【优化探究】2017届高考数学一轮复习第二章第十二节导数的综合应用课时作业理新人教A版A组考点能力演练1．(2016·沈阳一模)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x>0时，求证：f(x)≥a；(3)若在区间(1，e)上e－ex<0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝，f′(2)＝＝2，a＝4.(2)证明：令g(x)＝a，g′(x)＝a.令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥a.(3)由题意可知e
.令h(x)＝，则h′(x)＝＝，由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋>0，∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)0得x>e；由f′(x)<0得≤x0，∴要使得f(x)在上有且只有两个零点，则只需f＝－＋aeln＝≥0，即a≤.②当0得≤xe；由f′(x)<0得ae时，由f′(x)>0得≤xa，由f′(x)<0得e0，所以f(x)在x＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f′(x)＝－＋a＝，x∈[1，＋∞)，显然a≥0时，f′(x)≥0，且不恒等于0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a<0时，令h(x)＝ax2＋x－1，易知h(x)≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f(x)在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a≤0或解得a≤－.综上，满足条件的a的取值范围是∪[0，＋∞)．(3)不存在满足条件的正实数a.由(2)知，a>0时f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f(x)在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x1∈[1,2]，f(1)≤f(x1)≤f(2)，即f(x1)∈.g′(x)＝，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1,2]上是单调递减函数．所以当x2∈[1,2]时，g(x2)∈.若对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则⊆，此时a无解．所以不存在满足条件的正实数a.B组高考题型专练1．(2015·高考广东卷)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≤－1.解：(1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f(0)＝(1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(lna)＝(1＋ln2a)elna－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2a>0，由零点存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)设点P(x0，y0)，由曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行知，f′(x...
