宁夏银川一中2016-2017学年高二下学期期中数学试卷(理科)

2016-2017学年宁夏银川一中高二（下）期中数学试卷（理科）一、选择题：1．若复数（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（）A．﹣3 B．3 C．﹣6 D．62．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（）A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数3．已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么函数f（x）的图象最有可能的是（）A．B．C．D．4．给出下面推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）：①“若a，b∈R，则a﹣b=0⇒a=b”类比推出“若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=b”；②“若a，b，c，d∈R，则复数a+bi=c+di⇒a=c，b=d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a+b=c+d⇒a=c，b=d”；③若“a，b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b”类比推出“若a，b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞b”．其中类比结论正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．35．函数f（x）=x3+3x2+3x﹣a的极值点的个数是（）A．2 B．1 C．0 D．由a确定6．若复数z满足方程z2+2=0，则z3=（）A．B．C．D．7．函数函数f（x）=（x﹣3）e x的单调递增区间是（）A．（﹣∞，2）B．（0，3）C．（1，4）D．（2，+∞）8．不等式|x+3|﹣|x﹣1|≤a2﹣3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[5，+∞）C．[1，2] D．（﹣∞，1]∪[2，+∞）9．设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）A．|a﹣b|≤|a﹣c|+|b﹣c| B．C．D．10．甲、乙两人从同一起点出发按同一方向行走，已知甲、乙行走的速度与行走v乙=t2（如图），当甲乙行走的速度相同（不为零）时刻的时间分别为v甲=，（）A．甲乙两人再次相遇B．甲乙两人加速度相同C．甲在乙前方D．乙在甲前方11．设f（x）=+5x+6在区间[1，3]上为单调函数，则实数a的取值范围是（）A．[﹣，+∞）B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣3]∪[﹣，+∞）D．[﹣，]12．已知函数f（x）=aln（x+1）﹣x2，在区间（0，1）内任取两个不相等的实数p，q，若不等式＞1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[15，+∞）B．[6，+∞）C．（﹣∞，15]D．（﹣∞，6]二、填空题：13．直线y=a与函数f（x）=x3﹣3x的图象有三个互不相同的公共点，求a的取值范围．14．若不等式|3x﹣b|＜4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b的取值范围．15．如图都是由边长为1的正方体叠成的图形．例如第（1）个图形的表面积为6个平方单位，第（2）个图形的表面积为18个平方单位，第（3）个图形的表面积是36个平方单位．依此规律，则第n个图形的表面积是个平方单位．16．设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的导数为f'（x），f'（0）＞0，若∀x∈R，恒有f（x）≥0，则的最小值是．三、解答题：（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）17．（12分）在1﹣20这20个整数中（1）从这20个数中任取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？（2）从这20个数中先后取两个数相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？18．（12分）设a＞0，b＞0，a+b=1，求证： ++≥8．19．（12分）已知函数f（x）=x3﹣ax2+（a2﹣1）x+b（a，b∈R）（1）若x=1为f（x）的极值点，求a的值；（2）若y=f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为x+y﹣3=0，求f（x）在区间[﹣2，4]上的最大值与最小值．20．（12分）已知数列{a n}的通项公式是，（n∈N*），记b n=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n）（1）写出数列{b n}的前三项；（2）猜想数列{b n}通项公式，并用数学归纳法加以证明．21．（10分）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（1﹣x）≤2；（Ⅱ）若a＜0，求证：f（ax）﹣af（x）≥f（a）．22．（12分）设函数f（x）=ax2﹣lnx+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2﹣e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．2016-2017学年宁夏银川一中高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：1．若复数（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（）A．﹣3 B．3 C．﹣6 D．6【考点】A2：复数的基本概念．【分析】利用两个复数相除，分子和分母同时除以分母的共轭复数，把复数化简到最简形式，根据实部等于0，虚部不等于0，求出，实数a的值．【解答】解：∵==是纯虚数，∴a﹣3=0，a+3≠0，∴a=3，故选B．【点评】本题考查纯虚数的定义，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，两个复数相除，分子和分母同时除以分母的共轭复数．2．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（）A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数【考点】R9：反证法与放缩法．【分析】本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定．根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，故只须对“b、c 中至少有一个偶数”写出否定即可．【解答】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定“至少有一个”的否定“都不是”．即假设正确的是：假设a、b、c都不是偶数故选：B．【点评】一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．3．已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么函数f（x）的图象最有可能的是（）A．B．C．D．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】由导函数图象可知，f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增；从而得到答案．【解答】解：由导函数图象可知，f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增，故选A．【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．4．给出下面推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）：①“若a，b∈R，则a﹣b=0⇒a=b”类比推出“若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=b”；②“若a，b，c，d∈R，则复数a+bi=c+di⇒a=c，b=d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a+b=c+d⇒a=c，b=d”；③若“a，b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b”类比推出“若a，b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞b”．其中类比结论正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】根据复数的定义，两虚数可以相等，但不能比较大小，逐一判断即可．【解答】解：①根据复数相等的定义可知，“若a，b∈R，则a﹣b=0⇒a=b”类比推出“若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=b”显然正确；②“若a，b，c，d∈R，则复数a+bi=c+di⇒a=c，b=d”类比推出“若a，b，c，d∈Q，则a+b=c+d推不出a=c，b=d”比如2+3=1+4，故错误；③根据复数的定义知，两虚数无法比较大小，故若“a，b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b”不能类比推出“若a，b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞b”，故错误．故选B．【点评】本题考查了虚数的定义和对虚数的理解，属于基础题型，应熟练掌握．5．函数f（x）=x3+3x2+3x﹣a的极值点的个数是（）A．2 B．1 C．0 D．由a确定【考点】6D：利用导数研究函数的极值．【分析】先求出函数的导数，得到导函数f′（x）≥0，从而得到结论．【解答】解：f′（x）=3x2+6x+3=3（x+1）2≥0，∴函数f（x）在R上单调递增，∴函数f（x）=x3+3x2+3x﹣a的极值点的个数是0个，故选：C．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道基础题．6．若复数z满足方程z2+2=0，则z3=（）A．B．C．D．【考点】A7：复数代数形式的混合运算．【分析】先求复数z，再求z3即可【解答】解：由，故选D．【点评】复数代数形式的运算，是基础题．7．函数函数f（x）=（x﹣3）e x的单调递增区间是（）A．（﹣∞，2）B．（0，3）C．（1，4）D．（2，+∞）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】首先对f（x）=（x﹣3）e x求导，可得f′（x）=（x﹣2）e x，令f′（x）＞0，解可得答案．【解答】解：f′（x）=（x﹣3）′e x+（x﹣3）（e x）′=（x﹣2）e x，令f′（x）＞0，解得x＞2．故选：D．【点评】本题考查导数的计算与应用，注意导数计算公式的正确运用与导数与单调性的关系．8．不等式|x+3|﹣|x﹣1|≤a2﹣3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[5，+∞）C．[1，2] D．（﹣∞，1]∪[2，+∞）【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】利用绝对值的几何意义，求出|x+3|﹣|x﹣1|的最大值不大于a2﹣3a，求出a的范围．【解答】解：因为|x+3|﹣|x﹣1|≤4对|x+3|﹣|x﹣1|≤a2﹣3a对任意x恒成立，所以a2﹣3a≥4即a2﹣3a﹣4≥0，解得a≥4或a≤﹣1．故选A．【点评】本题考查绝对值不等式的解法，绝对值的几何意义，以及恒成立问题，是中档题．9．设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）A．|a﹣b|≤|a﹣c|+|b﹣c| B．C．D．【考点】71：不等关系与不等式；R1：不等式．【分析】本题主要考查不等式恒成立的条件，由于给出的是不完全题干，必须结合选择支，才能得出正确的结论．可运用排除法【解答】解：A．由于绝对值不等式性质得等式恒成立；B．作差可得，（a﹣1）2（a2+a+1）•a﹣2≥0，故恒成立；C．举例a=2，b=3不恒成立，故C错；D．即为，两边平方得到a2+3a≤a2+3a+2，恒成立故选：C【点评】要灵活运用公式，牢记公式a2+b2≥2ab成立的条件．10．甲、乙两人从同一起点出发按同一方向行走，已知甲、乙行走的速度与行走v乙=t2（如图），当甲乙行走的速度相同（不为零）时刻的时间分别为v甲=，（）A．甲乙两人再次相遇B．甲乙两人加速度相同C．甲在乙前方D．乙在甲前方【考点】68：微积分基本定理．【分析】速度时间图象中的面积表示位移，也就是对速度时间函数求积分得到位置时间关系．t=0（舍），或t=1．【解答】解：由V甲=V乙，得，解得由=．=．所以当甲乙行走的速度相同（不为零）时刻甲在乙前方．故选C．【点评】本题考查了微积分基本定理，解答的关键是对题意的理解，是基础题．11．设f（x）=+5x+6在区间[1，3]上为单调函数，则实数a的取值范围是（）A．[﹣，+∞）B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣3]∪[﹣，+∞）D．[﹣，]【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】求函数的导数，条件等价为f′（x）≥0或f′（x）≤0在[1，3]上恒成立，进行求解即可．【解答】解：函数的导数f′（x）=x2+2ax+5，①若函数在区间[1，3]上为单调增函数，则等价为f′（x）≥0恒成立，即x2+2ax+5≥0，即2ax≥﹣x2﹣5，则2a≥=﹣（x+），∵x+，当且仅当x=，即x=∈[1，3]取等号，∴﹣（x+）max=﹣2，即2a≥﹣2，解得a≥﹣；②若函数在区间[1，3]上为单调减函数，则等价为f′（x）≤0恒成立，即x2+2ax+5≤0，即2ax≤﹣x2﹣5，则2a≤=﹣（x+），∵x+，当且仅当x=，即x=∈[1，3]取等号，∴﹣（x+）max=﹣2，当x=1时，﹣（x+）=﹣6，当x=3时，﹣（x+）=﹣（3+）=﹣＞﹣6，∴﹣（x+）min=﹣6，即2a≤﹣6，解得a≤﹣3；综上a∈（﹣∞，﹣3]∪[﹣，+∞），故选：C【点评】本题主要考查函数单调的判断，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．求解最值的过程中使用了基本不等式，注意本题要进行分类讨论．12．已知函数f（x）=aln（x+1）﹣x2，在区间（0，1）内任取两个不相等的实数p，q，若不等式＞1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[15，+∞）B．[6，+∞）C．（﹣∞，15]D．（﹣∞，6]【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】由不等式进行转化判断函数的单调性，求函数的导数，利用参数分离法进行求解即可．【解答】解：因为p≠q，不妨设p＞q，由于，所以f（p+1）﹣f（q+1）＞p﹣q，得[f（p+1）﹣（p+1）]﹣[f（q+1）﹣（q+1）]＞0，因为p＞q，所以p+1＞q+1，所以g（x）=f（x+1）﹣（x+1）在（0，1）内是增函数，所以g'（x）＞0在（0，1）内恒成立，即恒成立，所以a＞（2x+3）（x+2）的最大值，因为x∈（0，1）时（2x+3）（x+2）＜15，所以实数a的取值范围为[15，+∞）．故选：A．【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，根据不等式进行转化判断函数的单调性，结合参数分离法进行转化是解决本题的关键．二、填空题：13．直线y=a与函数f（x）=x3﹣3x的图象有三个互不相同的公共点，求a的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6D：利用导数研究函数的极值．【分析】首先根据函数的导数求出函数的单调区间，然后画出函数的图象，从而根据图象判断函数与直线的公共点的情况．【解答】解：先求函数f（x）的单调区间，由f′（x）=3x2﹣3=0，解得x=±1，当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，∴在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）上，f（x）=x3﹣3x是增函数，在（﹣1，1）上，f（x）=x3﹣3x是减函数，由此可以作出f（x）=x3﹣3x的草图（如图）．由图可知，当且仅当﹣2＜a＜2时，直线y=a与函数f（x）=x3﹣3x的图象有三个互不相同的公共点．【点评】掌握由导数求函数单调性的方法．14．若不等式|3x﹣b|＜4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b的取值范围5＜b＜7．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】首先分析题目已知不等式|3x﹣b|＜4的解集中的整数有且仅有1，2，3，求b的取值范围，考虑到先根据绝对值不等式的解法解出|3x﹣b|＜4含有参数b 的解，使得解中只有整数1，2，3，即限定左边大于0小于1，右边大于3小于4．即可得到答案．【解答】解：因为，又由已知解集中的整数有且仅有1，2，3，故有．故答案为5＜b＜7．【点评】此题主要考查绝对值不等式的解法问题，题目涵盖知识点少，计算量小，属于基础题型．对于此类基础考点在高考中属于得分内容，同学们一定要掌握．15．（文）如图都是由边长为1的正方体叠成的图形．例如第（1）个图形的表面积为6个平方单位，第（2）个图形的表面积为18个平方单位，第（3）个图形的表面积是36个平方单位．依此规律，则第n个图形的表面积是3n（n+1）个平方单位．【考点】F1：归纳推理．【分析】结合图形，发现第（1）个图形的表面积是1×6=6，第（2）个图形的表面积是（1+2）×6=18，第（3）图形的表面积是（1+2+3）×6=36；以此类推即可求解．【解答】解：结合图形，发现：第（1）个图形的表面积是1×6=6，第（2）个图形的表面积是（1+2）×6=18，第（3）图形的表面积是（1+2+3）×6=36，第（4）图形的表面积是（1+2+3+4）×6=60，…故第n个图形的表面积是（1+2+3+…+n）×6=3n（n+1）故答案为：3n（n+1）【点评】本题考查的知识点是归纳推理，其中从已知中的四个图形中，找出其表面积的变化规律，并进行大胆推断，是解答本题的关键．16．设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的导数为f'（x），f'（0）＞0，若∀x∈R，恒有f（x）≥0，则的最小值是2．【考点】6K：导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】先根据题目的条件建立关于a、b、c的关系式，再结合基本不等式求出最小即可，注意等号成立的条件．【解答】解：∵f（x）=ax2+bx+c∴f′（x）=2ax+b，f′（0）=b＞0∵对任意实数x都有f（x）≥0∴a＞0，c＞0，b2﹣4ac≤0即≥1则==1+，而（）2=≥≥1，∴==1+≥2，故答案为：2．【点评】本题主要考查了导数的运算，以及函数的最值及其几何意义和不等式的应用，属于中档题．三、解答题：（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）17．（12分）（2017春•兴庆区校级期中）在1﹣20这20个整数中（1）从这20个数中任取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？（2）从这20个数中先后取两个数相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【分析】（1）若取出的这2个数都是偶数，若取出的这2个数都是奇数，再把所求得的这2个数相加，即得所求（2）根据题意，若每次取出2个数的和大于20，则两个数中至少有一个大于10，进而分两种情况讨论，①若取出的2个数都大于10，②若取出的2个数有一个小于或等于10，分别计算其所有的情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．【解答】解：（1）：1到20共20个整数中，偶数有10个，奇数有10个．若取出的这2个数都是偶数，方法共有C102=45种；若取出的这2个数都是奇数，方法共有C102=45种，故所取的两数和为偶数的取法有45+45=90种，（2）：据题意，若每次取出2个数的和大于20，则两个数中至少有一个大于10，可以分两种情况讨论，①当取出的2个数都大于10时，则有C102=45 种．②若取出的2个数有一个小于或等于10，当一个数取1时，另1个只能取20，有C11种取法；当一个数取2时，另1个只能取20或19，有C21种取法；…当一个数取10时，另1个数只能取20，19，18，…，11中的一个，有C101=10种取法，45+1+2+3+…+10=100．【点评】本题考查分类加法计数原理的运用，注意分类后，寻找规律，避免大量运算，其次注意分类讨论要不重不漏，属于中档题．18．（12分）（2017春•大武口区期中）设a＞0，b＞0，a+b=1，求证： ++≥8．【考点】7F：基本不等式．【分析】化简利用即可证明．【解答】证明：∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴++==≥=8．当且仅当a=b=时取等号．【点评】本题考查了基本不等式的性质，属于基础题．19．（12分）（2017春•兴庆区校级期中）已知函数f（x）=x3﹣ax2+（a2﹣1）x+b（a，b∈R）（1）若x=1为f（x）的极值点，求a的值；（2）若y=f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为x+y﹣3=0，求f（x）在区间[﹣2，4]上的最大值与最小值．【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程；6D：利用导数研究函数的极值．【分析】（1）求出导数，结合已知条件求出f′（1）=0，即可求出a的值；（2）由切点求出f（1）=2，即，由切线方程的斜率为﹣1，得f′（1）=﹣1，即a2﹣2a+1=0，可求出a，b的值，代入已知函数求导，可得x=0和x=2是y=f（x）的两个极值点，计算即可得到y=f（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为与最小值．【解答】解：（1）∵f′（x）=x2﹣2ax+（a2﹣1），又x=1为f（x）的极值点，∴f′（1）=0，即a2﹣2a=0．∴a=0或2；（2）∵（1，f（1））是切点，∴1+f（1）﹣3=0．∴f（1）=2．即．∵切线方程x+y﹣3=0的斜率为﹣1，∴f′（1）=﹣1，即a2﹣2a+1=0，得a=1，．∵，∴f′（x）=x2﹣2x，可知x=0和x=2是y=f（x）的两个极值点．∵，，f（﹣2）=﹣4，f（4）=8．∴y=f（x）在区间[﹣2，4]，上的最大值为8．最小值为﹣4．【点评】本题考查导数的综合应用：求切线方程和求极值，考查运算能力，属于中档题．20．（12分）（2017春•兴庆区校级期中）已知数列{a n}的通项公式是，（n∈N*），记b n=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a n）（1）写出数列{b n}的前三项；（2）猜想数列{b n}通项公式，并用数学归纳法加以证明．【考点】RG：数学归纳法．【分析】（1）由题意可得，代值计算即可，（2）猜想，检验n=1时等式成立，假设n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．【解答】解：（1），，（2）猜想：①n=1时，②假设n=k时，当n=k+1时b k+1=（1﹣a1）（1﹣a2）…（1﹣a k）（1﹣a k+1）=b k（1﹣a k+1）=（1﹣）=•==综合①②：．【点评】本题考查数列的递推公式，用数学归纳法证明等式成立．证明当n=k+1时命题也成立，是解题的难点．21．（10分）（2016•新余三模）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（1﹣x）≤2；（Ⅱ）若a＜0，求证：f（ax）﹣af（x）≥f（a）．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）依题意，f（x﹣1）+f（1﹣x）≤2⇔|x﹣2|+|x|≤2，通过对x范围的讨论，去掉式中的绝对值符号，解得每个不等式的解，最后取其并集即可；（Ⅱ）f（ax）﹣af（x）=|ax﹣1|﹣a|x﹣1|，a＜0时，|利用绝对值不等式|ax ﹣1|﹣a|x﹣1|=|ax﹣1|+|﹣ax+a|≥|ax﹣1﹣ax+a|=|a﹣1|=f（a）即可证得结论．【解答】选修4﹣5：不等式选讲（Ⅰ）∵f（x﹣1）+f（1﹣x）=|x﹣2|+|x|．因此只须解不等式|x﹣2|+|x|≤2．当x≤0时，原不式等价于2﹣x﹣x≤2，即x=0．当0＜x＜2时，原不式等价于2≤2，即0＜x＜2．当x≥2时，原不式等价于x﹣2+x≤2，即x=2．综上，原不等式的解集为{x|0≤x≤2}．…（Ⅱ）∵f（ax）﹣af（x）=|ax﹣1|﹣a|x﹣1|，又a＜0时，|ax﹣1|﹣a|x﹣1|=|ax﹣1|+|﹣ax+a|≥|ax﹣1﹣ax+a|=|a﹣1|=f（a），∴a＜0时，f（ax）﹣af（x）≥f（a）．…（10分）【点评】本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题．22．（12分）（2017春•兴庆区校级期中）设函数f（x）=ax2﹣lnx+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2﹣e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．【考点】3R：函数恒成立问题；3W：二次函数的性质．【分析】（1）求出f（x）的导数，对a讨论，分a≤0时，a＞0时，判断导数符号，可得单调性；（2）设h（x）=f（x）﹣g（x）=ax2﹣lnx+1﹣（ax2﹣e x+3）=e x﹣lnx﹣2，求出h（x）的导数为h′（x）=e x﹣=，判断xe x﹣1在x＞0上递增，且y＞﹣1．设xe x﹣1=0的根为x0，即有x0e x0=1，（0＜x0＜1），求出h（x）的最小值，判断大于0，即可得证．【解答】解：（1）函数f（x）=ax2﹣lnx+1的导数为f′（x）=2ax﹣=，x＞0，当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当a＞0时，由f′（x）＞0，可得x＞；由f′（x）＜0，可得0＜x＜．则当a≤0时，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；（2）证明：h（x）=f（x）﹣g（x）=ax2﹣lnx+1﹣（ax2﹣e x+3）=e x﹣lnx﹣2，h（x）的导数为h′（x）=e x﹣=，由y=xe x﹣1的导数为y′=（x+1）e x＞0，对x＞0恒成立，即有函数y=xe x﹣1在x＞0上递增，且y＞﹣1．设xe x﹣1=0的根为x0，即有x0e x0=1，（0＜x0＜1），则当x＞x0时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）递减．故当x=x0时，h（x）取得最小值，且为e x0﹣lnx0﹣2，即有+x0﹣2＞2﹣2=0，则h（x）＞0恒成立，即有f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．另解：当x＞0时，由e x＞x+1，lnx＜x﹣1这两个不等式知，f（x）﹣g（x）=e x﹣lnx﹣2＞x+1﹣x+1﹣2=0，即为f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性和转化思想的运用，属于中档题．。