“2道”拉分题专练卷(一)
限时：20分钟满分：30分
1．(满分15分)已知f(x)＝2x－x2，g(x)＝logax(a>0且a≠1)．
(1)过P(0,2)作曲线y＝f(x)的切线，求切线方程；
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)在定义域上为减函数，且其导函数y＝h′(x)存在零点，求实数a的值．
解：(1)f(0)＝0，P(0,2)不在曲线y＝f(x)上，
设切点为Q(x0，y0)，f′(x)＝2－x，
k＝f′(x0)＝2－x0，且y0＝f(x0)＝2x0－，
切线方程y－2x0＋＝(2－x0)(x－x0)，
即y＝(2－x0)x＋，
(0,2)在切线上，代入可得x0＝±2.
切线方程为y＝2或y＝4x＋2.
(2)h(x)＝2x－x2－logax在(0，＋∞)递减，
h′(x)＝2－x－≤0在x>0时恒成立，
x>0，≥2x－x2在x>0时恒成立．
x>0时，2x－x2(－∞，1]，≥1，
0
又h′(x)＝2－x－存在零点，
即方程lna·x2－2lna·x＋1＝0有根，
Δ＝4ln2a－4lna≥0，lna≥1或lna<0，
由知lna＝1，a＝e.
2．(满分15分)如图，已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)，圆C2与y轴相切，其圆心是抛物线C1的焦点，点M是抛物线C1的准线与x轴的交点．N是圆C2上的任意一点，且线段|MN|的长度的最大值为3，直线l过抛物线C1的焦点，与C1交于A，D两点，与C2交于B，C两点．
(1)求C1与C2的方程；
(2)是否存在直线l，使kOA＋kOB＋kOC＋kOD＝3，且|AB|，|BC|，|CD|依次成等差数列，若存在，求出所有满足条件的直线l；若不存在，说明理由．
解：(1)当点N为圆C2与x轴不是坐标原点的另一交点时，|MN|的长度最大，为p，p＝3p＝2.
抛物线C1的方程为y2＝4x；
圆C2的方程为(x－1)2＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为my＝x－1，A(x1，y1)，D(x2，y2)，B(x3，y3)，C(x4，y4)．
由y2－4my－4＝0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝＝1，
kOA＋kOD＝＋＝＝
＝－4m，
由
解得或.
B，C，
kOB＋kOC＝＋＝＝－2m，
kOA＋kOB＋kOC＋kOD＝3，－6m＝3，
m＝－，此时直线l：－y＝x－1.
由得y2＋2y－4＝0，
|AD|＝|y1－y2|＝6，
|AB|＋|CD|＝2|BC||AD|＝3|BC|＝6，
|AB|，|BC|，|CD|成等差数列，
存在直线l，它的方程为x＋y－＝0.
“2道”拉分题专练卷(二)
限时：20分钟满分：30分
1．(满分15分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点是(1,0)，两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(4,0)且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点，设点A关于x轴的对称点为A1.
求证：直线A1B过x轴上一定点，并求出此定点坐标；
求OA1B面积的取值范围．
解：(1)易得a＝2c，c＝1，则b＝，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：不妨设直线方程为l：x＝my＋4，
代入＋＝1，
得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有y1＋y2＝，()
y1y2＝，()
由A关于x轴的对称点为A1，得A1(x1，－y1)，
根据题设条件设定点为Q(t,0)，得kQB＝kQA1，
即＝，整理得t＝＝＝4＋，
将()()代入得t＝1，则定点为Q(1,0)．
由中判别式Δ>0，解得m>2或m<－2，
而直线A1B过定点Q(1,0)，
所以SOA1B＝|OQ||yA1－yB|＝|y1＋y2|
＝＝.
记t＝|m|，f(t)＝，易得f(t)在(2，＋∞)上为单调递减函数，得SOA1B∈.
2．(满分15分)设函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx＋bx(a>0)．
(1)若f(1)＝g(1)，f′(1)＝g′(1)，求F(x)＝f(x)－g(x)的极小值；
(2)在(1)的条件下，是否存在实常数k和m，使得f(x)≥kx＋m和g(x)≤kx＋m？若存在，求出k和m的值．若不存在，说明理由；
(3)设G(x)＝f(x)＋2－g(x)有两个零点x1，x2，且x1，x0，x2成等差数列，试探究G′(x0)值的符号．
解：(1)由?
F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx－x，
利用导数的方法求得F(x)的极小值为F(1)＝0.
(2)因为f(x)与g(x)有一个公共点(1,1)，
而函数f(x)＝x2在点(1,1)的切线方程为y＝2x－1，
下面验证：都成立．
由于x2－(2x－1)＝(x－1)2≥0，
知f(x)≥2x－1恒成立；
设h(x)＝g(x)－(2x－1)＝lnx－x＋1，
h′(x)＝－1＝，
由h′(x)＝0得x＝1.
在(0,1)上，h′(x)>0，h(x)单调递增；
在(1，＋∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减．
又因为h(x)在x＝1处连续，所以h(x)≤h(1)＝0，
所以g(x)≤2x－1.
故存在k和m，使得f(x)≥kx＋m，g(x)≤kx＋m，且k＝2，m＝－1.
(3)g′(x0)的符号为正，
因为G(x)＝x2＋2－alnx－bx有两个零点x1，x2，
则有－得
x－x－a(lnx2－lnx1)－b(x2－x1)＝0，
即x2＋x1－b＝.
于是G′(x0)＝2x0－－b＝(x1＋x2－b)－
＝－
＝.
当01，
G′(x0)＝.
设u(t)＝lnt－，则u′(t)＝>0，
所以u(t)在(1，＋∞)上为单调增函数，而u(1)＝0，
所以u(t)>0，
又因a>0，x2－x1>0，所以G′(x0)>0，
同理，当00，
综上所述，G′(x0)的符号为正．
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