2020-2021学年黑龙江省牡丹江一中高三(上)开学数学试卷(文科)
2020-2021学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）开学数学试卷（文科）
一、选择题（每题5分，共12题）
1. 设集合A＝{x|2x>1}，B＝{x||x|≤1}，则A∩B＝（）
A.(?1,?1)
B.(0,?1]
C.[?1,?1]
D.[0,?1]
2. 设i为虚数单位，复数z满足z(1?i)＝2i，则|z|＝（）
A.1
B.√2
C.2
D.2√2
3. 已知命题p:?x∈R，x2?x+1>0，则￢p()
A.?x∈R，x2?x+1≤0
B.?x∈R，x2?x+1≤0
C.?x∈R，x2?x+1>0
D.?x∈R，x2?x+1≥0
4. 若sin(π
2?α)=?3
5
，α为第二象限角，则tanα＝（）
A.?4
3B.4
3
C.?3
4
D.3
4
5. 已知命题p：“?x∈[1,?e]，a>ln x”，命题q：“?x∈R，x2?4x+a＝0””若“p∧q”是真命题，则实数a的
取值范围是（）
A.(1,?4]
B.(0,?1]
C.[?1,?1]
D.(4,?+∞)
6. 甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章．当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”．假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是（）
A.甲
B.乙
C.丙
D.丁
7. 设锐角△ABC的三内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，且b＝2，A＝2B，则a的取值范围为（）
A.(2√2,2√3)
B.(2,2√3)
C.(2√2,4)
D.(0,?4)
8. 函数y=2|x|sin2x的图象可能是()A. B.
C. D.
9. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)=x2+3xf′(2)+e x，则f′(2)的值等于()
A.?0
B.e2
2
?2 C.?e2
2
D.?e2
2
?2
10. 函数y＝log a(x+4)+2(a>0且a≠1)的图象恒过点A，且点A在角θ的终边上，则sin2θ＝（）
A.?5
13
B.5
13
C.?12
13
D.12
13
11. 已知f(x)是定义域为(?∞,?+∞)的奇函数，满足f(1?x)=f(1+x)，若f(1)=2，则f(1)+f(2)+
f(3)+...+f(50)=()
A.?50
B.0
C.2
D.50
12. 已知函数f(x)=√3sin2x?2cos2x+1，将f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的1
2
，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x1)?g(x2)＝9，则|x1?x2|的值可能为（）
A.π
3
B.π
2
C.3π
4
D.5π
4
二、填空题（每题5分，共4题）
曲线y＝x ln x在点(1,?0)处的切线方程为________．
设函数f(x)={e x?1,x <1
x 12,x ≥1 ，则f(x)≤3成立的x 的取值范围________．
已知cos α+cos β=1
2,sin α+sin β=
√3
2
，则cos (α?β)＝________．
设函数f(x)={|2x ?1|,x ≤2
?x +5,x >2 ，若互不相等的实数a ，b ，c 满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则2a +2b +2c 的取值
范围是________．
三、解答题（17题10分，18-22题，每题12分）
已知p:|2x ?5|≤3，q:x 2?(a +2)x +2a ≤0． （1）若p 是真命题，求对应x 的取值范围；
（2）若p 是q 的必要不充分条件，求a 的取值范围．
（文）已知函数f(x)＝(√3sin ωx +cos ωx)cos ωx ?1
2(ω>0)的最小正周期为4π．
（1）求ω的值；
（2）求f(x)的单调递增区间．
在△ABC 中，a ，b ，c ，分别为角A ，B ，C 的对边，且sin B ?sin C ＝sin (A ?C)． (Ⅰ)求角A ；
(Ⅱ)若a ＝3，求b +2c 的最大值．
如图，D 是直角△ABC 斜边BC 上一点，AC =√
3DC ． (Ⅰ)若∠BAD ＝60°，求∠ADC 的大小； (Ⅱ)若BD ＝2DC ，且AB =√6，求AD 的长．
设函数f(x)＝x 2+1?ln x ．
(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)求函数g(x)＝f(x)?x 在区间[1
2,2]上的最小值．
已知函数f(x)＝ax 2+(a ?2)x ?ln x ．
(Ⅰ)若函数f(x)在x ＝1时取得极值，求实数a 的值； (Ⅱ)当0 参考答案与试题解析 2020-2021学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）开学数学试卷（文科） 一、选择题（每题5分，共12题） 1. 【答案】 B 【考点】 交集及其运算 【解析】 求出集合A，B，由此能求出A∩B． 【解答】 ∵集合A＝{x|2x>1}＝{x|x>0}， B＝{x||x|≤1}＝{x|?1≤x≤1}， ∴A∩B＝{x|0 2. 【答案】 B 【考点】 复数的模 【解析】 把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，再由复数模的计算公式求解． 【解答】 由z(1?i)＝2i，得z=2i 1?i =2i(1+i) (1?i)1+i) =?1+i， ∴|z|=√2． 3. 【答案】 A 【考点】 命题的否定 【解析】 命题“?x∈R，x2?x+1>0”是全称命题，其否定应为特称命题，注意量词和不等号的变化．【解答】 解：∵全称命题的否定是特称命题， ∴￢p：?x∈R，x2?x+1≤0. 故选A． 4. 【答案】 A 【考点】 同角三角函数间的基本关系 【解析】由已知求得cosα，进一步得到sinα，再由商的关系求得tanα． 【解答】 由sin(π 2 ?α)=?3 5 ，得cosα=?3 5 ， ∵α为第二象限角，∴sinα=√1?cos2α=4 5 ． 则tanα=sinα cosα =?4 3 ． 5. 【答案】 A 【考点】 复合命题及其真假判断 【解析】 先求出命题p，q成立的等价条件，利用命题“p∧q”为真命题，确定实数a的取值范围 【解答】 若命题p：“?x∈[1,?e]，a>ln x，为真命题， 则a>ln e＝1， 若命题q：“?x∈R，x2?4x+a＝0”为真命题， 则△＝16?4a≥0，解得a≤4， 若命题“p∧q”为真命题， 则p，q都是真命题， 则{ a>1 a≤4 ， 解得：1 故实数a的取值范围为(1,?4]． 6. 【答案】 B 【考点】 进行简单的合情推理 【解析】 先阅读题意，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解． 【解答】 ①当读了该篇文章的学生是甲，则四位同学都错了，与题设矛盾，故读了该篇文章的学生不是甲， ②当读了该篇文章的学生是乙，则丙，丁说的是对的，与题设相符，故读了该篇文章的学生是乙， ③当读了该篇文章的学生是丙，则甲，乙，丙说的是对的，与题设矛盾，故读了该篇文章的学生不是丙， ④当读了该篇文章的学生是丁，则甲说的是对的，与题设矛盾，故读了该篇文章的学生不是丁， 综合①②③④得： 读了该篇文章的学生是乙， 7. 【答案】 A 【考点】 正弦定理【解析】 由题意可得0<2B<π 2，且π 2 <3B<π，解得B的范围，可得cos B的范围，由正弦定理求得a＝4cos B，根据 cos B的范围确定出a范围即可． 【解答】 锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，A＝2B，∴0<2B<π 2 ，且B+A＝3B， ∴π 2 <3B<π． ∴π 6 4 ， ∴√2 2 2 ， ∵b＝2，A＝2B， ∴由正弦定理可得：a=b?sin2B sin B =2b sin B cos B sin B =4cos B， ∴可得：2√2<4cos B<2√3， 则a的取值范围为(2√2,?2√3)． 8. 【答案】 D 【考点】 函数图象的作法 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：设f(x)=2|x|sin2x，f(?x)=2|?x|sin(?2x)=?2|x|sin2x=?f(x)，所以f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除A和B． 又因为f(π 2 )=2|π2|?sinπ=0，所以排除C． 故选D． 9. 【答案】 D 【考点】 导数的运算 【解析】 根据导数公式先求出f′(x)，然后令x=2即可得到f′(2)的值． 【解答】 解：∵f(x)=x2+3xf′(2)+e x， ∴f′(x)=2x+3f′(2)+e x， 令x=2，则f′(2)=4+3f′(2)+e2， 即?2f′(2)=4+e2， ∴f′(2)=?e2 2 ?2． 故选D． 10. 【答案】 C 【考点】 对数函数的单调性与特殊点 任意角的三角函数 【解析】 令对数的真数等于零，求得x、y的值，可得定点A的坐标，再利用任意角的三角函数的定义求得tanθ，再利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，求得sin2θ的值． 【解答】 对于函数y＝log a (x+4)+2(a>0且a≠1)，令x+4＝1，求得x＝?3，y＝2， 可得函数的图象恒过点A(?3,?2)， 且点A在角θ的终边上，∴tanθ=y x =?2 3 ，则sin2θ=2sinθcosθ sin2θ+cos2θ =2tanθ tan2θ+1 =?12 13 ， 11. 【答案】 C 【考点】 函数的求值 【解析】 根据函数奇偶性和对称性的关系求出函数的周期是4，结合函数的周期性和奇偶性进行转化求解即可．【解答】 解：∵f(x)是奇函数，且f(1?x)=f(1+x)， ∴f(1?x)=f(1+x)=?f(x?1)，f(0)=0， 则f(x+2)=?f(x)，则f(x+4)=?f(x+2)=f(x)， 即函数f(x)是周期为4的周期函数， ∵f(1)=2， ∴f(2)=f(0)=0，f(3)=f(1?2)=f(?1)=?f(1)=?2， f(4)=f(0)=0， 则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0?2+0=0， 则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)+f(50) =f(1)+f(2)=2+0=2， 故选C． 12. 【答案】 B 【考点】 函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】 化函数f(x)为正弦型函数，根据三角函数图象变换写出函数y ＝g(x)的解析式，利用g(x 1)?g(x 2)＝9求得x 1、x 2满足的条件，再求|x 1?x 2|的可能取值． 【解答】 函数f(x)=√3sin 2x ?2cos 2x +1=√3sin 2x ?cos 2x ＝2sin (2x ?π 6)， 将f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的1 2倍，得y ＝2sin (4x ?π6)的图象； 再把所得图象向上平移1个单位，得函数y ＝g(x)＝2sin (4x ?π 6)+1的图象， 若g(x 1)?g(x 2)＝9，则4x ?π6 =π 2 +2kπ，k ∈Z ； 解得x =π6+ kπ2 ，k ∈Z ； 其中x 1、x 2是三角函数g(x)最高点的横坐标， ∴ |x 1?x 2|的值为T 的整数倍，且T =2π4 =π 2． 二、填空题（每题5分，共4题） 【答案】 x ?y ?1＝0 【考点】 利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 求出原函数的导函数，得到函数在x ＝1时的导数值，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案． 【解答】 由f(x)＝x ln x ，得 y ′=ln x +x ?1 x =ln x +1， ∴ f′(1)＝ln 1+1＝1， 即曲线f(x)＝x ln x 在点(1,?0)处的切线的斜率为1， 则曲线f(x)＝x ln x 在点(1,?0)处的切线方程为y ?0＝1×(x ?1)， 整理得：x ?y ?1＝0． 故答案为：x ?y ?1＝0． 【答案】 (?∞,?9] 【考点】 分段函数的应用 函数单调性的性质与判断 【解析】 根据f(x)的解析式可看出，x <1时，满足f(x)≤3；x ≥1时，由f(x)≤3可得，x 1 2≤3，从而得出1≤x ≤9，这样便可得出x 的取值范围． 【解答】 ①∵ x <1； ∴ x ?1<0； ∴ e x?1<1； ∴ x <1时，f(x)≤3成立； ②x ≥1时，由f(x)≤3得，x 1 2≤3； ∴ x ≤9； ∴ 1≤x ≤9； ∴ x ≤9； ∴ x 的取值范围为：(?∞,?9]． 【答案】 ?12 【考点】 两角和与差的三角函数 【解析】 已知两等式两边分别平方，利用同角三角函数间的基本关系化简得到关系式，所求式子利用两角和与差的余弦函数公式化简后，把各自的值代入计算即可求出值． 【解答】 已知等式平方得：(cos α+cos β)2＝cos 2α+2cos αcos β+cos 2β=1 4①， (sin α+sin β)2＝sin 2α+2sin αsin β+sin 2β=3 4②， ①+②得：2+2(cos αcos β+sin αsin β)＝1， 即cos αcos β+sin αsin β=?1 2， 则cos (α?β)＝cos αcos β+sin αsin β=?1 2． 【答案】 (18,?34) 【考点】 分段函数的应用 求函数的值 函数的求值 【解析】 根据题意，做出函数的草图，利用数形结合判断a 、b 、c 的范围与关系，然后求解2a +2b +2c 的取值范围，即可得答案． 【解答】 根据题意，函数f(x)={|2x ?1|,x ≤2 ?x +5,x >2 ={?2x +1,x <0 2x ?1,0≤x ≤2?x +5,x >2 ，其草图如图 若互不相等的实数a ，b ，c ，满足f(a)＝f(b)＝f(c)， 设f(a)＝f(b)＝f(c)＝m ，则函数y ＝f(x)的图象与直线y ＝m 有3个不同的交点，分别为(a,?m)，(b,?m)，(c,?m)， 且0 结合函数的图象：有a∈(?∞,?0)，b∈(0,?1)，c∈(4,?5)， 当m→1时，表达式2a+2b+2c的值趋向最小值：0+2+24＝18， 当m→0时，表达式2a+2b+2c的值趋向最大值：1+1+25＝34． 则2a+2b+2c的取值范围是(18,?34)． 三、解答题（17题10分，18-22题，每题12分） 【答案】 ∵p:|2x?5|≤3是真命题， ∴|2x?5|≤3，∴?3≤2x?5≤3， 解得1≤x≤4， ∴x的取值范围是[1,?4]． 由（1）知：P:1≤x≤4， q:x2?(a+2)x+2a＝(x?2)(x?a)≤0， p是q的必要不充分条件 当a≥2时，q:2≤x≤a，故满足a≤4，即2 当a＝2时，q:x＝2，满足条件； 当a<2时，q:a≤x≤2，故满足a≥1，即1≤a<2． 综上所述a的取值范围是[1,?4]． 【考点】 充分条件、必要条件、充要条件 【解析】 （1）由p:|2x?5|≤3是真命题，解含绝对值不等式的性质能求出x的取值范围． （2）由P:1≤x≤4，q：(x?2)(x?a)≤0，p是q的必要不充分条件得到：当a≥2时，q:2≤x≤a，当a ＝2时，q:x＝2，当a<2时，q:a≤x≤2，利用分类讨论思想能求出a的取值范围． 【解答】 ∵p:|2x?5|≤3是真命题， ∴|2x?5|≤3，∴?3≤2x?5≤3， 解得1≤x≤4， ∴x的取值范围是[1,?4]． 由（1）知：P:1≤x≤4， q:x2?(a+2)x+2a＝(x?2)(x?a)≤0， p是q的必要不充分条件 当a≥2时，q:2≤x≤a，故满足a≤4，即2 当a＝2时，q:x＝2，满足条件； 当a<2时，q:a≤x≤2，故满足a≥1，即1≤a<2． 综上所述a的取值范围是[1,?4]． 【答案】 ∵f(x)=√3sinωx cosωx+cos2ωx?1 2 =√3 2sin2ωx+ 1 2cos2ωx+ 1 2 ? 1 2 ＝sin(2ωx+π 6 )， ∵T=2π 2ω=4π， ∴ω=1 4 ． ∵f(x)＝sin(1 2 x+π 6 ) ∵?π 2 +2kπ≤1 2 x+π 6 ≤π 2 +2kπ，k∈Z ∴?4 3 π+4kπ≤x≤2 3 π+4kπ，k∈Z ∴f(x)的单调递增区间为[?4π 3 +4kπ,?2π 3 +4kπ](k∈Z)． 【考点】 正弦函数的奇偶性和对称性 三角函数中的恒等变换应用 【解析】 （1）利用三角函数中的恒等变换应用可求得f(x)＝sin(2ωx+π 6 )，利用其最小正周期为4π可求得ω； （2）由（1）知，f(x)＝sin(1 2 x+π 6 )，利用正弦函数的单调性即可求得f(x)的单调递增区间． 【解答】 ∵f(x)=√3sinωx cosωx+cos2ωx?1 2 = √3 sin2ωx+ 1 cos2ωx+ 1 ? 1 ＝sin(2ωx+π 6 )， ∵T=2π 2ω =4π， ∴ω=1 4 ． ∵f(x)＝sin(1 2 x+π 6 ) ∵?π 2 +2kπ≤1 2 x+π 6 ≤π 2 +2kπ，k∈Z ∴?4 3 π+4kπ≤x≤2 3 π+4kπ，k∈Z ∴f(x)的单调递增区间为[?4π 3 +4kπ,?2π 3 +4kπ](k∈Z)． 【答案】 （1）在△ABC中，sin B?sin C＝sin(A?C)， ∴sin(A+C)?sin C＝sin(A?C)， 即sin A cos C+cos A sin C?sin C＝sin A cos C?cos A sin C ∴2cos A sin C＝sin C≠0， ∴cos A=1 2 ， ∴ A =π 3． （2）∵ 由a sin A =b sin B =c sin C =2√3， 可得b +2c ＝2√3(sin B +2sin C) ＝2√3[sin B +2sin (120°?B)] ＝2√3(2sin B +√3cos B) ＝2√21sin (B +φ)，其中tan φ= √3 2，φ∈(0,?π 2)， 由B ∈(0,?2π 3)，存在B 使得B +φ=π 2， ∴ sin (B +φ)的最大值为1， ∴ b +2c 的最大值为2√21． 【考点】 正弦定理 【解析】 (Ⅰ)由已知利用三角函数恒等变换的应用可求cos A =1 2，进而可求A 的值； (Ⅱ)根据三角函数恒等变换的应用，正弦定理可求可得b +2c ＝2√21sin (B +φ)，其中tan φ=√3 2 ，φ∈(0,?π 2 )， 结合范围B ∈(0,?2π 3)，利用正弦函数的性质即可求解． 【解答】 （1）在△ABC 中，sin B ?sin C ＝sin (A ?C)， ∴ sin (A +C)?sin C ＝sin (A ?C)， 即sin A cos C +cos A sin C ?sin C ＝sin A cos C ?cos A sin C ∴ 2cos A sin C ＝sin C ≠0， ∴ cos A =1 2， ∴ A =π 3 ． （2）∵ 由 a sin A = b sin B = c sin C =2√3， 可得b +2c ＝2√3(sin B +2sin C) ＝2√3[sin B +2sin (120°?B)] ＝2√3(2sin B +√3cos B) ＝2√21sin (B +φ)，其中tan φ= √3 2，φ∈(0,?π 2)， 由B ∈(0,?2π 3)，存在B 使得B +φ=π 2， ∴ sin (B +φ)的最大值为1， ∴ b +2c 的最大值为2√21． 【答案】 （本题满分为1 （1）∵ ∠BAD ＝60°，∠BAC ＝90°， ∴ ∠DAC ＝30°，…1分 在△ADC 中，由正弦定理可得：DC sin ∠DAC = AC sin ∠ADC ，…2分 ∴ sin ∠ADC =AC DC sin ∠DAC = √3 2 ，…3分 ∴ ∠ADC ＝120°，或60°，…4分 又∠BAD ＝60°， ∴ ∠ADC ＝120°...6分 （2）∵ BD ＝2DC ， ∴ BC ＝3DC ， 在△ABC 中，由勾股定理可得：BC 2＝AB 2+AC 2，可得：9DC 2＝6+3DC 2， ∴ DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，…8分 令∠ADB ＝θ，由余弦定理： 在△ADB 中，AB 2＝AD 2+BD 2?2AD ?BD ?cos θ，…9分 在△ADC 中，AC 2＝AD 2+CD 2?2AD ?CD ?cos (π?θ)，…10分 可得：{6=AD 2 +4?4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ ， ∴ 解得：AD 2＝2，可得：AD =√2?12分 【考点】 正弦定理 【解析】 (Ⅰ)由已知可求∠DAC ＝30°，在△ADC 中，由正弦定理可得sin ∠ADC = √3 2 ，即可解得∠ADC ＝120°． (Ⅱ)由已知在△ABC 中，由勾股定理可得DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，令∠ADB ＝θ，由余弦定理 {6=AD 2 +4?4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ ，即可解得AD 的值． 【解答】 （本题满分为1 （1）∵ ∠BAD ＝60°，∠BAC ＝90°， ∴ ∠DAC ＝30°，…1分 在△ADC 中，由正弦定理可得：DC sin ∠DAC =AC sin ∠ADC ，…2分 ∴ sin ∠ADC =AC DC sin ∠DAC = √3 2 ，…3分 ∴ ∠ADC ＝120°，或60°，…4分 又∠BAD ＝60°， ∴ ∠ADC ＝120°...6分 （2）∵ BD ＝2DC ， ∴ BC ＝3DC ， 在△ABC 中，由勾股定理可得：BC 2＝AB 2+AC 2，可得：9DC 2＝6+3DC 2， ∴ DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，…8分 令∠ADB ＝θ，由余弦定理： 在△ADB 中，AB 2＝AD 2+BD 2?2AD ?BD ?cos θ，…9分 在△ADC 中，AC 2＝AD 2+CD 2?2AD ?CD ?cos (π?θ)，…10分 可得：{6=AD 2 +4?4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ ， ∴ 解得：AD 2＝2，可得：AD =√2?12分 【答案】 (I)f(x)＝x 2+1?ln x ∴ f ′(x)＝2x ?1 x =2x 2?1x ， ∴ 当x 在( √2 2 ,?+∞)时，f ′(x)>0，函数递增， 当x 在(0,?√2 2 )时，f ′(x) <0，函数递减， 故函数的增区间为(√22,?+∞)，减区间为(0,?√2 2)； (II)由g(x)＝f(x)?x ＝x 2?x +1?ln x ， 得g ′(x)= 2x 2?x?1 x ，x ∈[1 2,2]，令g ′(x)＝0，则x ＝1， ∴ g(x)在[12 ,1]上单调递减，在(1,?2]上单调递增， ∴ g(x)min ＝g(1)＝1， ∴ 函数的最小值为1． 【考点】 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值 【解析】 （I ）求出导函数，得出函数的单调区间； (II)求导函数，判断函数在区间上的单调性，然后求出最小值． 【解答】 (I)f(x)＝x 2+1?ln x ∴ f ′(x)＝2x ?1 x = 2x 2?1x ， ∴ 当x 在(√2 2,?+∞)时，f ′(x)>0，函数递增， 当x 在(0,?√2 2)时，f ′(x)<0，函数递减， 故函数的增区间为(√2 2,?+∞)，减区间为(0,?√2 2)； (II)由g(x)＝f(x)?x ＝x 2?x +1?ln x ， 得g ′(x)= 2x 2?x?1 x ，x ∈[1 2,2]，令g ′(x)＝0，则x ＝1， ∴ g(x)在[1 2,1]上单调递减，在(1,?2]上单调递增， ∴ g(x)min ＝g(1)＝1， ∴ 函数的最小值为1． 【答案】 (?I)f(x)定义域为(0,?+∞).f ′(x)=2ax +(a ?2)?1 x =2ax 2+(a?2)x?1 x = (2x+1)(ax?1) x ． 由已知，得f ′(1)＝0，解得a ＝1． 当a ＝1时，f ′ (x)= (2x+1)(x?1) x ． 所以f ′(x)<0?0 所以函数f(x)在x ＝1时取得极小值，其极小值为f(1)＝0，符合题意 所以a ＝1．………………………………………………………………… (?II?)令f ′(x)= (2x+1)(ax?1) x =0，由0 a >1． 所以f ′(x)<0?0 a ,f ′(x)>0?x >1 a ． 所以f(x)减区间为(0,1 a )，增区间为(1 a ,+∞)． 所以函数f(x)在x =1 a 时取得极小值，其极小值为f(1 a )=ln a +1?1 a ． 因为0 a >1． 所以1?1 a <0．所以f(1 a )=ln a +1?1 a <0． 因为f(1 e )=a e 2+ (a?2)e +1> (a?2)e +1= (a?2+e) e ， 又因为00． 所以f(1e )>0． 根据零点存在定理，函数f(x)在(0,1 a )上有且仅有一个零点． 因为x >ln x ，f(x)＝ax 2+(a ?2)x ?ln x >ax 2+(a ?2)x ?x ＝x(ax +a ?3)． 令ax +a ?3>0，得x >3?a a ． 又因为0 >1 a ． 所以当x > 3?a a 时，f(x)>0． 根据零点存在定理，函数f(x)在(1 a ,+∞)上有且仅有一个零点． 所以，当0 利用导数研究函数的极值 【解析】 (?I)求出函数的f(x)定义域为(0,?+∞)，导函数．通过导函数的符号判断函数的单调性然后求解函数的极值，推出a 即可． (?II?)令f ′(x)= (2x+1)(ax?1) x =0，由0 a >1．求出函数的单调区间以及函数的极值，利用函 数零点判断定理转化推出结果即可． 【解答】 (?I)f(x)定义域为(0,?+∞).f ′(x)=2ax +(a ?2)?1 x =2ax 2+(a?2)x?1 x = (2x+1)(ax?1) x ． 由已知，得f ′(1)＝0，解得a ＝1． 当a ＝1时，f ′(x)= (2x+1)(x?1) x ． 所以f ′(x)<0?0 所以函数f(x)在x ＝1时取得极小值，其极小值为f(1)＝0，符合题意 所以a ＝1．………………………………………………………………… (?II?)令f ′(x)= (2x+1)(ax?1) x =0，由0 a >1． 所以f ′(x)<0?0 a ,f ′(x)>0?x >1 a ． 所以f(x)减区间为(0,1 a )，增区间为(1 a ,+∞)． 所以函数f(x)在x =1a 时取得极小值，其极小值为f(1a )=ln a +1?1 a ． 因为0 a >1． 所以1?1 a <0．所以f(1 a )=ln a +1?1 a <0． 因为f(1 e )=a e 2+ (a?2)e +1> (a?2)e +1= (a?2+e) e ， 又因为00． 所以f(1e )>0． 根据零点存在定理，函数f(x)在(0,1 a )上有且仅有一个零点． 因为x >ln x ，f(x)＝ax 2+(a ?2)x ?ln x >ax 2+(a ?2)x ?x ＝x(ax +a ?3)． 令ax +a ?3>0，得x >3?a a ． 又因为0 >1 a ． 所以当x > 3?a a 时，f(x)>0． 根据零点存在定理，函数f(x)在(1 a ,+∞)上有且仅有一个零点．
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