y21＋1y22－mt2＝2t2＋8t×y1＋y2y1y2＋16×y1＋y22－2y1y2y1y22－mt2＝2t2＋8t×4t－8＋16×4t2－2×－8－82－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1k21＋1k22－mk2为定值，且定值为4.本课结束