(推荐时间：60分钟)1．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a<0时讨论函数f(x)的单调性；(3)是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解f′(x)＝x－eq\f(2a,x)＋a－2＝eq\f(x－2x＋a,x)(x>0)．(1)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(x－2x＋1,x)，f′(1)＝－2，∴所求的切线方程为y－f(1)＝－2(x－1)，即4x＋2y－3＝0.(2)①当－a＝2，即a＝－2时，f′(x)＝eq\f(x－22,x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当－a<2，即－2<a<0时，∵0<x<－a或x>2时，f′(x)>0；－a<x<2时，f′(x)<0，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减；③当－a>2，即a<－2时，∵0<x<2或x>－a时，f′(x)>0；2<x<－a时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)上单调递增，在(2，－a)上单调递减．(3)假设存在这样的实数a满足条件，不妨设x1<x2.由eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>a知f(x2)－ax2>f(x1)－ax1成立，令g(x)＝f(x)－ax＝eq\f(1,2)x2－2alnx－2x，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g′(x)＝x－eq\f(2a,x)－2≥0，即2a≤x2－2x＝(x－1)2－1在(0，＋∞)上恒成立．∴a≤－eq\f(1,2)，故存在这样的实数a满足题意，其范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).2．已知圆C：(x＋eq\r(3))2＋y2＝16，点A(eq\r(3)，0)，Q是圆上一动点，AQ的垂直平分线交CQ于点M，设点M的轨迹为E.(1)求轨迹E的方程；(2)过点P(1,0)的直线l交轨迹E于两个不同的点A、B，△AOB(O是坐标原点)的面积S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，若弦AB的中点为R，求直线OR斜率的取值范围．解(1)由题意，得|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝4>2eq\r(3)，所以点M的轨迹是以A，C为焦点，长轴长为4的椭圆，即轨迹的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，R(x0，y0)，由题意，直线l的斜率不可能为0，故可设直线l：x＝my＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,x＝my＋1))消去x，得(4＋m2)y2＋2my－3＝0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－2m,4＋m2)，,y1·y2＝－\f(3,4＋m2).))S＝eq\f(1,2)|OP|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(2\r(m2＋3),m2＋4)，由S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，解得1<m2<6，即m∈(－eq\r(6)，－1)∪(1，eq\r(6))．因为R(x0，y0)是AB的中点，所以y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(m,4＋m2)，x0＝my0＋1＝eq\f(4,4＋m2).故直线OR的斜率k＝eq\f(y0,x0)＝－eq\f(m,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),4)，－\f(1,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(6),4))).3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2x<1，,alnxx≥1.))(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0