苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册第五章导数及其应用综合拔高练（Word含答案）

综合拔高练
五年高考练
考点1　导数的运算法则及其几何意义
1.(2019课标全国Ⅲ,6)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a=e,b=-1　　　　B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1　　　D.a=e-1,b=-1
2.(2021全国甲理,13)曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　　　.
3.(2019江苏,11)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是　　　　.
考点2　函数的导数与单调性
4.(2021全国乙理,12)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=-1,则(　　)
A.a5.(2019北京,13)设函数f(x)=ex+ae-x(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=　　　;若f(x)是R上的增函数,则a的取值范围是　　　　.
6.(2020全国Ⅰ,20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
7.(2021新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=(x-1)·ex-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有一个零点.
①2a;②0考点3　函数的导数与极值、最值
8.(2021全国乙文,12)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab
C.aba2
9.(2019天津,8)已知a∈R.设函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围为(　　)
A.[0,1]　　　　B.[0,2]
C.[0,e]　　　　D.[1,e]
10.(2021新高考Ⅰ,7)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则(　　)
A.ebC.011.(2021新高考Ⅰ,15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.
12.(2018课标全国Ⅰ,16)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　.
13.(2021全国甲文,20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
14.(2020全国Ⅲ,21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
15.(2020全国新高考Ⅰ,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
16.(2021新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<三年模拟练
应用实践　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2022江苏苏州八校联盟检测)函数y=2x(ln x+1)在x=1处的切线方程为(　　)
A.y=4x+2　　　　B.y=2x-4
C.y=4x-2　　　　D.y=2x+4
2.(2021安徽皖江名校联盟联考)从一张圆形铁板上沿两条半径剪下一个扇形,将其制成一个无底的圆锥容器,当容器容积最大时,该扇形的圆心角α=(　　)
A.π　　　　B.π　　　C.π
3.(多选)[2021新高考八省(市)联考]已知函数f(x)=xln(1+x),则(　　)
A.f(x)在(0,+∞)上单调递增
B.f(x)有两个零点
C.曲线y=f(x)在点处的切线的斜率为-1-ln 2
D.f(x)是偶函数
4.(多选)[2021新高考八省(市)联考]设函数f(x)=,则(　　)
A.f(x)=f(x+π)　　　　
B.f(x)的最大值为
C.f(x)在上单调递增　　　　
D.f(x)在上单调递减
5.(多选)(2021江苏扬州大学附中月考)设f'(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f'(x)+xf(x)=ln x,f(1)=,则所给结论不正确的是　(　　)
A.xf(x)在(0,+∞)上单调递增　　　　
B.xf(x)在(1,+∞)上单调递增
C.xf(x)在(0,+∞)上有极大值
D.xf(x)在(0,+∞)上有极小值
6.(2020江苏连云港海头高级中学月考)已知函数f(x)=无论t取何值,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上总是不单调,则实数a的取值范围是　　　　.
7.(2022江苏苏州张家港期中)已知函数f(x)=(x+a)2+(ln x+ea)2,若存在x0,使得f(x0)≤,则实数a的值是　　　　.
8.(2021江苏徐州一中、兴化中学联考)已知函数f(x)=ln x-ax2+1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点分别为x1,x2,试证明:x1+x2>2.
9.(2020江苏苏州中学月考)已知OA是南北方向的一条公路,OB是北偏东45°方向的一条公路,某风景区的一段边界为曲线C,建立如图所示的平面直角坐标系xOy,则曲线C符合函数模型y=x+(x>0).为方便游客观光,拟过曲线C上的某点P分别修建与公路OA,OB垂直的两条道路PM,PN,且PM,PN的造价分别为5万元/百米,40万元/百米,设PM=x百米,修建两条道路PM,PN的总造价为f(x)万元.
(1)求f(x)的解析式;
(2)当x为多少时,总造价f(x)最低 并求出最低造价.
迁移创新
10.(2020浙江嘉兴期末)已知函数f(x)=aln x+bx+c(a≠0)有极小值.
(1)试判断a,b的符号,并求f(x)的极小值点;
(2)设f(x)的极小值为m,求证:m+a<.
答案全解全析
五年高考练
1.D　∵y'=aex+ln x+1,∴y'|x=1=ae+1,
∴2=ae+1,∴a=e-1.∴切点为(1,1),
将(1,1)代入y=2x+b,得1=2+b,
∴b=-1,故选D.
2.答案　5x-y+2=0
解析　由题可知,当x=-1时,y=-3,故点(-1,-3)在已知曲线上.
对y=求导,得y'=,所以y'|x=-1=5.
故所求切线方程为y+3=5(x+1),即5x-y+2=0.故答案为5x-y+2=0.
3.答案　(e,1)
解析　设A(x0,y0),由y'=,得k=,
所以在点A处的切线方程为y-ln x0=(x-x0).
因为切线经过点(-e,-1),
所以-1-ln x0=(-e-x0).所以ln x0=,
令g(x)=ln x-(x>0),
则g'(x)=,则g'(x)>0,
∴g(x)在(0,+∞)上为增函数.
又g(e)=0,∴ln x=有唯一解x=e,∴x0=e,∴点A的坐标为(e,1).
4.B　a=2ln 1.01=ln 1.012=ln(1+0.01)2=ln(1+2×0.01+0.012)>ln 1.02=b,所以b下面比较c与a,b的大小关系.
记f(x)=2ln(1+x)-+1,
则f(0)=0,f'(x)=,
由于1+4x-(1+x)2=2x-x2=x(2-x),
所以当00,即>1+x,即f'(x)>0,
所以f(x)在[0,2]上单调递增,
所以f(0.01)>f(0)=0,即2ln 1.01>-1,即a>c;
令g(x)=ln(1+2x)-+1,
则g(0)=0,g'(x)=,
由于1+4x-(1+2x)2=-4x2,当x≥0时,1+4x-(1+2x)2≤0,
所以g'(x)≤0,即函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,所以g(0.01)即ln 1.02<-1,即b综上,b5.答案　-1;(-∞,0]
解析　∵f(x)=ex+ae-x为奇函数,
∴f(-x)+f(x)=0,
即e-x+aex+ex+ae-x=0,
∴(a+1)(ex+e-x)=0,∴a=-1.
∵f(x)是R上的增函数,
∴f '(x)≥0恒成立,
∴ex-ae-x≥0,即e2x-a≥0,∴a≤e2x,
又∵e2x>0,∴a≤0.
当a=0时, f(x)=ex是增函数,满足题意,故a≤0.
易错警示
　　当f '(x)>0时, f(x)为增函数,而当f(x)为增函数时, f '(x)≥0恒成立,不能漏掉等于0的情况,但要检验f '(x)=0时得到的参数a是否满足题意.
6.解析　(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f '(x)=ex-1.
当x<0时,f '(x)<0;当x>0时,f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f '(x)=ex-a.
当a≤0时,f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f '(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
(i)若0(ii)若a>,则f(ln a)<0.
由于f(-2)=e-2>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是.
方法总结
　　已知函数的零点求参数的取值范围的方法:
(1)利用零点存在性定理构建不等式(组)求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式(组)求解.
(4)利用导数研究函数的图象和性质,由函数零点的个数,判断函数的极值大于零还是小于零,从而建立关于参数的不等式(组)求解.
7.解析　(1)由函数的解析式可得f'(x)=x(ex-2a),
当a≤0时,若x∈(-∞,0),则f'(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(0,+∞),则f'(x)>0,f(x)单调递增;
当00,f(x)单调递增,
若x∈(ln(2a),0),则f'(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(0,+∞),则f'(x)>0,f(x)单调递增;
当a=时,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增;
当a>时,若x∈(-∞,0),则f'(x)>0,f(x)单调递增,
若x∈(0,ln(2a)),则f'(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(ln(2a),+∞),则f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)证明:若选择条件①:
由于2a>1,f(0)=b-1>0,
而f(-b)=(-1-b)e-b-ab2+b<0,
由(1)知,函数在区间(-∞,0)上单调递增,故函数在区间(-∞,0)上有一个零点.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b
>2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)-a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2-ln(2a)],
由故f(ln(2a))>0,
结合函数的单调性可知函数在区间(0,+∞)上没有零点.
综上可得,f(x)有一个零点.
若选择条件②:
由于0当b≥0时,由e2>4,4a<2,可知f(2)=e2-4a+b>0,
由(1)知,函数在区间(0,+∞)上单调递增,故函数在区间(0,+∞)上有一个零点.
当b<0时,构造函数H(x)=ex-x-1,则H'(x)=ex-1,
当x∈(-∞,0)时,H'(x)<0,H(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,H'(x)>0,H(x)单调递增,
H(x)≥H(0)=0,即ex≥x+1,
故f(x)=(x-1)ex-ax2+b≥(x-1)(x+1)-ax2+b=(1-a)x2+b-1,
当x>时,(1-a)x2+b-1>0,
取x0=+1,则f(x0)>0,
又f(0)<0,由(1)知,函数在区间(0,+∞)上单调递增,故函数在区间(0,+∞)上有一个零点.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b
≤2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)-a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2-ln(2a)],
由0故f(ln(2a))<0,
结合函数的单调性可知函数在区间(-∞,0)上没有零点.
综上可得,f(x)有一个零点.
8.D　f(x)=a(x-a)2(x-b)
=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b],
∴f '(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]
=a(x-a)[3x-(a+2b)].
令f '(x)=0,得x1=a,x2=.
(i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,
则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在上单调递减,此时需a<,得a0,∴a2(ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a>,得b综上可知,a29.C　(1)当x≤1时, f(x)=x2-2ax+2a=(x-a)2+2a-a2,
①若a>1,则f(x)在(-∞,1]上是减函数,∴f(x)≥f(1)=1>0恒成立;②若a≤1,则f(x)≥f(a)=2a-a2,要使f(x)≥0在(-∞,1]上恒成立,只需2a-a2≥0,得0≤a≤2,∴0≤a≤1,综合①②可知,a≥0时, f(x)≥0在(-∞,1]上恒成立.
(2)当x>1时,ln x>0, f(x)=x-aln x≥0恒成立,即a≤恒成立.
令g(x)=,令g'(x)=0,得x=e,当x∈(1,e)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,当x∈(e,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,∴g(x)min=g(e)=e,∴a≤e.
综合(1)(2)可知,a的取值范围是0≤a≤e,故选C.
解后反思
　　求不等式恒成立时的参数取值范围的方法:一是分离参数法,不等式f(x)≥a在R上恒成立 f(x)min≥a, f(x)≤a在R上恒成立 f(x)max≤a;二是讨论分析法,根据参数取值情况进行分类讨论,从而确定参数的取值范围.
10.D　在曲线y=ex上任取一点P(t,et),对函数y=ex求导得y'=ex,
所以曲线y=ex在点P处的切线方程为y-et=et(x-t),即y=etx+(1-t)et,
由题意可知,点(a,b)在直线y=etx+(1-t)et上,可得b=aet+(1-t)et=(a+1-t)et,
令f(t)=(a+1-te)t,则f'(t)=(a-t)et.
当t0,此时函数f(t)单调递增,
当t>a时,f'(t)<0,此时函数f(t)单调递减,
所以f(t)max=f(a)=ea,
由题意可知,直线y=b与曲线y=f(t)有两个交点,则b当t0,当t>a+1时,f(t)<0,作出函数f(t)的图象如下图所示:
由图可知,当011.答案　1
解析　由题易知f(x)=|2x-1|-2ln x的定义域为(0,+∞),
∴当0当当x>1时,f(x)=2x-1-2ln x,易得f'(x)=2->0,此时f(x)单调递增.
又f(x)在各分段的界点处连续,
∴当01时,f(x)单调递增,
∴f(x)≥f(1)=1,即f(x)min=1.
12.答案　-
解析　解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f '(x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f '(x)=0,得cos x=或cos x=-1,可得当cos x∈时,f '(x)<0, f(x)为减函数;当cos x∈时,f '(x)>0, f(x)为增函数,∴当cos x=时, f(x)取最小值,此时sin x=±.又∵f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),1+cos x≥0恒成立,∴f(x)取最小值时,sin x=-,
∴f(x)min=2×.
解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),
∴f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.
令cos x=t,t∈[-1,1],设g(t)=4(1-t)(1+t)3,
∴g'(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).
当t∈时,g'(t)>0,g(t)为增函数;
当t∈时,g'(t)<0,g(t)为减函数.
∴当t=时,g(t)取得最大值,即f 2(x)的最大值为,得f(x)的最大值为,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,
∴f(x)的最小值为-.
13.解析　(1)函数的定义域为(0,+∞),
且f'(x)=,
因为a>0,x>0,所以2ax+3>0,
故当0时,f'(x)>0.
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)因为y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
所以y=f(x)在(0,+∞)上没有零点,
由(1)中函数的单调性可得f(x)min=f=3-3ln =3+3ln a,
故3+3ln a>0,解得a>,故a的取值范围为.
14.解析　(1)f '(x)=3x2+b.
依题意得f '=0,即+b=0,故b=-.
(2)证明:由(1)知f(x)=x3-x+c, f '(x)=3x2-.
令f '(x)=0,解得x=-或x=.
f '(x)与f(x)的情况为
x -∞,- - -, ,+∞
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
因为f(1)=f,所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f,所以当c>时, f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-≤c≤.
当c=-时, f(x)只有两个零点-和1.
当c=时, f(x)只有两个零点-1和.
当-时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈,x2∈,x3∈.
综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
15.解析　f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=aex-1-.
(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f '(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f '(x)=ex-1-.当x∈(0,1)时,f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f '(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
16.解析　(1)函数的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1-ln x-1=-ln x,
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,
故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:因为bln a-aln b=a-b,故b(ln a+1)=a(ln b+1),即,故f,
设=x2,由(1)可知不妨设01.
因为x∈(0,1)时,f(x)=x(1-ln x)>0,x∈(e,+∞)时,f(x)=x(1-ln x)<0,故1先证x1+x2>2.
若2≤x22必成立.
若12,即证x1>2-x2,而0<2-x2<1,
故即证f(x1)>f(2-x2),即证f(x2)>f(2-x2),其中1设g(x)=f(x)-f(2-x),1则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],
因为10,
所以g'(x)>0,故g(x)在(1,2)上为增函数,所以g(x)>g(1)=0,
故f(x)>f(2-x),即f(x2)>f(2-x2)成立,
所以x1+x2>2成立.
再证x1+x2设x2=tx1,则t>1,
结合=x2,
可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),
即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=,
要证x1+x2即证ln(t+1)+ln x1<1,
即证ln(t+1)+<1,
即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0,
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
则S'(t)=ln(t+1)+-1-ln t=ln,
先证明不等式:ln(x+1)≤x.
设u(x)=ln(x+1)-x,则u'(x)=,
当-10;当x>0时,u'(x)<0.
故u(x)在(-1,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数,故u(x)max=u(0)=0,故ln(x+1)≤x成立.
由上述不等式可得,当t>1时,ln≤,故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在t∈(1,+∞)上为减函数,故S(t)故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x1+x2综上所述,2<三年模拟练
1.C　由已知得y'=2(ln x+1)+2x·=2ln x+4,
则y'|x=1=4,
又x=1时,y=2,所以切线方程为y=4x-2.故选C.
2.答案　D
信息提取　(1)将从一张圆形铁板上沿两条半径剪下的扇形制成一个无底的圆锥容器;(2)求容器容积最大时,扇形的圆心角.
数学建模　本题以生活中制作的圆锥容器为背景,构建函数模型,借助导数研究圆锥容积的最值,在解题过程中可画出草图,通过图形直观探求解题思路.设圆锥的底面半径为r,高为h,体积为V,圆形铁板的半径为R,得到r2+h2=R2,写出体积的表达式,利用导数求出体积的最大值,得到结果.
解析　设圆锥的底面半径为r,高为h,圆形铁板的半径为R,如图,则r2+h2=R2,
设圆锥的体积为V,则V=π(R2h-h3),
则V关于h的导数V'=π(R2-3h2),令V'=0,得h2=R2,易知当h=R时,圆锥的体积最大,此时r=π,故选D.
3.AC　对于选项A,∵f(x)=xln(1+x),
∴f '(x)=ln(1+x)+,当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0恒成立,因此f(x)在(0,+∞)上单调递增,故A正确;
对于选项B,令f(x)=xln(1+x)=0,可得x=0或ln(1+x)=0,解ln(1+x)=0可得x=0,故B不正确;
对于选项C,∵f '(x)=ln(1+x)+,
∴f '-1=-ln 2-1,故C正确;
对于选项D,由于f(x)的定义域为(-1,+∞),定义域不关于原点对称,故D不正确.
4.AD　f(x+π)==f(x),
故A正确;
令=m,则msin 2x-2cos 2x=-4m,
故sin(2x+θ)=-4m,其中sin θ=,cos θ=,
∴≤1 m2≤,故-≤m≤,∴f(x)max=,故B错误;
f '(x)=
=,
令φ(x)=-16sin 2x-4,易知φ(x)在上单调递减,且φ=12>0,φ(0)=-4<0,
∴存在唯一的x0∈使φ(x0)=0,
且当-0, f '(x)>0, f(x)单调递增,
当x0易知f '(x)=<0在上恒成立,
∴f(x)在上单调递减,故D正确.
故选AD.
5.AC　由x2f'(x)+xf(x)=ln x得x>0,则xf'(x)+f(x)=,
即[xf(x)]'=,设g(x)=xf(x)(x>0),
则g'(x)=,令g'(x)>0,得x>1,
令g'(x)<0,得0即g(x)=xf(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
故当x=1时,函数g(x)=xf(x)取得极小值,极小值为g(1)=f(1)=.故选AC.
6.答案　
解析　对于函数f(x)=x3-x,其导数为f'(x)=3x2-1,当x<-或 x>时,f'(x)>0,当-时,f'(x)<0,所以f(x)一定存在单调递增区间,若无论t取何值,函数f(x)在区间(-∞,+∞)总是不单调,则f(x)=(2a-1)x+3a-4不能为增函数,所以2a-1≤0,解得a≤.
7.答案　
解析　因为f(x)=(x+a)2+(ln x+ea)2,
所以函数f(x)可看作动点M(x,ln x)与动点N(-a,-ea)之间距离的平方,
易知动点M在y=ln x的图象上,动点N在直线y=ex上,
则问题转化为求直线y=ex上的动点N到曲线y=ln x上一点M的最小距离的平方,
如图,将y=ex平移至l处,使得l和y=ln x的图象相切,
由y=ln x,得y'=,令y'=e,则x=,此时y=-1,
故当点M的坐标为时,M到直线y=ex的距离最小,最小值为,则f(x)≥.
根据题意,若存在x0,使得f(x0)≤,
则f(x0)=,此时点N恰为过点M向直线y=ex作垂线的垂足.
由kMN=-,得,解得a=,故答案为.
8.解析　(1)易得函数f(x)的定义域为(0,+∞).
对函数f(x)求导得f'(x)=-ax.
当a≤0时,f'(x)>0恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,令f'(x)>0,得0令f'(x)<0,得x>,
故f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:当a=1时,f(x)=ln x-,此时f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故f(x)极大值=f(1)=>0,又f<0,f(e)<0,
不妨设x1令F(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=.
当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
∵x1∈(0,1),∴F(x1)=f(x1)-f(2-x1)又∵f(x1)=f(x2)=0,∴f(x2)∵x2>1,2-x1>1,f(x)在(1,+∞)上单调递减,
∴x2>2-x1,即x1+x2>2.
9.解析　(1)由题意可设点P的坐标为(x>0),
易得直线OB的方程为x-y=0,
则点P到直线x-y=0的距离为,
因为PM的造价为5万元/百米,PN的造价为40万元/百米,
所以f(x)=5x+40·(x>0).
(2)因为f(x)=5(x>0),
所以f'(x)=5,
令f'(x)=0,得x=4,列表如下:
x (0,4) 4 (4,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以当x=4时,函数f(x)有极小值,也是最小值,最小值为f(4)=5×=30.
故当x=4时,总造价最低,最低造价为30万元.
10.解析　(1)由题意得, f'(x)=,x>0.
∵函数f(x)=aln x+bx+c(a≠0)有极小值,∴b>0,a<0, f(x)的极小值点为-.
(2)证明:由(1)及题意知,m=f,
m+a-
=aln
=aln
=a.
令-=t,g(t)=ln t+,t>0,
则g'(t)=.
令g'(t)=0,得t=(负值舍去),
∴g(t)在上单调递减,在上单调递增,∴g(t)≥g>0.
∵a<0,∴ag(t)<0,∴m+a<.
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