（江蘇專用）高考數(shù)學一輪復習 專題探究課二習題 理 新人教A版-新人教A版高三數(shù)學試題

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1、1.已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R).若函數(shù)f(x)在其定義域上為增函數(shù)，求a的取值范圍. 解　法一　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∵f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a. ∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0， 即＋2x＋a≥0對x∈(0，＋∞)都成立. ∴－a≤＋2x對x∈(0，＋∞)都成立. ∵當x＞0時，＋2x≥2＝2，當且僅當＝2x，即x＝時取等號. ∴－a≤2，即a≥－2.∴a的取值范圍為[－2，＋∞). 法二　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋

2、a＝.方程2x2＋ax＋1＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當Δ≤0，即－2≤a≤2時，2x2＋ax＋1≥0，此時，f′(x)≥0對x∈(0，＋∞)都成立，故函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函數(shù). ②當Δ＞0，即a＜－2或a＞2時，要使函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，只需2x2＋ax＋1≥0對x∈(0，＋∞)都成立. 設h(x)＝2x2＋ax＋1，則解得a＞0. 故a＞2.綜合①②得a的取值范圍為[－2，＋∞). 2.(2016·蘇北四市調(diào)研)設f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)為奇函數(shù)，其圖象在點(1，f(1))處的切線與直線x－6y－7＝0垂直，導函數(shù)f′(x

3、)的最小值為－12. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間，并求函數(shù)f(x)在[－1，3]上的最大值和最小值. 解　(1)因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x) 即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c 所以c＝0， 又f′(x)＝3ax2＋b的最小值為－12， 所以b＝－12. 由題設知f′(1)＝3a＋b＝－6. 所以a＝2，故f(x)＝2x3－12x. (2)f′(x)＝6x2－12＝6(x＋)(x－). 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況表如下： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x)

4、 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)和(，＋∞). 因為f(－1)＝10，f(3)＝18， f()＝－8，f(－)＝8， 當x＝時，f(x)min＝－8； 當x＝3時，f(x)max＝18. 3.(2015·萊州一中模擬)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)如果函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，求函數(shù)g(x)的解析式； (2)對任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 解　(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1 由題意3x2＋2

5、ax－1＜0的解集是， 即3x2＋2ax－1＝0的兩根分別是－，1. 將x＝1或－代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1. 所以g(x)＝x3－x2－x＋2. (2)由題意2xln x≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立， 可得a≥ln x－x－， 設h(x)＝ln x－x－， 則h′(x)＝－＋＝－， 令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)， 當0＜x＜1時，h′(x)＞0，當x＞1時，h′(x)＜0，所以當x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2， 所以a≥－2，所以a的取值范圍是[－2，＋∞). 4.(2015·全國Ⅰ卷)設函數(shù)f(x)＝e

6、2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln . (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2e2x－(x＞0). 當a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點； 當a＞0時，因為y＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增. 又f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜且b＜時， f′(b)＜0，故當a＞0時，f′(x)存在唯一零點. (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0， 當x∈(0，x0)時，f′(

7、x)＜0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝e2x0－aln x0＝－aln ＝－aln ＋2ax0＝＋2ax0＋ aln ≥2a＋aln .故當a＞0時，f(x)≥2a＋aln . 5.(2015·廣東卷)設a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的

8、切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤ －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)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞). (2)證明　∵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)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增， ∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點. (3)證明　f′(x)＝(x＋1)

9、2ex，設P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1， 把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a， ∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增. 令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減. ∴g(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1. ∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤ ，即m≤ －1. 6.(2016·蘇、錫、市、鎮(zhèn)模擬)已知函數(shù)f(x)

10、＝x3＋x＋k在(b，f(b))處的切線方程為4x－y－1＝0(b＞0).m(x)＝f(x)－x3－1－aln x，g(x)＝－，(a∈R). (1)求k，b的值； (2)設函數(shù)h(x)＝m(x)－g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一點x0，使得m(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范圍. 解　(1)由題意知：f′(x)＝3x2＋1， 因為f(x)＝x3＋x＋k在(b，f(b))處的切線方程為4x－y－1＝0，其中b＞0. 所以解得 (2)h(x)＝x＋－aln x.h′(x)＝1－－＝＝. ①當a＋1＞0時，即a＞－1時，

11、當x∈(0，1＋a)時，h′(x)＜0，當x∈(1＋a，＋∞)時，h′(x)＞0， 所以h(x)在(0，1＋a)上單調(diào)遞減，在(1＋a，＋∞)上單調(diào)遞增. ②當a＋1≤0，即a≤－1時， 當x∈(0，＋∞)時，h′(x)＞0， 所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. (3)在[1，e]上存在一點x0，使得m(x0)＜g(x0)成立， 即在[1，e]上存在一點x0，使得h(x)＜0.即函數(shù)h(x)＝x＋－aln x在[1，e]上的最小值小于零. 由(2)可知 ①當a＋1≥e，即a≥e－1時，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以h(x)的最小值為h(e)，由h(e)＝e＋－a＜0可得a＞，因為＞e－1，所以a＞； ②當a＋1≤1，即a≤0時，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 所以h(x)最小值為h(1)， 由h(1)＝1＋1＋a＜0可得a＜－2； ③當1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1時， 可得h(x)最小值為h(1＋a)， 因為0＜ln(a＋1)＜1，所以0＜aln(a＋1)＜a， 所以h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)＞2， 此時h(1＋a)＜0不成立. 綜上可得所求a的范圍是(－∞，－2)∪