（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題探究課二習(xí)題 理 新人教A版-新人教A版高三數(shù)學(xué)試題

1.已知函數(shù)f(x)＝lnx＋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?yàn)?0，＋∞)，∵f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a.∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0，即eq\f(1,x)＋2x＋a≥0對x∈(0，＋∞)都成立.∴－a≤eq\f(1,x)＋2x對x∈(0，＋∞)都成立.∵當(dāng)x＞0時(shí)，eq\f(1,x)＋2x≥2eq\r(\f(1,x)·2x)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號.∴－a≤2eq\r(2)，即a≥－2eq\r(2).∴a的取值范圍為[－2eq\r(2)，＋∞).法二函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ≤0，即－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)時(shí)，2x2＋ax＋1≥0，此時(shí)，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(dāng)Δ＞0，即a＜－2eq\r(2)或a＞2eq\r(2)時(shí)，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(shè)h(x)＝2x2＋ax＋1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（0）＝1＞0，,－\f(a,4)＜0，))解得a＞0.故a＞2eq\r(2).綜合①②得a的取值范圍為[－2eq\r(2)，＋∞).2.(2016·蘇北四市調(diào)研)設(shè)f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)為奇函數(shù)，其圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x－6y－7＝0垂直，導(dǎo)函數(shù)f′(x)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?yàn)閒(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(shè)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)).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況表如下：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)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞).因?yàn)閒(－1)＝10，f(3)＝18，f(eq\r(2))＝－8eq\r(2)，f(－eq\r(2))＝8eq\r(2)，當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，f(x)min＝－8eq\r(2)；當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)max＝18.3.(2015·萊州一中模擬)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)如果函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，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(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1由題意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的兩根分別是－eq\f(1,3)，1.將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)由題意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)，設(shè)h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，則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)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，所以當(dāng)x＝1時(shí)，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(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增.又f′(a)＞0，當(dāng)b滿足0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)＜0，故當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn).(2)證明由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，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(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為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).故當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).5.(2015·廣東卷)設(shè)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(gè)零點(diǎn)；(3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：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(diǎn)，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個(gè)零點(diǎn)，∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn).(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則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，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－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·蘇、錫、市、鎮(zhèn)模擬)已知函數(shù)f(x)＝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－alnx，g(x)＝－eq\f(1＋a,x)，(a∈R).(1)求k，b的值；(2)設(shè)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(diǎn)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?yàn)閒(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當(dāng)a＋1＞0時(shí)，即a＞－1時(shí)，當(dāng)x∈(0，1＋a)時(shí)，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(1＋a，＋∞)時(shí)，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(dāng)a＋1≤0，即a≤－1時(shí)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(diǎn)x0，使得m(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得h(x)＜0.即函數(shù)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當(dāng)a＋1≥e，即a≥e－1時(shí)，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＋eq\f(1＋a,e)－a＜0可得a＞eq\f(e2＋1,e－1)，因?yàn)閑q\f(e2＋1,e－1)＞e－1，所以a＞eq\f(e2＋1,e－1)；②當(dāng)a＋1≤1，即a≤0時(shí)，h(x