山东省潍坊市2017届高三数学一模试卷（理科） Word版含解析

=

==﹣3，

整理得m=0．

∴直线MN恒过（0，0）． ②由①知

，

，

∵|MP|=|NP|，∴OP⊥MN，

当k≠0时，设OP所在直线方程为y=﹣当k=0时，也符合上式， ∴

MNP=|OM|?|OP|=

，则，，

S

?

=

?

△

=3

，

令k2+1=t（t≥1），k2=t﹣1，

=3

∵t≥1，∴0当

．

取最大值4， ，

，即t=2时，﹣

∴当k2=1，即k=±1时，△MNP的面积最小，最小值为．

21．设函数f（x）=lnx﹣e1﹣x，g（x）=a（x2﹣1）﹣． （1）判断函数y=f（x）零点的个数，并说明理由； （2）记h（x）=g（x）﹣f（x）+

，讨论h（x）的单调性；

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（3）若f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；根的存在性及根的个数判断．

【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f（e）的值，求出零点个数即可； （2）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可； （3）问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣=

在（1，+∞）恒成立，设k（x）=﹣

，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1）由题意得：x＞0， ∴f′（x）=+

＞0，

故f（x）在（0，+∞）递增； 又f（1）=﹣1，f（e）=1﹣e1﹣e=1﹣

＞0，

故函数y=f（x）在（1，e）内存在零点， ∴y=f（x）的零点个数是1；

（2）h（x）=a（x2﹣1）﹣﹣lnx+e1﹣x+﹣h′（x）=2ax﹣=

（x＞0），

=ax2﹣a﹣lnx，

当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）递减， 当a＞0时，由h′（x）=0，解得：x=±∴x∈（0，x∈（

（舍取负值），

）时，h′（x）＜0，h（x）递减，

，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，

综上，a≤0时，h（x）在（0，+∞）递减， a＞0时，h（x）在（0，（3）由题意得：lnx﹣

）递减，在（＜a（x2﹣1）﹣，

在（1，+∞）恒成立，

，+∞）递增；

问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣设k（x）=﹣

=

，

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若记k1（x）=ex﹣ex，则x＞1时，

（x）＞0，

（x）=ex﹣e，

k1（x）在（1，+∞）递增，

k1（x）＞k1（1）=0，即k（x）＞0， 若a≤0，由于x＞1，

故a（x2﹣1）﹣lnx＜0，故f（x）＞g（x），

即当f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立时，必有a＞0， 当a＞0时，设h（x）=a（x2﹣1）﹣lnx， ①若

＞1，即0＜a＜时，

），h（x）递减，x∈（

）＞0，

，+∞），h（x）递增，

由（2）得x∈（1，故h（即存在x=

）＜h（1）=0，而k（

＞1，使得f（x）＜g（x），

故0＜a＜时，f（x）＜g（x）不恒成立； ②若

≤1，即a≥时，

，

设s（x）=a（x2﹣1）﹣lnx﹣+s′（x）=2ax﹣+

﹣

，

由于2ax≥x，且k1（x）=ex﹣ex＞0， 即

＜，故﹣

＞﹣，

﹣＞

=

＞0，

因此s′（x）＞x﹣+

故s（x）在（1，+∞）递增， 故s（x）＞s（1）=0，

即a≥时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，

综上，a∈[，+∞）时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立．

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2017年3月30日

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