人教版高中数学选择性必修第二册第五章一元函数的导数及其应用5.1~5.3综合拔高练(含解析)

人教版高中数学选择性必修第二册
第五章一元函数的导数及其应用5.1~5.3综合拔高练
考点1　导数的运算法则及其几何意义
1.(2019课标全国Ⅲ,6,5分,)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=1C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1
2.(2019课标全国Ⅰ,13,5分,)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为　　　　.
3.(2019江苏,11,5分,)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　　　　.
4.(2020北京,15,5分,)为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量W与时间t的关系为W=f(t),用- 的大小评价在[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示.
给出下列四个结论:
①在[t1,t2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强;②在t2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强;③在t3时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标;④甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[0,t1]的污水治理能力最强.其中所有正确结论的序号是　　　　.
考点2　函数的导数与单调性
5.(2018课标全国Ⅲ,7,5分,)函数y=-x4+x2+2的图象大致为(　　)
6.(2019北京,13,5分,)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　　　　.
7.(2020课标全国Ⅰ文,20,12分,)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.
8.(2019课标全国Ⅱ,20,12分,)已知函数f(x)=ln x-.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
考点3　函数的导数与极值、最大(小)值
9.(2019天津,8,5分,)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.(2017课标全国Ⅱ,11,5分,)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)的极值点,则f(x)的极小值为(　　)
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D.1
11.(2018江苏,11,5分,)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　.
12.(2018课标全国Ⅰ,16,5分,)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　.
13.(2017课标全国Ⅰ,16,5分,)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为　　　　.
14.(2019课标全国Ⅲ,20,12分,)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
15.(2020课标全国Ⅲ理,21,12分,)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.
16.(2020新高考Ⅰ,21,12分,)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.
17.(2019北京,19,13分,)已知函数f(x)=x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.
三年模拟练
应用实践
1.(2020重庆九校联盟高二上期末联考,)设三次函数f(x)的导函数为f'(x),函数y=xf'(x)的图象的一部分如图所示,则下列说法正确的是(　易错　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)
B.f(x)的极大值为f(),极小值为f(-)
C.f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)
D.f(x)的极大值为f(-),极小值为f()
2.(2020江西南昌二中高二上期末,)若函数f(x)=x2-1与函数g(x)=aln x-1的图象存在公切线,则正实数a的取值范围是(　　)
A.(0,e) B.(0,e]C.(0,2e) D.(0,2e]
3.(2020福建福州高三上期末质量检测,)已知函数f(x)=x2+2ax,g(x)=-,若存在点A(x1,f(x1)),B(x2,g(x2)),使得直线AB与两曲线y=f(x)和y=g(x)都相切,则当实数a取最小值时,x1+x2=(　　)
A.2 B. C. D.-
4.(多选)(2020山东临沂高三上期末,)已知函数f(x)=x+sin x-xcos x的定义域为[-2π,2π),则(　　)
A.f(x)为奇函数
B.f(x)在[0,π)上单调递增
C.f(x)恰有4个极大值点
D.f(x)有且仅有4个极值点
5.(2020辽宁大连高三上双基测试,)若点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1A.x1<0 B.0C.的最大值为e D.x1x2的最大值为e
6.(2020北京海淀高三上期末,)已知函数f(x)=x+在区间(1,4)上存在最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
7.(2020山东烟台高三上期末,)设点P是曲线y=ex+x2上任意一点,则点P到直线x-y-1=0的最小距离为　　　　.
8.(2020河南开封五县联考高二上期末,)已知函数f(x)=令g(x)=f(x)-kx+1,若函数g(x)有四个零点,则实数k的取值范围为　　　　.
9.(2020北京东城高三上期末,)已知函数f(x)=x3-x2+3ax(a∈R).
(1)若f(x)在x=-1时有极值,求a的值;
(2)在直线x=1上是否存在点P,使得过点P至少有两条直线与曲线y=f(x)相切 若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
10.(2020江西上饶高二中、高三上第三次段考,)已知函数f(x)=xln x-2ax2+x,a∈R.
(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)的两个极值点分别为x1,x2,证明:x1+x2>.
迁移创新
11.(2020浙江嘉兴高三上期末,)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,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
1.D　∵y'=aex+ln x+1,∴y'x=1=ae+1,
∴2=ae+1,∴a=e-1,∴切点坐标为(1,1).
将(1,1)代入y=2x+b,得1=2+b,
∴b=-1,故选D.
2.答案　y=3x
解析　∵y'=3(x2+3x+1)ex,∴曲线在点(0,0)处的切线的斜率k=y'x=0=3,∴曲线在点(0,0)处的切线方程为y=3x.
3.答案　(e,1)
解析　设A(x0,y0),由y'=,得该点处的切线斜率k=,∴在点A处的切线方程为y-ln x0=(x-x0).
∵切线经过点(-e,-1),
∴-1-ln x0=(-e-x0),∴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.答案　①②③
解析　设y=-,由已知条件可得甲、乙两个企业在[t1,t2]这段时间内污水治理能力强弱的数值计算式为-,由题图易知y甲>y乙,即甲企业的污水治理能力比乙企业强,所以①对;
由题图可知,在t=t2处,甲、乙的切线斜率满足k甲-k乙,即甲企业的污水治理能力比乙企业强,所以②对;
在t3时刻,由题图可知甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下,所以③对;
由计算式-可知,甲企业在[0,t1]这段时间内污水治理能力最弱,所以④错.
解后反思　本题以环保部门要求相关企业加强污水处理,排放未达标的企业要限期整改这个情境为载体,贴近生活,要求考生能够在短时间内审清题意,理清解决问题的思路,建立适当的数学模型来解决问题,体现试题的教育价值.通过企业污水治理能力的强弱的计算式,考查学生的抽象概括、直观想象、分析和解决具有实际意义问题的能力,同时考查了数形结合的思想.
正确理解题目所给的信息,并把信息翻译成数学问题是解决本题的第一个关键;理解一段时间内企业污水治理能力的强弱的计算式,并把这个计算式与函数图象在某点处切线的斜率联系起来是正确解决本题的第二个关键.
5.D　y'=-4x3+2x=-2x(x-1)(x+1),当x>0时,函数y=-x4+x2+2在上单调递增,在上单调递减.又函数y=-x4+x2+2为偶函数,所以D选项符合题意.故选D.
6.答案　-1;(-∞,0]
解析　因为f(x)为奇函数,且f(x)的定义域为R,所以f(0)=0,所以e0+a=0,解得a=-1.因为f(x)在R上为增函数,所以f'(x)=ex-≥0在R上恒成立,即a≤e2x在R上恒成立,又因为e2x>0,所以a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
7.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)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,+∞)存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)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
(1)利用函数零点存在定理构建不等式(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.
8.解析　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.
因为f(e)=1-<0, f(e2)=2-=>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<<1, f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点.
综上, f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明:因为=,
所以点B在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=,
故直线AB的斜率k===.曲线y=ex在点B处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
9.C　由题中选项可知a≥0.
当0≤a≤1时,若x≤1,则f(x)=(x-a)2+2a-a2,可知f(x)min=f(a)=2a-a2,
因为f(x)≥0恒成立,
所以解得0≤a≤1;
若x>1,则f(x)=x-aln x, f'(x)=1-,
因为0≤a≤1,x>1,所以f'(x)=1->0,
所以f(x)=x-aln x在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>1-aln 1=1>0.
所以当0≤a≤1时, f(x)≥0在R上恒成立.
当a>1时,若x≤1,则f(x)=(x-a)2+2a-a2在(-∞,1]上单调递减,所以f(x)min=f(1)=1>0.若x>1,则f(x)=x-aln x, f'(x)=1-,令f'(x)=0,得x=a.当x∈(1,a)时,f'(x)<0,所以f(x)在(1,a)上单调递减;当x∈(a,+∞)时, f'(x)>0,所以f(x)在(a,+∞)上单调递增.所以当x>1时,f(x)min=f(a)=a-aln a,若f(x)≥0恒成立,则f(x)min=a-aln a≥0,即ln a≤1,解得1综上可知,若f(x)≥0在R上恒成立,则0≤a≤e.故选C.
10.A　f'(x)=[x2+(a+2)x+a-1].因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f'(-2)=0,所以4-2(a+2)+a-1=0,解得a=-1,此时f'(x)=(x2+x-2).由f'(x)=0,解得x=-2或x=1,且当-21时, f'(x)>0,故x=1为f(x)的极小值点,所以f(x)的极小值为f(1)=-1.
11.答案　-3
解析　由题意得, f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).当a≤0时,对任意x∈(0,+∞), f'(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,则f(x)>f(0)=1,则f(x)在(0,+∞)上没有零点,不满足题意,舍去.当a>0时,令f'(x)=0及x>0,得x=,则当x∈时, f'(x)<0,当x∈,+∞时, f'(x)>0,因此函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是,在x=处f(x)取得极小值f=-+1.而函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,所以f=-+1=0,解得a=3,因此f(x)=2x3-3x2+1,则f'(x)=2x(3x-3).令f'(x)=0,结合x∈[-1,1],得x=0或x=1.而当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x∈(0,1)时, f'(x)<0,所以函数f(x)在(-1,0)上是增函数,在(0,1)上是减函数,所以f(x)max=f(0)=1.又f(-1)=-4, f(1)=0,所以f(x)min=-4,故f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为-3.
12.答案　-
解析　因为f(x+2π)=2sin(x+2π)+sin(2x+4π)=f(x),所以2π是函数f(x)的一个周期,不妨取区间[0,2π]进行分析.
f'(x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f'(x)=0,解得cos x=或cos x=-1.当x在[0,2π]上变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表:
x 0, ,π π π, ,2π
f'(x) + 0 - 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗
可知函数f(x)在[0,2π]上的极小值即为函数f(x)在定义域上的最小值,所以f(x)min=f=2sin +sin =-.
13.答案　4
解析　设△ABC的边长为a cm,00,当414.解析　(1)由题可知函数f(x)的定义域为R.
f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪,+∞时, f'(x)>0;当x∈时, f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.
若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时, f'(x)>0;当x∈时, f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1时满足题意.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1时满足题意.
(iii)当0若-+b=-1,b=1,则a=3,与0若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]上的最小值为-1且最大值为1.
15.解析　(1)f'(x)=3x2+b.
依题意得f'=0,即+b=0.
故b=-.
(2)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=c+,所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f=c-,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-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.
16.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,则f(1)=e+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,+∞).
名师点评　本题第(2)问中,由不等式成立求参数的取值范围,常规解法是分离参数转化为求函数的最值问题,而本题中参数分布范围较广,无法分离,所以要对参数进行分类讨论,怎样分类是本题的一个难点,特别是当a>1时,证明f(x)≥1需要用到a=1时的结论,思路很窄,技巧性较强.
17.解析　(1)由f(x)=x3-x2+x,得f'(x)=x2-2x+1.
令f'(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=.
又f(0)=0, f=,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,即y=x与y=x-.
(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].则g(x)=x3-x2,g'(x)=x2-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x -2 (-2,0) 0 4
g'(x) + 0 - 0 +
g(x) -6 ↗ 0 ↘ - ↗ 0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.
综上,当M(a)最小时,a=-3.
三年模拟练
应用实践
1.A　结合题中图象列表如下:
x (-∞,-3) -3 (-3,0) 0 (0,3) 3 (3,+∞)
xf'(x) + 0 - 0 + 0 -
f'(x) - 0 + + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ ↗ 极大值 ↘
由表知,A正确,故选A.
易错警示　f'(x)与f(x)的图象可以相互转化,在转化的过程中,导函数看正负,原函数看增减;区间端点值在解题时要单独判断,如f'(0)的值不能确定,解题时要防止漏判导致错误.
2.D　设公切线在f(x)上的切点为P(x1,-1),在g(x)上的切点为Q(x2,aln x2-1).
∵f'(x)=2x,g'(x)=,
∴kPQ=2x1==.
∴2x1x2=a,①
2x1x2-2=aln x2-,即a-=aln x2,
∴a=4-4ln x2.
令h(x)=4x2-4x2ln x(x>0),
则h'(x)=4x(1-2ln x),
令h'(x)=0,得ln x=,解得x=.
当00;
当x>时,h'(x)<0,
∴h(x)在(0,+∞)上的最大值为h()=4()2(1-ln )=2e,结合选项知,D正确.
3.A　∵f(x)=x2+2ax,∴f'(x)=2x+2a,
∴f'(x1)=2x1+2a,
又f(x1)=+2ax1,
∴过A点的切线方程为y=(2x1+2a)x-.①
又∵g(x)=-,
∴g'(x)=,∴g'(x2)=,
又g(x2)=-,
∴过B点的切线方程为y=x-.②
由题意知①②都为直线AB,
∴消去x2,得a=-x1,
令h(x)=-x,h'(x)=-1=,
令h'(x)=0,得x=,
当x∈(-∞,0)和(0,)时,h(x)单调递减,且当x∈(-∞,0)时,h(x)>h(0)=0恒成立,
当x∈(,+∞)时,h(x)单调递增,
∴当x=时,h(x)有最小值,∴x1=,
则x2==,∴x1+x2=2.故选A.
4.BD　∵f(x)的定义域为[-2π,2π),
∴f(x)是非奇非偶函数,A错误.
∵f(x)=x+sin x-xcos x,
∴f'(x)=1+cos x-(cos x-xsin x)
=1+xsin x,
当x∈[0,π)时, f'(x)>0,则f(x)在[0,π)上单调递增,B正确.
显然f'(0)≠0,令f'(x)=0,得sin x=-,
分别作出y=sin x,y=-在区间[-2π,2π)上的图象,如图.
由图可知,这两个函数的图象在区间[-2π,2π)上共有4个公共点,且两个图象在这些公共点上都不相切,故f(x)在区间[-2π,2π)上的极值点的个数为4,且f(x)只有2个极大值点,C错误,D正确.故选BD.
5.D　因为f(x)=点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1由f(x)的图象在点A和点B处的切线互相垂直及导数的几何意义可知, f(x)的图象在点A和点B处的切线的斜率之积为-1,
①当x1因为>0,所以方程无解.即不存在x1,x2∈(-∞,1],使得f(x)的图象在点A和点B处的切线互相垂直;
②当x1≤11,所以>1,
所以x1>0,所以A、B错误.
易知=,令g(x)=(x≤1),
则g'(x)='==,
令g'(x)=0,得x=1,
所以当x<1时, g'(x)<0,则g(x)=在x<1时单调递减,
所以g(x)=在x=1时取得极小值,也是最小值,即g(1)min==e,无最大值,所以C错误.
易知x1x2=x1·,令h(x)=xex(x≤1),则h'(x)=ex+xex,
令h'(x)=0,解得x=-1,
所以当x<-1时, h'(x)<0,则h(x)=xex在x<-1时单调递减,
当-10,则h(x)=xex在-1所以h(x)=xex在x=-1时取得极小值,也是最小值,即h(-1)min=-.
在x=1时取得最大值, 即h(1)max=e,所以D正确.
③当16.答案　(1,16)
解析　∵f(x)=x+,∴f'(x)=1-=.
当a≤0时,对任意的x∈(1,4), f'(x)>0,∴函数y=f(x)在区间(1,4)上为增函数,则函数y=f(x)在区间(1,4)上没有最小值.
当a>0时,令f'(x)=0,可得x=(负值舍去),
当0时, f'(x)>0,
∴函数y=f(x)的极小值点为x=,
由题意可得1<<4,解得1∴实数a的取值范围是(1,16).
7.答案　
解析　设曲线y=ex+x2上斜率为1的切线的切点坐标为P(x0,y0),
由y'=ex+2x得,+2x0=1.
设g(x)=ex+2x,则g'(x)=ex+2>0,
∴g(x)在R上是增函数.
又g(0)=e0+2×0=1,
∴+2x0=1有唯一解x0=0.
∴切点坐标为P(0,1),∴切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.
∴点P到直线x-y-1=0的距离的最小值为=.
8.答案　解析　当g(x)=0时, f(x)=kx-1,可理解为函数y=f(x)的图象与直线y=kx-1的交点问题,画出图象如图.
令h(x)=(x-1)3,则h'(x)=3(x-1)2,
设切点P的坐标为(x0,y0),
则过点P的切线方程为y-(x0-1)3=(x-x0),
将点(0,-1)的坐标代入,可得-1-=,
整理得,2-3=0,
所以x0=0(舍去)或x0=,
故h'=,又(0,-1),(2,1)两点连线的斜率为=1,故9.解析　(1)由f(x)=x3-x2+3ax,
得f'(x)=x2-2x+3a,
由f(x)在x=-1时有极值,可得f'(-1)=1+2+3a=0,解得a=-1.
经检验,当a=-1时, f(x)有极值.
所以a的值为-1.
(2)不妨设在直线x=1上存在一点P(1,b),使得过点P至少有两条直线与曲线y=f(x)相切.
设过点P且与y=f(x)相切的直线为l,切点坐标为(x0,y0),
则切线l的方程为y-+-3ax0=(-2x0+3a)(x-x0),
又直线l过点P(1,b),所以b-+-3ax0=(-2x0+3a)(1-x0),
即-2+2x0-3a+b=0,
设g(x)=x3-2x2+2x-3a+b,
则g'(x)=2x2-4x+2=2(x-1)2≥0,
所以g(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以g(x)=0至多有一个解,
即过点P且与y=f(x)相切的直线至多有一条,
故在直线x=1上不存在点P,使得过P至少有两条直线与曲线y=f(x)相切.
10.解析　(1)由f(x)=xln x-2ax2+x,
得f'(x)=ln x-4ax+2.
∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,
即4a≥+在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=+,
则g'(x)=.
令g'(x)=0,得x=.
当00,即g(x)在上为增函数;当x>时,g'(x)<0,即g(x)在上为减函数.
∴g(x)的最大值为g=e,
∴a∈.
(2)证明:若函数f(x)的两个极值点分别为x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)内有两个根x1,x2,由(1)知0由两式相减,
得ln x1-ln x2=4a(x1-x2).
不妨设0,只需证明<.
即证明>ln x1-ln x2,
即证明>ln.
令=t,函数h(t)=-ln t,0则h'(t)=<0,
即函数h(t)在(0,1)内单调递减.
∴当t∈(0,1)时,有h(t)>h(1)=0,
∴>ln t.
即不等式>ln成立.
综上,得x1+x2>.
迁移创新
11.解析　(1)由题意得, f'(x)=+b=,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)知,m=f,
m+a-=f+a-
=aln-a+c+a-c+
=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=ln+>0.
∵a<0,∴ag(t)<0,∴m+a<.
解题模板　利用构造法解决含有两个变量的不等式问题时,常将两个变量化为同一形式,设此形式为新的变量,通过换元构造一个新的函数,进而解决问题.如本题中:aln+=a,将两变量a、b化为-的形式,构造函数解决问题.