高考压轴大题突破练(三)函数与导数(1)1．已知函数f(x)＝x2＋2alnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝＋f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数，求实数a的取值范围．2．已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)．(1)当a＝时，如果函数g(x)＝f(x)－k仅有一个零点，求实数k的取值范围；(2)当a＝2时，试比较f(x)与1的大小．3．(2015·广东)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≤－1.4．已知函数f(x)＝alnx－.(1)求函数在点(1，－)处的切线方程；(2)当a＝2时，求函数的单调区间与函数在[1,3]上的最值；(3)设h(x)＝x2－2bx＋4，a＝－2，若对于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≥h(x2)成立，试确定b的取值范围．答案精析高考压轴大题突破练(三)函数与导数(1)1．解(1)因为f(x)＝x2＋2alnx(a∈R)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋＝.①当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a<0时，令f′(x)＝0⇒x2＋2a＝0⇒x2＝－2a，解得x＝或x＝－(舍去)．所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，]，单调递增区间是[，＋∞)．综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递减区间是(0，]，单调递增区间是(，＋∞)．(2)因为g(x)＝＋f(x)＝＋x2＋2alnx，所以g′(x)＝－＋x＋＝，因为g(x)＝＋f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数，所以g′(x)≥0，即x3＋2ax－2≥0在区间[1,4]上恒成立，即2a≥－x2在区间[1,4]上恒成立．设h(x)＝－x2(x∈[1,4])，则h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，所以h(x)在[1,4]上单调递减，则h(x)∈[－，1]．所以2a≥1，即a≥.故实数a的取值范围为[，＋∞)．2．解(1)当a＝时，f(x)＝lnx＋，定义域是(0，＋∞)．f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝2.因为当02时，f′(x)>0，当3－ln2或k<＋ln2.故实数k的取值范围为(－∞，＋ln2)∪(3－ln2，＋∞)．(2)当a＝2时，f(x)＝lnx＋，定义域为(0，＋∞)．令h(x)＝f(x)－1＝lnx＋－1，因为h′(x)＝－＝>0，所以h(x)在(0，＋∞)上是增函数．①当x>1时，h(x)>h(1)＝0，即f(x)>1；②当01，∴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)＝e(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，则m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上递增．令g′(x)<0，则m<0，∴g(m)在(－∞，0)上递减．∴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≤－1.4．解(1)因为f(1)＝－，所以(1，－)在函数的图象上，又f(x)＝alnx－，所以f′(x)＝－，f′(1)＝a－，所以所求切线的方程为y＋＝(a－)(x－1)，即y＝(a－)x－a－.(2)当a＝2时，f(x)＝2lnx－，f′(x)＝－＝＝＝，令f′(x)>0，则x>2或0f(3)．所以函数f(x)在[1,3]上的最小值为2ln2－5，最大值为－.(3)若对于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[2,3]，使f(x1)≥h(x2)，则f(x1)min≥h(x2)min，又a＝－2，则f(x)＝－2lnx－，f′(x)＝－－<0，所以f(x)在[1,2]上单调递减，f(x1)min＝f(2)＝－2ln2－5.所以x2－2bx＋4≤－2ln2－5⇒2b≥，设函数g(x)＝，则g(x)在[2,3]上单调递减，所以2b≥g(x)min＝g(3)＝，即b≥.所以b的取值范围为[，＋∞)．
