2019-2020学年山西省晋中市平遥中学高三(上)第一次月考数学试卷(理科)(9月份)

2019-2020学年山西省晋中市平遥中学高三（上）第一次月考数
学试卷（理科）（9月份）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 设集合A ＝{1, 2}，B ＝{x|x 2+mx −30}，若A ∩B ＝{1}，则A ∪B ＝（ ）
A.{−3, 1, 2}
B.{1, 2}
C.{−3, 1}
D.{1, 2, 3}
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
【解析】
由A ∩B ＝{1}，可得1∈B ，代入B 求得m ＝2，进一步求得B ，则A ∪B 可求．
【解答】
∵ A ∩B ＝{1}，
∴ 1∈B ，则12+m −3＝0，解得m ＝2．
∴ B ＝{x|x 2+mx −30}＝{x|x 2+2x −30}＝{−3, 1}，
又A ＝{1, 2}，
∴ A ∪B ＝{−3, 1, 2}．
2. 在区间(−∞, 0)上为增函数的是( )
A.y =(23
)x B.y =log 13
x
C.y =−(x +1)2
D.y =log 23(−x)
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合即可得答案．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A ，y =(23)x ，为指数函数，在(−∞, 0)上为减函数，不符合题意；
对于B ，y =log 13
x ，为对数函数，其定义域为(0, +∞)，不符合题意； 对于C ，y =−(x +1)2，为二次函数，在(−∞, −1)上为增函数，(−1, 0)上为减函数，不符合题意，
对于D ，y =log 23
(−x)，在区间(−∞, 0)上为增函数，符合题意. 故选D .
3. 若log a 23<1，则a 的取值范围是（ ）
A.0<a <23
B.a >23
C.23<a <1
D.0<a <23或a >1
【答案】
D
【考点】
指、对数不等式的解法
【解析】
运用对数函数的单调性，分a >1，0<a <1两种情况，注意先求交集，再求并集即可．
【解答】
log a 23<1＝log a a ，
当a >1时，不等式即为a >23，则有a >1成立；
当0<a <1时，不等式即为a <23，即有0<a <23．
综上可得，a 的范围为a >1或0<a <23．
4. 若a >0，b >0，则“a +b ≤4”是“ab ≤4”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
充分条件和必要条件的定义结合均值不等式、特值法可得结果
【解答】
∵ a >0，b >0，∴ 4≥a +b ≥2√ab ，
∴ 2≥√ab ，∴ ab ≤4，即a +b ≤4⇒ab ≤4，
若a ＝4，b =14，则ab ＝1≤4，
但a +b ＝4+14>4，
即ab ≤4推不出a +b ≤4，
∴ a +b ≤4是ab ≤4的充分不必要条件
5. 函数f(x)＝1−a 2x +1为奇函数，则a ＝（ ）
A.−1
B.1
C.−2
D.2
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
求出函数的定义域，结合奇函数的性质进行求解即可．
【解答】
函数的定义域为R ，
∵ f(x)是R 上的奇函数，
∴ f(0)＝0，
即f(0)＝1−a 20+1=1−a 2=0，得a 2=1，得a ＝2，
6. 函数f(x)=
lnx x 在区间(0, 3)上的最大值为（ ） A.1e B.1 C.2 D.e
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
f(x)=lnx x ，x ∈(0, 3)．f′(x)=1−lnx
x 2，可得其单调性，即得出极值与最值．
【解答】
f(x)=
lnx x ，x ∈(0, 3)． f′(x)=1−lnx
x 2
， 可得函数f(x)在(0, e)上单调递增，在(e, 3)上单调递减．
可得x ＝e 时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(e)=1e ．
7. 函数f(x)为定义在R 上的偶函数，且满足f(x +1)+f(x)＝1，当x ∈[1, 2]时，f(x)＝2−x ，则f(−2013)＝（ ）
A.−1
B.1
C.2
D.−2
【答案】
B
【考点】
求函数的值
函数的求值
抽象函数及其应用
函数的周期性
【解析】
利用函数f(x)为定义在R 上的偶函数，且满足f(x +1)+f(x)＝1，可求得f(x +2)＝f(x)，再结合x ∈[1, 2]时f(x)＝2−x ，即可求得答案．
【解答】
∵ f(x +1)+f(x)＝1，①
用−x代替x得：f(−x+1)+f(−x)＝1，②
∵f(x)为定义在R上的偶函数，f(−x)＝f(x)，
∴ ②式可化为：f(−x+1)+f(x)＝1③
由①③得：f(x+1)＝f(1−x)，
∴f[(x+1)+1]＝f[1−(x+1)]＝f(−x)＝f(x)，即f(x+2)＝f(x)，
∴f(x)是以2为周期的函数，又f(x)为定义在R上的偶函数，
又x∈[1, 2]时f(x)＝2−x，
∴f(−2013)＝f(2013)＝f(1)＝2−1＝1，
故选：B．
8. 函数f(x)＝|x2−4x|−m恰好有三个不同零点，则m＝（）
A.−4
B.−2
C.2
D.4
【答案】
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
分离参数可得m＝|x2−4x|，做出y＝|x2−4x|的函数，根据图象和零点个数得出m的值．
【解答】
由f(x)＝0可得m＝|x2−4x|，
做出y＝|x2−4x|的函数图象如图所示：
∵f(x)恰好有三个不同的零点，
∴直线y＝m与y＝|x2−4x|的图象有三个不同的交点，
∴m＝4．
故选：D．
9. 已知函数f(x)=x+sinx，若a=f(3)，b=f(2)，c=f(log26)，则a，b，c的大小关系是（）
A.a<b<c
B.c<b<a
C.b<a<c
D.b<c<a
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
求函数f(x)=x+sinx的导数f′(x)=1+cosx≥0，可得函数f(x)在R上递增，即可得b<b<a，
【解答】
函数f(x)=x+sinx的导数f′(x)=1+cosx≥0，∴函数f(x)在R上递增，
且3>log26>2，∴f(3)>f(log26)>f(2)，
∴b<c<a，
10. 命题“∀n∈N∗，f(n)∉N∗且f(n)≤n”的否定形式是（）
A.∀n∈N∗，f(n)∉N∗且f(n)>n
B.∀n∈N∗，f(n)∉N∗或f(n)>n
C.∃n0∈N∗,f(n0)∉N∗且f(n0)>n0
D.∃n0∈N∗,f(n0)∉N∗或f(n0)>n0
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题形成结果即可．
【解答】
因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀n∈N∗，f(n)∉N∗且f(n)≤n”的否定形式是：∃n0∈N∗,f(n0)∉N∗或f(n0)>n0．
11. 若函数f(x)=a x−a−x(a>0且a≠1)在R上为减函数，则函数y=log a(|x|−1)的图象可以是（）
A. B.
C. D.
【答案】
D
【考点】
函数的图象变化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：显然函数y=a x（a>0且a≠1）与函数y=−a−x（a>0且a≠1）的单调性是一致的，
所以若函数f(x)=a x−a−x（a>0且a≠1）在R上为减函数，
则函数y=a x（a>0且a≠1）在R上也为减函数，所以0<a<1．
又由|x|−1>0，
解得x>1或x<−1，为函数y=log a(|x|−1)的定义域，故排除A，B．
又当x<−1时，
函数g(x)=|x|−1单调递减，所以此时函数y=log a(|x|−1)单调递增；
当x>1时，
函数g(x)=|x|−1单调递增，所以此时函数y=log a(|x|−1)单调递减，故排除C．故选D．
12. 设min{m, n}表示m 、n 二者中较小的一个，已知函数f(x)＝x 2+8x +14，g(x)＝min{(12)x−2, log 2(4x)}(x >0)，若∀x 1∈[−5, a](a ≥−4)，∃x 2∈(0, +∞)，使得f(x 1)＝g(x 2)成立，则a 的最大值为（ ）
A.−4
B.−3
C.−2
D.0
【答案】
C
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
根据新定义求出g(x)的函数解析式，再求出函数的g(x)的值域，再求出f(x)的值域，由∀x 1∈[−5, a](a ≥−4)，∃x 2∈(0, +∞)，使得f(x 1)＝g(x 2)成立，故f(x)的值域是g(x)的子集，由此能求出实数a 的最大值．
【解答】
当(12)x−2＝log 2(4x)，解得x ＝1，
当0<x ≤1时，(12)x−2≥log 2(4x)，
当x >1时，(12)x−2<log 2(4x)，
∴ g(x)＝min{(12)x−2, log 2(4x)}(x >0)={log 2(4x),0<x ≤1(12)x−2,x >1 ，
∴ 当0<x ≤1时，g(x)的值域为(−∞, 2]，当x >1时，g(x)值域为(0, 2)，
∴ g(x)的值域为(−∞, 2]
∵ f(x)＝x 2+8x +14＝(x +4)2−2，其对称轴为x ＝−4，
∴ f(x)在[−5, −4]上为减函数，在(−4, a]上为增函数，
∵ f(−5)＝−1，f(a)＝a 2+8a +14
当−4≤a ≤−3时，函数f(x)的值域为[−2, −1]，
当a >−3时，函数f(x)的值域为[−2, a 2+8a +14]，
∵ ∀x 1∈[−5, a](a ≥−4)，∃x 2∈(0, +∞)，使得f(x 1)＝g(x 2)成立，
∴ a 2+8a +14≤2，
解得−3<a ≤−2，
综上所述a 的范围为[−4, −2]，
∴ a 的最大值为−2，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在横线上
曲线y ＝x 2+x 在点A(1, 2)处的切线方程是________．
【答案】
y ＝3x −1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求得y ＝x 2+x 的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得所求切线方程．
【解答】
y ＝x 2+x 的导数为y′＝2x +1，
可得曲线y ＝x 2+x 在点A(1, 2)处的切线斜率为3，
则曲线y ＝x 2+x 在点A(1, 2)处的切线方程为y −2＝3(x −1)，
即为y ＝3x −1．
已知函数f(x)＝2+log 3x ，x ∈[1, 9]，则函数y ＝[f(x)]2+f(x 2)的值域为_________．
【答案】
[6, 13]
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
先求出函数y ＝[f(x)]2+f(x 2)的定义域，然后将函数化成关于log 3x 的二次函数，进行配方找出对称轴，而0≤log 3x ≤1，利用对称轴与区间的位置关系求出最值，即可求出值域．
【解答】
∵ f(x)＝2+log 3x ，x ∈[1, 9]，
∴ y ＝[f(x)]2+f(x 2)的定义域为{1≤x ≤91≤x 2≤9.
解得1≤x ≤3，即定义域为[1, 3]．
∴ 0≤log 3x ≤1．
又y ＝[f(x)]2+f(x 2)
＝(2+log 3x)2+2+log 3x 2
＝(log 3x)2+6log 3x +6
＝(log 3x +3)2−3，
∵ 0≤log 3x ≤1，
∴ 6≤y ≤13．
故函数的值域为[6, 13]．
已知函数f(x)=
9x −a 3x 的图象关于原点对称，g(x)＝lg(10x +1)+bx 是偶函数，则a +b ＝________．
【答案】
12
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
根据函数奇偶性的定义和性质建立方程关系进行求解即可．
【解答】
函数f(x)=9x −a
3x 的图象关于原点对称，
则函数f(x)是奇函数，
∵ 函数的定义域为R ，
∴ f(0)＝0，即f(0)=90−a
30=1−a ＝0，
则a ＝1，
∵ g(x)＝lg(10x +1)+bx 是偶函数，
∴ g(−x)＝g(x)，
即lg(10−x +1)−bx ＝lg(10x +1)+bx ，
即lg 1+10x
10x −lg(10x +1)＝2bx ，
即lg(10x+1)−lg10x−lg(10x+1)＝2bx，则−x＝2bx，
2b＝−1，得b=−1
2
，
则a+b＝1−1
2=1
2
，
设p：方程x2+2mx+1＝0有两个不相等的正根；q：方程x2+2(m−2)x−3m+
10＝0无实根．则使p∨q为真，p∧q为假的实数m的取值范围是________．
【答案】
(−∞, −2]∪[−1, 3)
【考点】
四种命题间的逆否关系
函数与方程的综合运用
【解析】
由使p∨q为真，P∧q为假，则p，q中必然一真一假，故我们可以根据p：方程x2+
2mx+1＝0有两个不相等的正根；q：方程x2+2(m−2)x−3m+10＝0无实根．求
出各种情况下，m的取值范围，综合分析后，即可得到使p∨q为真，P∧q为假的实数
m的取值范围．
【解答】
∵p∨q为真，P∧q为假
∴p与q一个为真，一个为假
由p：方程x2+2mx+1＝0有两个不相等的正根
当P为真时，m<−1，则p为假时，m≥−1
由q：方程x2+2(m−2)x−3m+10＝0无实根
当q为真时，−2<m<3，则q为假时，m≤−2，或m≥3
当p真q假时，m≤−2
当p假q真时，−1≤m<3
故使p∨q为真，P∧q为假的实数m的取值范围是(−∞, −2]∪[−1, 3)
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．已知集合A={x|a−1<x<2a+1}，B={x|0<x<1}.
(1)若a=1
2
，求A∩B．
(2)若A∩B=⌀，求实数a的取值范围．
【答案】
解：(1)当a=1
2时，A={x|−1
2
<x<2}，B={x|0<x<1},
∴A∩B={x|0<x<1}. (2)若A∩B=⌀，
当A=⌀时，有a−1≥2a+1，∴a≤−2，
当A≠⌀时，有{a−1<2a+1,
2a+1≤0或a−1≥1,
∴−2<a≤−1
2
或a≥2，
综上可得，a ≤−12或a ≥2.
【考点】
集合关系中的参数取值问题
交集及其运算
【解析】
（1）当a =12时，A ={x|−12<x <2}，可求A ∩B
（2）若A ∩B =⌀，则A =⌀时，A ≠⌀时，有{a −1<2a +12a +1≤0或a −1≥1
，解不等式可求a 的范围
【解答】
解：(1)当a =12时，A ={x|−12<x <2}，B ={x|0<x <1},
∴ A ∩B ={x|0<x <1}.
(2)若A ∩B =⌀，
当A =⌀时，有a −1≥2a +1，
∴ a ≤−2，
当A ≠⌀时，有{a −1<2a +1,2a +1≤0或a −1≥1,
∴ −2<a ≤−12或a ≥2，
综上可得，a ≤−12或a ≥2.
已知二次函数f(x)满足条件f(0)＝1和f(x +1)−f(x)＝2x ．
（1）求f(x)的解析式；
（2）求f(x)在区间[−1, 1]值域．
【答案】
二次函数f(x)满足条件f(0)＝1
设f(x)＝ax 2+bx +1，
f(x +1)−f(x)＝2x ．
∴ a(x +1)2+b(x +1)+1−[ax 2+bx +1]＝2x
展开化简得：2ax +a +b ＝2x ，
2a ＝2．a +b ＝0
即a ＝1，b ＝−1，
故f(x)＝x 2−x +1，
f(x)＝x 2−x +1，x ∈[−1, 1]
∵ =12为对称轴，12∈[−1, 1]
f(12)=34，f(−1)＝3，f(1)＝1，
∴ f(x)在区间[−1, 1]值域为[34, 3]
【考点】
函数的值域及其求法
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
（1）f(x)＝ax 2+bx +1，代入求解f(x +1)−f(x)＝2x ，化简求解系数．（2）求对称轴，端点值，判断大小．
【解答】
二次函数f(x)满足条件f(0)＝1
设f(x)＝ax 2+bx +1，
f(x +1)−f(x)＝2x ．
∴ a(x +1)2+b(x +1)+1−[ax 2+bx +1]＝2x
展开化简得：2ax +a +b ＝2x ，
2a ＝2．a +b ＝0
即a ＝1，b ＝−1，
故f(x)＝x 2−x +1，
f(x)＝x 2−x +1，x ∈[−1, 1]
∵ =12为对称轴，12∈[−1, 1]
f(12)=34，f(−1)＝3，f(1)＝1，
∴ f(x)在区间[−1, 1]值域为[34, 3]
已知函数f(x)＝x 3−2x 2+x ，g(x)＝x 2+x +a ，若函数y ＝f(x)与y ＝g(x)的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围．
【答案】
函数y ＝f(x)与y ＝g(x)的图象有三个不同的交点等价于方程
x 3−2x 2+x ＝x 2+x +a 有三个不同的实数根．即关于x 的方程x 3−3x 2−a ＝0，有三个不同的实数根．
令ℎ(x)＝x 3−3x 2−a ，则ℎ′(x)＝3x 2−6x ，令ℎ′(x)<0，解得0<x <2； 令ℎ′(x)>0，解得x <0或x >2．
所以ℎ(x)在(−∞, 0)，(2, +∞)上为增函数，在(0, 2)上为减函数．
所以ℎ(x)为极大值，ℎ(2)为极小值．
从而ℎ(2)<0<ℎ(0)，解得−4<a <0．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
利用函数y ＝f(x)与y ＝g(x)的图象有三个不同的交点，转化为方程三个根，构造新函数，通过新函数的导数求出极值，列出不等式求解即可．
【解答】
函数y ＝f(x)与y ＝g(x)的图象有三个不同的交点等价于方程
x 3−2x 2+x ＝x 2+x +a 有三个不同的实数根．即关于x 的方程x 3−3x 2−a ＝0，有三个不同的实数根．
令ℎ(x)＝x 3−3x 2−a ，则ℎ′(x)＝3x 2−6x ，令ℎ′(x)<0，解得0<x <2； 令ℎ′(x)>0，解得x <0或x >2．
所以ℎ(x)在(−∞, 0)，(2, +∞)上为增函数，在(0, 2)上为减函数．
所以ℎ(x)为极大值，ℎ(2)为极小值．
从而ℎ(2)<0<ℎ(0)，解得−4<a <0．
已知函数f(x)的定义域是(0, +∞)，且满足f(xy)＝f(x)+f(y)，f(1
2
)＝1，如果对于0<x<y，都有f(x)>f(y)，
（1）求f(1)；
（2）解不等式f(−x)+f(3−x)≥−2．
【答案】
令x＝y＝1得f(1)＝f(1)+f(1)⇒f(1)＝0
由f(1
2
)＝1，f(1)＝0，
结合题意，可得f(1)=f(2)+f(1
2
)⇒f(2)=−1
f(4)＝f(2)+f(2)＝−2∴f(−x)+f(3−x)＝f[x(x−3)]≥f(4)
又f(x)为(0, +∞)上的减函数
∴{−x>0⇒x<0
3−x>0⇒x<3
x(x−3)≤4⇒−1≤x≤4
解得−1≤x<0
∴原不等式的解集为[−1, 0)．
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
（1）用赋值法令x＝y＝1 f(1)＝0
（2）由f(1
2
)=1,f(0)=0，将−2表示为f(4)，再将f(−x)+f(3−x)转化为f[x(x−3)]，原不等式f(−x)+f(3−x)≥−2．转化为f[x(x−3)]，≥f(4)，再利单调性定义求解．
【解答】
令x＝y＝1得f(1)＝f(1)+f(1)⇒f(1)＝0
由f(1
2
)＝1，f(1)＝0，
结合题意，可得f(1)=f(2)+f(1
2
)⇒f(2)=−1
f(4)＝f(2)+f(2)＝−2∴f(−x)+f(3−x)＝f[x(x−3)]≥f(4)
又f(x)为(0, +∞)上的减函数
∴{−x>0⇒x<0
3−x>0⇒x<3
x(x−3)≤4⇒−1≤x≤4
解得−1≤x<0
∴原不等式的解集为[−1, 0)．
已知f(x)=√x−lnx．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）若存在x使f(x)<m成立，求实数m的取值范围．【答案】
函数的定义域为(0, +∞)，
导数f′(x)=
2√x 1
x
=√x−2
2x
，
则由f′(x)>0得√x−2>0，即√x>2得x>4；
由f′(x)<0得√x−2<0，即√x<2得0<x<4；
∴f(x)的递减区间为(0, 4)，递增区间为(4, +∞)．
若存在x使f(x)<m成立，则m>f(x)min，
由（1）可知f(x)min＝f(4)＝2−ln4，
∴m>2−ln4．
【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】
（1）求函数的定义域和导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．（2）根据存在性问题转化为求m>f(x)min，结合函数最值和导数之间的关系进行求解即可．
【解答】
函数的定义域为(0, +∞)，
导数f′(x)=
2√x 1
x
=√x−2
2x
，
则由f′(x)>0得√x−2>0，即√x>2得x>4；
由f′(x)<0得√x−2<0，即√x<2得0<x<4；
∴f(x)的递减区间为(0, 4)，递增区间为(4, +∞)．
若存在x使f(x)<m成立，则m>f(x)min，
由（1）可知f(x)min＝f(4)＝2−ln4，
∴m>2−ln4．
f(x)＝xlnx，g(x)＝x3+ax2−x+2(a∈R)．
（1）若g(x)的单调递减区间为(−1
3
,1)，求a的值．
（2）若不等式2f(x)≤g′(x)+2恒成立，求a的取值范围．【答案】
∵g(x)＝x3+ax2−x+2，∴g′(x)＝3x2+2ax−1，
又g(x)的单调递减区间为(−1
3,1)，∴x=−1
3
,1是方程g′(x)＝0的两个根，
∴{3(−1
3
)2+2a(−1
3
)−1=0
3+2a−1=0
，解得a＝−1．
不等式2f(x)≤g′(x)+2恒成立，即2xlnx≤3x2+2ax−1+2＝3x2+ax+1恒成立，
∵x>0，∴a≥lnx−3
2x−1
2x
在(0, +∞)上恒成立，
令ℎ(x)＝lnx−3
2x−1
2x
，x>0
则a≥ℎ(x)最大值，
又ℎ′(x)=1
x −3
2
+1
2x2
=−3x2+2x+1
2x2
=−(3x+1)(x−1)
2x2
,x>0；
则当0<x<1时，ℎ′(x)>0；当x>1时，ℎ′(x)<0；
∴ℎ(x)在(0, 1)上递增，在(1, +∞)上递减，∴ℎ(x)最大值为ℎ(1)＝−2；
∴a取值范围为a≥−2．
【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】
（1）求a得值，即利用函数g(x)单调递减区间，转化为方程g′(x)＝0的两个根，求解a 即可；
（2）将不等式2f(x)≥g′(x)+2成立，转化为含参问题恒成立，然后利用导数求函数的最值即可．
【解答】
∵g(x)＝x3+ax2−x+2，∴g′(x)＝3x2+2ax−1，
又g(x)的单调递减区间为(−1
3,1)，∴x=−1
3
,1是方程g′(x)＝0的两个根，
∴{3(−1
3
)2+2a(−1
3
)−1=0
3+2a−1=0
，解得a＝−1．
不等式2f(x)≤g′(x)+2恒成立，即2xlnx≤3x2+2ax−1+2＝3x2+ax+1恒成立，
∵x>0，∴a≥lnx−3
2x−1
2x
在(0, +∞)上恒成立，
令ℎ(x)＝lnx−3
2x−1
2x
，x>0
则a≥ℎ(x)最大值，
又ℎ′(x)=1
x −3
2
+1
2x2
=−3x2+2x+1
2x2
=−(3x+1)(x−1)
2x2
,x>0；
则当0<x<1时，ℎ′(x)>0；当x>1时，ℎ′(x)<0；
∴ℎ(x)在(0, 1)上递增，在(1, +∞)上递减，∴ℎ(x)最大值为ℎ(1)＝−2；∴a取值范围为a≥−2．。