2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--第五章　一元函数的导数及其应用拔高练

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第五章　一元函数的导数及其应用
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.(2023全国甲文,8)曲线y=在点处的切线方程为 (　　)
A.y=x　　　　　B.y=x
C.y=x+　　　　　D.y=x+
2.(2022新高考Ⅰ,15)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.
3.(2022新高考Ⅱ,14)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　,　　　　.
4.(2022全国甲文,20)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
考点2　函数的导数与单调性
5.(2023新课标Ⅱ,6)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为 (　　)
A.e2　　　B.e　　　C.e-1　　　D.e-2
6.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　　)
A.aC.c7.(2023全国乙文,20)已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
8.(2022北京,20)已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
9.(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;②010.(2022新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:+…+>ln(n+1).
考点3　函数的导数与极值、最大(小)值
11.(2023全国乙文,8)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2)　　　　　B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)　　　　　D.(-3,0)
12.(2023新课标Ⅱ,11)若函数f(x)=alnx+(a≠0)既有极大值也有极小值,则(　　)
A.bc>0　　　　　B.ab>0
C.b2+8ac>0　　　　　D.ac<0
13.(2022全国甲,6)当x=1时,函数f(x)=alnx+取得最大值-2,则f'(2)=(　　)
A.-1　　　B.-　　　C.　　　D.1
14.(2022全国乙文,11)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为　(　　)
A.-　　　　　B.-
C.-+2　　　　　D.-+2
15.(2022新高考Ⅰ,10)已知函数f(x)=x3-x+1,则(　　)
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
16.(2022全国乙理,16)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x117.(2022全国乙文,20)已知函数f(x)=ax--(a+1)lnx.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
18.(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
三年模拟练
应用实践
1.(2023湖北部分重点中学月考)函数f(x)=(x2-2x)ex的图象大致是(　　)
A　　　　　B
C　　　　　D
2.(2021陕西西安中学期末)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(　　)
A.(2,+∞)　　　　　B.(1,+∞) C.(-∞,-2)　　　　　D.(-∞,-1)
3.(2023河南鹤壁高中段考)已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)>1-f(x),且f(0)=6,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式ex·f(x)>ex+5的解集为(　　)
A.(-∞,0)∪(1,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(0,+∞) D.(3,+∞)
4.(2023陕西西安期末)已知实数a>0, x∈(-1,+∞),不等式ex≥ea·[2+ln(ax+a)]恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
5.(2023河北邯郸月考)已知a,b∈R,a2ea+lna=0,bln=1,则(　　)
A.ab6.(2023浙江精诚联盟联考)已知函数f(x)=ax+cosx的定义域为[0,π],则下列说法正确的是(　　)
A.若函数f(x)无极值,则a≥1
B.若x1,x2为函数f(x)的两个不同极值点,则f(x1)+f(x2)=πa
C.存在a∈R,使得函数f(x)有两个零点
D.当a=1时,对任意x∈[0,π],不等式f(x)≤x2+ex恒成立
7.(2023河南郑州二中月考)已知函数f(x)=,若关于x的方程tf(x)-x=0在∪(1,e2]上有两个不相等的实根,则实数t的取值范围为　　　　.
8.(2021福建南平期末)已知f(x)=x-alnx-1.若f(x)有最值,则实数a的取值范围为　　　　;若当x∈(e,e2)时,f(x)≥0,则实数a的取值范围为　　　　.
9.(2023湖北咸宁通山月考)已知函数f(x)=sinx-ax+1.
(1)当a=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥cosx在x∈[0,π]上恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若函数g(x)=f(x)+ax-1,求证:g+…+g≥.
10.(2023江苏百校联考)已知a>0,函数f(x)=(a-x)lnx.
(1)证明f(x)存在唯一极大值点;
(2)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)成立,求b的取值范围.
迁移创新
11.(2023河南郑州金水月考)已知函数f(x)=x2-3x+alnx,a∈R.
(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;
(3)若函数g(x)的图象上存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1答案与分层梯度式解析
第五章　一元函数的导数及其应用
综合拔高练
五年高考练
1.C 5.C 6.C 11.B 12.BCD 13.B 14.D 15.AC
1.C　由y=,可得y'=,则y'|x=1=,∴曲线在点处的切线方程为y-(x-1),即y=,故选C.
2.答案　(-∞,-4)∪(0,+∞)
解析　设切点的坐标为(x0,y0),则y0=(x0+a),
易知y'=(x+a+1)ex,y',
∴曲线在点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x0+a+1)·(x-x0),
又切线过坐标原点,∴-y0=(x0+a+1)(-x0),
∴(x0+a)+(a+1)x0,
∴+ax0-a=0(*).
∵曲线有两条过坐标原点的切线,∴关于x0的方程(*)有两个不相等的实数根,
∴Δ=a2-4(-a)>0,∴a(a+4)>0,
∴a<-4或a>0.
∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
3.答案　y=
解析　当x>0时,y=lnx,则y'=,设切点坐标为(x1,lnx1),则该切线方程为y-lnx1=(x-x1),若该切线经过坐标原点,则lnx1-1=0,解得x1=e,此时的切线方程为y=;
当x<0时,y=ln(-x),则y'=,设切点坐标为(x2,ln(-x2)),则该切线方程为y-ln(-x2)=(x-x2),若该切线经过坐标原点,则ln(-x2)-1=0,解得x2=-e,此时的切线方程为y=-.
4.解析　(1)由题意知,f(-1)=-1-(-1)=0,f'(x)=3x2-1,则f'(-1)=3-1=2,故曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2,
设该切线与曲线y=g(x)切于点(x0,g(x0)),
由g(x)=x2+a得g'(x)=2x,则g'(x0)=2x0=2,解得x0=1,则g(1)=1+a=2×1+2,解得a=3.
(2)由(1)知f'(x)=3x2-1,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-(-1)(x-x1),整理得y=(3,
设该切线与曲线y=g(x)切于点(x2,g(x2)),
易知g'(x)=2x,则g'(x2)=2x2,则曲线y=g(x)在该点处的切线方程为y-(+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-+a,
由得a=,令h(x)=,
则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),
令h'(x)>0,得-1,
令h'(x)<0,得x<-或0故x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x -∞,- - -,0 0 (0,1) 1 (1,+∞)
h'(x) - 0 + 0 - 0 +
h(x) ↘ ↗ ↘ -1 ↗
故h(x)的值域为[-1,+∞),即a的取值范围为[-1,+∞).
5.C　∵f(x)在(1,2)内单调递增,
∴f'(x)≥0在(1,2)内恒成立,
即f'(x)=aex-≥0在1令g(x)=xex(10,
∴g(x)在(1,2)内单调递增,∴g(x)∈(e,2e2),
∴∈,∴a≥,即a的最小值为,故选C.
6.C　a=0.1e0.1,b=,c=-ln0.9=-ln.
(1)=0.9e0.1,令f(x)=(1-x)ex,则f'(x)=-xex,
由f'(x)>0得x<0,由f'(x)<0得x>0.
故f(x)在(0,+∞)上单调递减,在(-∞,0)上单调递增,
所以f(0.1)0,所以a(2)c-b=-ln=ln.
令g(x)=ln(1+x)-x,
则g'(x)=.
当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(3)a-c=0.1e0.1+ln,令h(x)=xex+ln(1-x)(x<1),
则h'(x)=(x+1)ex-(x<1),
令φ(x)=(x+1)ex-(x<1),
则φ'(x)=(x+2)ex-,易知当00,
则φ(x)在上单调递增,又φ(0)=1-1=0,
所以当00,h(x)在上单调递增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1+ln>0,即a-c>0,所以a>c.
综上可知,b>a>c.故选C.
7.解析　(1)当a=-1时,f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-·,
故f'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.
(2)∵f'(x)=,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即≥在(0,+∞)上恒成立,
其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x),
则g'(x)=2ax-ln(1+x),
令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-,
令H(x)=h'(x),则H'(x)=>0,
故h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立.
①当2a-1≥0,即a≥时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
此时g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(0)=0,
∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,
因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x>(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当2a-1<0,即a<时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,
因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上单调递减,
又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立,
此时g(x)在(0,x0)上单调递减,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f'(x)<0在(0,x0)上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不符合题意.
综上所述,a≥.
8.解析　(1)由题易知f'(x)=exln(1+x)+,
∴f'(0)=e0ln(1+0)+=1,
又f(0)=e0ln(1+0)=0,
∴曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
(2)g(x)=f'(x)=exln(1+x)+,
则g'(x)=exln(1+x)+,
易知当x≥0时,exln(1+x)≥0,≥0,>0,
∴当x≥0时,g'(x)>0,
∴函数g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:令h(s)=f(s+t)-f(s)-f(t),s∈(0,+∞),
则h'(s)=f'(s+t)-f'(s)=g(s+t)-g(s),
由(2)知函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又对任意的t∈(0,+∞),s+t>s,
∴g(s+t)>g(s),∴h'(s)>0,
∴h(s)在(0,+∞)上单调递增,
又h(0)=f(t)-f(0)-f(t)=0,
∴对任意的s∈(0,+∞),h(s)>0,
即f(s+t)-f(s)-f(t)>0,即f(s+t)>f(s)+f(t).
综上,对任意的s,t∈(0,+∞),f(s+t)>f(s)+f(t).
9.解析　(1)由函数f(x)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,且仅在x=0处取“=”,故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f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,故函数f(x)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f(x)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f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)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,
所以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,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)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f(x)在区间(-∞,0)上没有零点.
综上可得,f(x)有一个零点.
10.解析　(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,f'(x)=xex,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.
(2)记g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1,则g(0)=0.
由题意得g(x)0恒成立.
g'(x)=eax+axeax-ex,g'(0)=0,令h(x)=g'(x),
则h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,则h'(0)=2a-1,当x>0时,
①若h'(0)=2a-1>0,即a>,
则h'(0)=>0,所以 x0>0,使得当x∈(0,x0)时,有>0 g'(x)>0 g(x)单调递增 g(x0)>g(0),不符合题意;
②若h'(0)=2a-1≤0,即a≤,则当1+ax>0时,
g'(x)=eax+axeax-ex=eax+ln(1+ax)-ex≤-ex=0,
当1+ax≤0时,g'(x)=(1+ax)eax-ex≤-ex<0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x>0时,g(x)综上所述,实数a的取值范围为.
(3)证明:令φ(t)=t--2lnt(t>1),则φ'(t)=1+>0,
∴φ(t)在(1,+∞)上单调递增,∴φ(t)>φ(1)=0,∴t>1时,t->2lnt.
令t=(n∈N*),
则 ,
所以
=ln(n+1),
即+…+>ln(n+1)(n∈N*).
11.B　f'(x)=3x2+a,当a≥0时,f'(x)≥0,且不恒为0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不符合题意,∴a<0.
令f'(x)=0,得x1=-,
当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f+2>0①,
且f(x)的极小值f(x2)=f+2<0②,
解①得a<0,解②得a<-3.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B.
12.BCD　由题意得f'(x)=(a≠0),x∈(0,+∞),
∵y=f(x)既有极大值也有极小值,
∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点.
设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),
∴∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.故选BCD.
13.B　易得f'(x)=,x∈(0,+∞).
由题意得所以得a=b=-2,
所以f'(x)=-,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时f(x)取得最大值,满足题意.
所以f'(2)=-1+.故选B.
14.D　f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx,
∵x∈[0,2π],∴x+1>0恒成立,令f'(x)>0,即cosx>0,
解得0≤x<或当x∈[0,2π]时,f'(x)、f(x)随x的变化情况如表:
x 0 0, ,2π 2π
f'(x) 1 + 0 - 0 + 2π+1
f(x) 2 ↗ +2 ↘ - ↗ 2
∴f(x)min=f,f(x)max=f+2.故选D.
15.AC　∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴f(x)有两个极值点,故选项A正确.
∵f>0,∴f(x)的极小值大于0,∴f(x)仅有一个零点.故选项B错误.
由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.
曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC.
16.答案　
解析　解法一:∵f(x)=2ax-ex2,∴f'(x)=2axlna-2ex.
根据题意,得x1,x2是f'(x)=0的两个不相等的实根.
由f'(x)=0,得axlna=ex.
由题意得函数y=axlna的图象与直线y=ex有两个不同的交点.
当a>1时,在同一平面直角坐标系内画出函数y=axlna的图象与直线y=ex,如图①所示,
图①
当x∈(-∞,x1)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上单调递增;
当x∈(x1,x2)时,f'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上单调递增.
∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾,∴当a>1时,不满足题意,舍去. 当0图②
设过原点的直线l与y=axlna的图象相切于点(x0,lna),而y'=ax(lna)2,则直线l的斜率k=·(lna)2,∴(lna)2=,可得=e.
∴k=e(lna)2,要使函数y=axlna的图象与直线y=ex有两个不同的交点,则0∴(lna)2<1,即-1综上所述,a的取值范围是.
解法二:f'(x)=2lna·ax-2ex,因为x1,x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点,且x1所以当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)>0.
若a>1,则当x<0时,2lna·ax>0,2ex<0,此时f'(x)>0,故a>1不符合题意,
所以0即函数y=的图象与直线y=有两个不同的交点,
令g(x)=,0所以当x∈(-∞,logae)时,g'(x)<0,当x∈(logae,+∞)时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(logae,+∞)上单调递增,在(-∞,logae)上单调递减,
易得g(0)=0,g(logae)=<0. 画出g(x)=的大致图象,如图所示,
由图可得要使函数y=与函数y=的图象有两个不同的交点,则<0,即17.解析　(1)当a=0时,f(x)=--lnx(x>0),
f'(x)=(x>0),
令f'(x)>0,得01,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(1)=-1-ln1=-1,
∴当a=0时,f(x)的最大值为-1.
(2)f'(x)=a+
=(x>0),
①当a≤0时,ax-1<0恒成立,
令f'(x)>0,得01,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(1)=a-1-(a+1)ln1=a-1<0,
∴此时f(x)无零点,不合题意;
②当01,
令f'(x)>0,得0,令f'(x)<0,得1易得f(1)=a-1<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,
∴此时f(x)恰有一个零点;
③当a=1时,f'(x)=≥0恒成立,且仅在个别点处取“=”,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,易得f(1)=1-1-2ln1=0,∴此时f(x)恰有一个零点;
④当a>1时,0<<1,
令f'(x)>0,得01,令f'(x)<0,得易得f=a·-(a+1)·ln=1-a+(a+1)lna,令g(a)=1-a+(a+1)lna(a>1),
则g'(a)=-1+lna++lna>0恒成立,
∴g(a)在(1,+∞)上单调递增,∴g(a)>g(1)=0,
∴f>0,
易得f(1)=a-1>0,当x→0时,f(x)→-∞,
∴此时f(x)恰有一个零点.
综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
18.解析　(1)易得f'(x)=ex-a,若a≤0,则f'(x)>0,
∴f(x)在R上单调递增,此时f(x)无最小值,不符合题意,∴a>0,令f'(x)=0,得x=lna.
∴当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0,
当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(lna)=a-alna.
易得g'(x)=a-,a>0.
当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,
∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,∴g(x)min=g=1+lna,
∴a-alna=1+lna,即lna+=0,
设h(x)=lnx+,则h'(x)=>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴a=1.
(2)证明:由(1)得a=1,则f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,易知当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,
g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
易知当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,且f(x)min=g(x)min=1.
①当b<1时,直线y=b与两条曲线均无交点;
②当b=1时,直线y=b与两条曲线共有两个不同的交点;
③当b>1时,直线y=b与两条曲线各有两个不同的交点.
若要使直线y=b与两条曲线共有三个不同的交点,则需使直线y=b与曲线y=f(x)在(0,+∞)上的交点和直线y=b与曲线y=g(x)在(0,1)上的交点重合.
记F(x)=f(x)-g(x)=ex+lnx-2x,x∈(0,1),
易知F(e-3)=-3-2e-30,
∴ x0∈(e-3,1),使F(x0)=0,即f(x0)=g(x0),
设直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1<0g(x2)=x2-lnx2=-lnx2=f(lnx2)=b,
g(x3)=x3-lnx3=-lnx3=f(lnx3)=b.
故∴x1+x3=lnx2+=x2-b+x2+b=2x2,∴x1,x2,x3成等差数列.
三年模拟练
1.B 2.C 3.C 4.A 5.B 6.BCD
1.B　令f(x)=0,得x=0或x=2,排除A,C;
易得f'(x)=(x2-2)ex,当x<-或x>时,f'(x)>0,当-时,f'(x)<0,
则f(x)在(-∞,-)和(,+∞)上单调递增,在(-)上单调递减,则f(x)在x=-处取得极大值,在x=处取得极小值,排除D.
故选B.
2.C　当a=0时,f(x)=-3x2+1,令f(x)=0,得-3x2+1=0,解得x1=,所以函数f(x)有两个零点,不满足题意,舍去.
当a≠0时,f'(x)=3ax2-6x,令f'(x)=0,得x=0或x=,
若a>0,当x∈(-∞,0)∪时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,又f(0)>0,所以f(x)在(-∞,0)上必有零点,故不满足题意,舍去;
若a<0,当x∈∪(0,+∞)时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,又f(0)>0,所以要使f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,只需f>0,即a2>4,则a<-2.故选C.
3.C　设g(x)=ex·f(x)-ex(x∈R),则g'(x)=ex·f(x)+ex·f'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1].
因为f'(x)>1-f(x),所以f(x)+f'(x)-1>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.
易知ex·f(x)>ex+5,即g(x)>5,又g(0)=e0·f(0)-e0=6-1=5,所以g(x)>g(0),所以x>0,
即不等式的解集为(0,+∞).故选C.
4.A　由ex≥ea[2+ln(ax+a)],
得ex-1≥a[2+ln(ax+a)]=2a+aln(ax+a)=2a+alna+aln(x+1),
所以·ex-1≥2+lna+ln(x+1),
所以·ex-1≥2+lna+ln(x+1),
所以ex-1-lna≥2+lna+ln(x+1),
所以ex-1-lna+x-1-lna≥x+1+ln(x+1).
构造函数f(x)=ex+x,x∈(-1,+∞),则f(x-1-lna)≥f(ln(x+1)).
易知f(x)在x∈(-1,+∞)上单调递增,所以x-1-lna≥ln(x+1),x∈(-1,+∞),
所以lna≤x-1-ln(x+1),x∈(-1,+∞).
令g(x)=x-1-ln(x+1),x∈(-1,+∞),则g'(x)=1-,
当x∈(-1,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=g(0)=-1,所以lna≤-1,解得05.B　由a2ea+lna=0,得0构造函数f(x)=xex,x>0,则f(a)=f,
易知f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以a=-lna.
即a+lna=0.①
由bln=1,得b>1,b+lnb-,所以elnb+lnb=,
构造函数g(x)=x+ex,x>0,则g(lnb)=g,
易知g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以lnb=,
故,即=0.②
构造函数h(x)=x+lnx,x>0,则h'(x)=1+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
由①②可得h(a)=h=0,所以a=,即ab=1.
由a+lna=lnea+lna=ln(aea)=0,得aea=1,则ea==b.
因为06.BCD　对于A,易得f'(x)=a-sinx,x∈[0,π],若函数f(x)无极值,则f'(x)≥0或f'(x)≤0恒成立,则a≥(sinx)max或a≤(sinx)min,x∈[0,π].
当x∈[0,π]时,sinx∈[0,1],所以a≥1或a≤0,故A不正确.
对于B,由题意得f'(x1)=f'(x2)=a-sinx1=a-sinx2=0,所以sinx1=sinx2,因为x1,x2∈[0,π],x1≠x2,所以x1+x2=π,所以f(x1)+f(x2)=ax1+cosx1+ax2+cosx2=πa,故B正确.
对于C,假设存在a∈R,使得函数f(x)有两个零点,则函数y=cosx与y=-ax的图象在[0,π]上有两个交点.
结合图可知,y=cosx,x∈[0,π]的图象在点(π,-1)处的切线平行于x轴,将该切线绕点(π,-1)顺时针旋转至过原点,此时函数y=cosx与y=-ax的图象在[0,π]上有两个交点,即函数f(x)有两个零点,故C正确.
对于D,当a=1时,f(x)=x+cosx,x∈[0,π],
由题意得x+cosx≤x2+ex恒成立,
令g(x)=x+cosx-x2-ex,x∈[0,π],
则g'(x)=1-sinx-x-ex,x∈[0,π],
令h(x)=1-sinx-x-ex,则h'(x)=-cosx-1-ex<0对任意x∈[0,π]恒成立,
所以h(x)在[0,π]上单调递减,
所以h(x)≤h(0)=1-sin0-0-e0=0,
所以g'(x)≤0,
所以g(x)在[0,π]上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0+cos0-×02-e0=0,
所以g(x)=x+cosx-x2-ex≤0对任意x∈[0,π]恒成立,故D正确.
故选BCD.
7.答案　
解析　易得f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f'(x)=.
令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0所以f(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,1),(1,).
关于x的方程tf(x)-x=0在∪(1,e2]上有两个不相等的实根,
即t=在∪(1,e2]上有两个不相等的实根,
令h(x)=,则函数h(x)的图象与直线y=t在∪(1,e2]上有两个交点.
易得h'(x)=,令h'(x)>0,得≤x<1或1所以当x=e时,函数h(x)取得极大值,为h(e)=.
又h,h(1)=0,所以实数t的取值范围为.
8.答案　(0,+∞);(-∞,e-1]
解析　函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-.因为f(x)有最值,所以存在x=a使得f'(x)=0,所以a>0.
因为x∈(e,e2)时,f(x)≥0,
所以alnx≤x-1,且lnx>1,
所以a≤在x∈(e,e2)上恒成立.
令h(x)=,x∈(e,e2),易得h'(x)=>0在(e,e2)上恒成立,所以函数h(x)在(e,e2)上单调递增,所以h(x)>h(e)==e-1,所以a≤e-1.
9.解析　(1)当a=时,f(x)=sinx-x+1,
则f'(x)=cosx-.
令f'(x)>0,得-+2kπ,k∈Z,
令f'(x)<0,得+2kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间是,k∈Z,单调递减区间是,k∈Z.
(2)不等式f(x)≥cosx在x∈[0,π]上恒成立等价于ax+cosx-sinx-1≤0在x∈[0,π]上恒成立.
令h(x)=ax+cosx-sinx-1,则解得a≤.
令φ(x)=x+cosx-sinx-1,则 a∈, x∈[0,π],h(x)≤φ(x)恒成立.
所以只需证明φ(x)=x+cosx-sinx-1≤0即可.
易知φ'(x)=-sinx-cosx=.
①当x∈时,∈(1,],则φ'(x)<-1<0,所以φ(x)在上单调递减,又φ(0)=0,所以φ(x)<0恒成立.
②当x∈时,φ'(x)>0恒成立,所以φ(x)在上单调递增,又φ(π)=0,所以φ(x)<0恒成立.
③当x∈时,易知φ'(x)=单调递增,又φ'>0,所以在上存在唯一的x0,使得φ'(x0)=0,
所以当x∈时,φ'(x)<0,当x∈时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在x∈上单调递减,在x∈上单调递增,所以φ(x0)<φ<φ(0)=0,
又φ(π)=0,所以φ(x)≤0恒成立,即h(x)≤φ(x)≤0恒成立.
所以a≤.
(3)证明:由(2)可知sinx-cosx≥x-1,
即≥x-1,故sin≥.
易知g(x)=sinx,令x-,k=1,2,…,8,
得x=π,k=1,2,…,8,
所以sin≥(4k-15),k=1,2,…,8,
所以≥,
即g+…+g≥.
10.解析　(1)证明:f'(x)=-lnx+(a-x)·=-lnx+-1,x>0,
令g(x)=-lnx+-1,x>0,则g'(x)=-,x>0.
∵a>0,∴g'(x)<0,∴f'(x)在(0,+∞)上单调递减,
当x=e-1时,f'(e-1)=ea>0,当x=ea时,f'(ea)=-a+-1<0,
故存在x0∈(e-1,ea),使得f'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)存在唯一极大值点.
(2)由题知,存在a>0,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)成立,即存在a>0,使得b≥f(x)-a对任意x∈(0,+∞)成立,
由(1)知,f(x)max=f(x0),且-lnx0+-1=0,
即a=x0(1+lnx0),
故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+lnx0)-x0]lnx0-x0(1+lnx0)=x0(lnx0)2-x0-x0lnx0,
即存在a=x0(1+lnx0)>0,使得b≥x0(lnx0)2-x0-x0·lnx0,x0>0成立,
构造u(x)=x(lnx)2-x-xlnx,x>0,
故b≥u(x)min,
易得u'(x)=(lnx)2+lnx-2,x>0,
令u'(x)=0,得lnx=-2或lnx=1,得x=e-2或x=e,
当x∈(0,e-2)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
当x∈(e-2,e)时,u'(x)<0,u(x)单调递减,
当x∈(e,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
所以u(x)极小值=u(e)=e(lne)2-e-elne=-e<0,
当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(lnx)2-lnx-1]=x,
因为x∈(0,e-2),所以lnx<-2,即>5,则u(x)>0在x∈(0,e-2)上恒成立,故u(x)min=u(e)=-e,所以b≥-e.
所以b的取值范围是[-e,+∞).
11.解析　(1)当a=1时,f(x)=x2-3x+lnx,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2x-3+,∴f'(1)=2-3+1=0.
又f(1)=1-3+0=-2,∴所求切线方程为y=-2.
(2)由题意得f'(x)=2x-3+≤0在x∈[1,2]上恒成立,且f'(x)不恒为0,
即a≤(-2x+3)x=-2对任意x∈[1,2]恒成立.
易知y=-2在[1,2]上单调递减,∴ymin=-2,∴a≤-2.
(3)由(2)知f'(x)=2x-3+.
若函数f(x)是“拉格朗日中值函数”,则存在A(x1,y1),B(x2,y2),且0即[a(lnx2-lnx1)+.(*)
①当a=0时,(*)对任意的0∴f(x)为“拉格朗日中值函数”,函数f(x)的“拉格朗日平均值点”有无数个.
②当a≠0时,由(*)得=lnx2-lnx1,
即=ln,
设t=,t>1,则方程lnt=在区间(1,+∞)上有解.
令h(t)=lnt-,t>1,则h'(t)=>0,
∴函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(1)=0,即方程lnt=在区间(1,+∞)上无解.
综上,当a=0时,f(x)为“拉格朗日中值函数”,函数f(x)的“拉格朗日平均值点”有无数个;当a≠0时,f(x)不是“拉格朗日中值函数”.
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