（江苏专用）高考数学一轮复习 专题探究课二习题 理 新人教A版-新人教A版高三数学试题

1.已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R).若函数f(x)在其定义域上为增函数，求a的取值范围.解法一函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a.∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0，即eq\f(1,x)＋2x＋a≥0对x∈(0，＋∞)都成立.∴－a≤eq\f(1,x)＋2x对x∈(0，＋∞)都成立.∵当x＞0时，eq\f(1,x)＋2x≥2eq\r(\f(1,x)·2x)＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(\r(2),2)时取等号.∴－a≤2eq\r(2)，即a≥－2eq\r(2).∴a的取值范围为[－2eq\r(2)，＋∞).法二函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a＝eq\f(2x2＋ax＋1,x).方程2x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)时，2x2＋ax＋1≥0，此时，f′(x)≥0对x∈(0，＋∞)都成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数.②当Δ＞0，即a＜－2eq\r(2)或a＞2eq\r(2)时，要使函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，只需2x2＋ax＋1≥0对x∈(0，＋∞)都成立.设h(x)＝2x2＋ax＋1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（0）＝1＞0，,－\f(a,4)＜0，))解得a＞0.故a＞2eq\r(2).综合①②得a的取值范围为[－2eq\r(2)，＋∞).2.(2016·苏北四市调研)设f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在[－1，3]上的最大值和最小值.解(1)因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c所以c＝0，又f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，所以b＝－12.由题设知f′(1)＝3a＋b＝－6.所以a＝2，故f(x)＝2x3－12x.(2)f′(x)＝6x2－12＝6(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2)).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况表如下：x(－∞，－eq\r(2))－eq\r(2)(－eq\r(2)，eq\r(2))eq\r(2)(eq\r(2)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞).因为f(－1)＝10，f(3)＝18，f(eq\r(2))＝－8eq\r(2)，f(－eq\r(2))＝8eq\r(2)，当x＝eq\r(2)时，f(x)min＝－8eq\r(2)；当x＝3时，f(x)max＝18.3.(2015·莱州一中模拟)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)如果函数g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，求函数g(x)的解析式；(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.解(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1由题意3x2＋2ax－1＜0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－eq\f(1,3)，1.将x＝1或－eq\f(1,3)代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x3－x2－x＋2.(2)由题意2xlnx≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，设h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2x2)＝－eq\f(（x－1）（3x＋1）,2x2)，令h′(x)＝0，得x＝1或－eq\f(1,3)(舍)，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，当x＞1时，h′(x)＜0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞).4.(2015·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0时，因为y＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增.又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝e2x0－alnx0＝eq\f(a,2x0)－alneq\f(a,2e2x0)＝eq\f(a,2x0)－alneq\f(a,2)＋2ax0＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).5.(2015·广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex，∀x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞).(2)证明∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点.(3)证明f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)－a，∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e)，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(x)>0，则m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增.令g′(x)<0，则m<0，∴g(m)在(－∞，0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e))，即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.6.(2016·苏、锡、市、镇模拟)已知函数f(x)＝x3＋x＋k在(b，f(b))处的切线方程为4x－y－1＝0(b＞0).m(x)＝f(x)－x3－1－alnx，g(x)＝－eq\f(1＋a,x)，(a∈R).(1)求k，b的值；(2)设函数h(x)＝m(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点x0，使得m(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围.解(1)由题意知：f′(x)＝3x2＋1，因为f(x)＝x3＋x＋k在(b，f(b))处的切线方程为4x－y－1＝0，其中b＞0.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3b2＋1＝4，,b3＋b＋k＝4b－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,k＝1.))(2)h(x)＝x＋eq\f(1＋a,x)－alnx.h′(x)＝1－eq\f(1＋a,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax－（1＋a）,x2)＝eq\f(（x＋1）[（x－（1＋a）],x2).①当a＋1＞0时，即a＞－1时，当x∈(0，1＋a)时，h′(x)＜0，当x∈(1＋a，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增.②当a＋1≤0，即a≤－1时，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.(3)在[1，e]上存在一点x0，使得m(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h(x)＜0.即函数h(x)＝x＋eq\f(1＋a,x)－alnx在[1，e]上的最小值小于零.由(2)可知①当a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)＝e＋eq\f(1＋a,e)－a＜0可得a＞eq\f(e2＋1,e－1)，因为eq\f(e2＋1,e－1)＞e－1，所以a＞eq\f(e2＋1,e－1)；②当a＋1≤1，即a≤0时，h(x