高考数学二轮复习教案：高难拉分攻坚特训(五) 4页

高难拉分攻坚特训(五)‎ ‎1．已知函数f(x)＝sin2x的图象与直线2kx－2y－kπ＝0(k>0)恰有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大分别为x1，x2，x3，则(x1－x3)tan(x2－2x3)＝(　　)‎ A．－2 B．－1 C．0 D．1‎ 答案　B 解析　记直线2kx－2y－kπ＝0为l，则l必过点.又l与f(x)的图象均关于点对称，所以由题意可知，x1＋x3＝2x2＝π，且l是曲线y＝f(x)的一条切线，(x3，f(x3))是其中一个切点．因为f(x)＝sin2x，所以f′(x)＝2cos2x，所以切线l的斜率k＝2cos2x3＝，即＝1，所以(x1－x3)tan(x2－2x3)＝(π－2x3)tan＝＝－1.故选B.‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn(n≥2)，若λ(Sn－an)＋λ＋7≥(2－λ)n对任意n∈N*都成立，则实数λ的最小值为________．‎ 答案　 解析　数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn(n≥2)，‎ 所以Sn＋1－Sn＝2n＋Sn－Sn－1，‎ 故an＋1－an＝2n(n≥2)，‎ 因为a2－a1＝21，所以an＋1－an＝2n(n≥1)，‎ 所以an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a2－a1＝21，‎ 则an－a1＝21＋22＋…＋2n－1，‎ 故an＝1＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1，‎ 所以Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n＝－n＝2n＋1－n－2，‎ 所以Sn－an＝2n－n－1，‎ 因为λ(Sn－an)＋λ＋7≥(2－λ)n对任意n∈N*都成立，‎ 所以λ≥max.‎ 设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，‎ 当n≤4时，cn＋1>cn，当n≥5时，cn＋14＝|BC|，‎ ‎∴M的轨迹是以B，C为焦点的椭圆，其方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当l的斜率存在时．设E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ l的方程为y＝kx＋m.‎ 由得，(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，‎ ‎∴ 可得|EF|＝|x1－x2|‎ ‎＝，‎ ‎∵l与圆O相切，∴3m2＝8(1＋k2)，‎ 从而|EF|＝·，‎ 令2k2＋1＝t，得k2＝(t≥1)，‎ ‎∴|EF|＝· ‎＝·≤×＝2.‎ 当且仅当t＝2，即k＝±时取等号．‎ ‎∴(S△OEF)max＝×2× ＝2.‎ ‎②当l的斜率不存在时．易得l的方程为x＝或x＝－.‎ 此时|EF|＝，‎ ‎∴S△OEF＝×× ＝<2.‎ 由①②可得，S△OEF的最大值为2.‎ ‎4．已知函数f(x)＝ln x＋＋x(a∈R)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若a＝1，f(x)>＋x－1在(1，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．‎ 解　(1)由题可知f′(x)＝－＋1＝(x>0)，‎ ‎①当a≤0时，此时f′(x)≥0恒成立，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎②当a>0时，令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得00恒成立．‎ 令g(x)＝(k－1)ln x＋x－(x>1)，‎ 则g′(x)＝＋1＋＝.‎ 令h(x)＝x2＋(k－1)x＋1，‎ ‎①当k≥－1时，此时h(x)的对称轴：x＝－＝≤1，‎ ‎∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．‎ 又∵h(1)＝k＋1≥0，∴h(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．‎ ‎∴g′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴g(x)>g(1)＝0.‎ ‎∴k≥－1符合要求．‎ ‎②当k<－1时，此时h(1)＝k＋1<0，‎ ‎∴h(x)＝0在(1，＋∞)上有一根，设为x0，‎ 当x∈(1，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0.‎ ‎∴g(x)在(1，x0)上单调递减．‎ ‎∴g(x)0在(1，＋∞)上恒成立矛盾．‎ 综合①②可得，k的取值范围为[－1，＋∞)．‎