高考数学一轮复习 热点训练 探究课2 理VIP免费

【创新设计】（江苏专用）届数学一轮热点训练探究课2理(建议用时：80分钟)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)＝＋2x＋a. 函数f(x)在(0∞，＋)上单调递增，∴f′(x)≥0，即＋2x＋a≥0对x∈(0∞，＋)都成立．∴－a≤＋2x对x∈(0∞，＋)都成立．∴当x＞0时，＋2x≥2＝2，当且仅当＝2x，即x＝时取等号．∴－a≤2，即a≥－2.∴a的取值范围为[－2∞，＋)．法二函数f(x)的定义域为(0∞，＋)，∴f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a＝.方程2x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即－2≤a≤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＜－2或a＞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，则解得a＞0.故a＞2.综合①②得a的取值范围为[－2∞，＋)．2.(·苏州调研)甲、乙两地相距1000km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过80km/h，已知货车每小时的运输成本(单位：元)由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度平方的，固定成本为a元．(1)将全程运输成本y(元)表示为速度v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶？解(1)可变成本为v2，固定成本为a元，所用时间为.∴y＝，即y＝1000.定义域为(0,80]．(2)y′＝1000＝250·.令y′＝0，得v＝2.∴v∈(0,80]，∴当2≥80，即a≥1600时，y′≤0，y为v的减函数，在v＝80时，y最小．∴当2＜80，即0＜a＜1600时，v(0,2)2(2，80)y′－0＋y极小值在v＝2时，y最小．以上说明，当0＜a＜1600(元)时，货车以2km/h的速度行驶，全程运输成本最小；当a≥1600(元)时，货车以80km/h的速度行驶，全程运输成本最小．3．(·湖北七市(州)联考)已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(∞－，－1)－1(－1，a)a(a∞，＋)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(∞－，－1)，(a∞，＋)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0＜a＜.所以a的取值范围是.4．(·苏北四市调研)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(1)若函数f(x)在(0∞，＋)内单调递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]， f(x)在(0∞，＋)内单调递增，∴f′(x)≥0在(0∞，＋)内恒成立，即(x＋2－a)ex－2≥0在(0∞，＋)内恒成立，即x＋2≥－a在(0∞，＋)内恒成立，又函数g(x)＝x＋2－在(0∞，＋)上单调递增，∴a≤0.(2)令f′(x)＞0，即x[(x＋2－a)ex－2]＞0，∴或∴或(*) g(x)＝x＋2－单调递增，设方程g(x)＝x＋2－＝a的根为x0.①若x0＞0，则不等式组(*)的解集为(∞－，0)和(x0∞，＋)，此时f(x)在(∞－，0)和(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾；②若x0＝0，则不等式组(*)的解集为(∞－，0)和(0∞，＋)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x＝0处取极小值矛盾；③若x0＜0，则不等式组(*)的解集为(∞－，x0)和(0∞，＋)，此时f(x)在(∞－，x0)和(0，＋∞)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，满足f(x)在x＝0处取极小值，由g(x)单调性，得a＝x0＋2－＜g(0)＝0，综上所述，a＜0.5．(·长沙模拟)已知函数f(x)＝lnx－.(1)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求实数a的值；(2)若f(x)＜x2在(1∞，＋)上恒成立，求a的取值范围．解(1)由题意可知，f′(x)＝＋＝.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)...