2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章　导数及其应用拔高练

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
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.(2024全国甲理,6)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A.
2.(2024新课标Ⅰ,13)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.
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全国乙理,16)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　.
8.(2024新课标Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当19.(2024全国甲文,20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)10.(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.
11.(2023全国甲文,20)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
考点3　函数的导数与极值、最大(小)值
12.(多选题)(2024新课标Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　)
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当-1f(x)
13.(多选题)(2024新课标Ⅱ,11)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则(　　)
A.当a>1时, f(x)有三个零点
B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
14.(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)
15.(多选题)(2023新课标Ⅱ,11)若函数f(x)=aln x+(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
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.(2024新课标Ⅱ,16)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
18.(2024全国甲理,21)已知函数f(x)=(1-ax)·ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
19.(2024天津,20)设函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)图象上点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a的取值范围;
(3)若x1,x2∈(0,1),证明|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
三年模拟练
应用实践
1.(2024北京海淀期末)若关于x的方程logax-ax=0(a>0且a≠1)有实数解,则a的值可以为(　　)
A.10　　　　B.e　　　　
C.2　　 　　D.
2.(2023山东枣庄月考)已知曲线f(x)=x2在x=1处的切线与函数g(x)=的图象相切,则实数a的值为(　　)
A.
C.
3.(2024四川内江期中)已知定义在R上的连续偶函数y=f(x)的导函数为y=f'(x),当x>0时,f'(x)+<0,且f(2)=-3,则不等式f(2x-1)<的解集为(　　)
A.
B.
C.
D.
4.(2024天津北辰南仓中学诊断测试)已知函数f(x)=ax-xln x与函数g(x)=ex-1的图象上恰有两对关于x轴对称的点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,1-e]　　　　B.
C.(-∞,1-e)　　　　D.
5.(2024浙江嘉兴期末)已知正实数a,b,c满足a2-b=2ln>0,7b-2b=(a+4)c,则(　　)
A.0C.06.(多选题)(2024辽宁葫芦岛模拟)已知函数f(x)=ln x-,g(x)=-x2-2ax+4,若 x1∈(0,2], x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值可以是(　　)
A.0　　　　B.-1　　　　
C.-2　　　　D.-
7.(多选题)(2024江苏苏州期末)连续曲线上凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点,拐点在统计学、物理学、经济学等领域都有重要应用.若f(x)的图象是一条连续不断的曲线, x∈(a,b),f(x)的导函数f'(x)都存在,且f'(x)的导函数f″(x)也都存在.若 x0∈(a,b),使得f″(x0)=0,且在x0的左、右附近,f″(x)异号,则称点(x0,f(x0))为曲线y=f(x)的拐点.则以下函数具有拐点的是(　　)
A.f(x)=(x+1)2　　　　B.f(x)=x3+2x2+3x
C.f(x)=xex　　　　D.f(x)=ln x+x2+sin x
8.(多选题)(2024重庆石南大学附中段考)在17世纪时,英国数学家牛顿给出了一种求方程根的近似方法——牛顿迭代法.具体求法如下:如图,设r是f(x)=0的根,选取x0作为r的初始近似值,过点(x0, f(x0))作曲线y=f(x)的切线l,l与x轴的交点的横坐标x1=x0-(f '(x0)≠0),称x1是r的一次近似值,过点(x1, f(x1))作曲线y=f(x)的切线,该切线与x轴的交点的横坐标x2=x1-(f '(x1)≠0),称x2是r的二次近似值,……,重复以上过程,得到r的近似值序列,其中xn+1=xn-(f '(xn)≠0),称xn+1是r的(n+1)次近似值,这种求方程f(x)=0的近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程x2=2的近似解a,则下列说法正确的是(　　)
A.若取a的初始近似值x0=1,则可解得a的二次近似值x2=
B.若取a的初始近似值x0=2,则可解得a的二次近似值x2=
C.x4=x0-
D.x4=x0-
9.(2024山东德州模拟)过点(-1,1)与曲线f(x)=ln(x+1)-3ex+2相切的直线的方程为　　　　.
10.(2024安徽六安一中质检)已知点P是曲线f(x)=x2+2x-3ln x上任意一点,则点P到直线y=x-4 的距离最短为　　　　.
11.(2024青海西宁开学考试)已知球O的表面积为12π,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,该四棱锥的高为　　　　.
12.(2022四川成都树德中学阶段性测试)已知x=0是函数f(x)=ln(1-x)-的极大值点,则m的值为　　　　.
13.(2024辽宁沈阳东北育才学校段考)已知函数f(x)=x2-x-aln x(a>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥0,求实数a的值;
(3)设n∈N+,求证:>ln(n+1).
14.(2024黑龙江哈尔滨期末)已知a>0,函数f(x)=(a-x)ln x.
(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.
15.(2024陕西宝鸡模拟)已知函数f(x)=sin x-ax+1.
(1)当a=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥cos x在x∈[0,π]上恒成立,求实数a的取值范围.
16.(2024北京海淀期中)设函数f(x)=a(x-2ln x)+,a∈R.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
迁移创新
17.(2024浙江宁波镇海中学期末)在几何学中常常需要考虑曲线的弯曲程度,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.如图所示,光滑曲线C:y=g(x)上的曲线段AB的长为Δs,当动点从A沿曲线段AB运动到B点时,A点处的切线lA也随着转动到B点处的切线lB,记这两条切线之间的夹角为Δθ(lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然,当曲线段AB的长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,曲线段AB的长越小,则弯曲程度越大,因此可以定义为曲线段AB的平均曲率.显然当B越接近A,即Δs越小时,就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度,因此定义K=(假设极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y',y″分别表示y=g(x)在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率;
(2)求椭圆+y2=1在点处的曲率;
(3)定义φ(y)=为曲线y=f(x)的“柯西曲率”.已知在曲线f(x)=xln x-2x上存在两点P(x1, f(x1))和Q(x2, f(x2)),且P,Q处的“柯西曲率”相等,求的取值范围.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.A　f '(x)=,
∴f '(0)=e0+2cos 0=3,
∴曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),即y=3x+1,
当x=0时,y=1,当y=0时,x=-,
∴所围成的三角形的面积S=.故选A.
2.答案　ln 2
解析　由y=ex+x得y'=ex+1,
则曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线的斜率k1=y'|x=0=2,所以切线方程为y=2x+1.
设曲线y=ln(x+1)+a的切点坐标为(x0,ln(x0+1)+a),
由y=ln(x+1)+a得y'=,则曲线y=ln(x+1)+a在点(x0,ln(x0+1)+a)处的切线斜率k2=y',
所以
故a=ln 2.
3.答案　y=
解析　当x>0时,y=ln x,则y'=,设切点坐标为(x1,ln x1),则该切线方程为y-ln x1=(x-x1),若该切线经过坐标原点,则ln x1-1=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=-ln 0.9=-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.答案　
解析　因为f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,
所以f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在(0,+∞)上恒成立(且f'(x)不恒为0),
则有(a+1)xln(1+a)≥-axln a.
因为00,
故≥-(x∈(0,+∞)).
令g(x)=,当00时,g(x)>1,
所以-≤1,即ln(1+a)+ln a≥0,
化简可得a2+a-1≥0,
又因为0故a的取值范围是.
8.解析　(1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)=+a,
因为f '(x)≥0,
所以a≥,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,
故f(1)=a=-2,
即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,
即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-.
9.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a-.
若a≤0,则f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;
若a>0,则当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈时,f '(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间,
当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x,
令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),证明g(x)>0即可,
则g'(x)=ex-1-2+,再令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-,
显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,
即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,问题得证.
解析　(1)当a=-1时, f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=
-,
故f '(1)=-ln 2,∴所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=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,∴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,∴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≥.
11.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈,
则f '(x)=1-
=1-
=,
因为x∈,所以cos x∈(0,1),
所以f '(x)<0恒成立,
所以f(x)在上单调递减.
(2)令g(x)=f(x)+sin x=ax-+sin x,x∈,
则g'(x)=a-+cos x,x∈,
因为g(x)=f(x)+sin x<0,且g(0)=f(0)+sin 0=0,
所以g'(0)=a-1+1=a≤0,
当a=0时, f(x)+sin x=sin x-=sin x·,
因为x∈,所以01,所以f(x)+sin x=sin x-<0,满足题意;
当a<0时,因为x∈,所以ax<0,
所以f(x)+sin x=ax-+sin x综上所述,a的取值范围为(-∞,0].
12.ACD　因为f(x)=(x-1)2(x-4),x∈R,
所以f '(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3).
令f '(x)=0,解得x=1或x=3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示,
x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 0 单调递减 -4 单调递增
故x=3是f(x)的极小值点,故A正确.
当0所以当0当1又因为f(x)在(1,3)上单调递减,所以f(3)f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=2(1-x)3,
当-10,故f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD.
13.AD　∵f(x)=2x3-3ax2+1,∴f '(x)=6x2-6ax=6x(x-a).
对于A,当a>1时, f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a),且f(0)=1>0, f(a)=1-a3<0,当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→+∞, f(x)的大致图象如图所示,
由图可知A正确.
对于B,当a<0时, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(0,+∞),单调递减区间为(a,0),
∴x=0是f(x)的极小值点,故B错误.
对于C,任意一元三次函数的图象都不存在对称轴,故C错误.
对于D, f(1)=3-3a,
f(1+x)+f(1-x)=2(1+x)3-3a(1+x)2+1+2(1-x)3-3a(1-x)2+1=(12-6a)x2-6a+6,
当a=2时, f(1+x)+f(1-x)=-12+6=-6=2f(1),∴存在a=2,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心,故D正确.故选AD.
14.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.
15.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),
则∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.
故选BCD.
16.答案　
解析　解法一:∵f(x)=2ax-ex2,
∴f '(x)=2axln a-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axln a=ex.
由题意得函数y=axln a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=axln a的图象与直线y=ex,如图①所示,
当x∈(-∞,x1)时, f '(x)=2axln a-2ex>0, f(x)在(-∞,x1)上单调递增;
当x∈(x1,x2)时, f '(x)=2axln a-2ex<0, f(x)在(x1,x2)上单调递减;
当x∈(x2,+∞)时, f '(x)=2axln a-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设过原点的直线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ln a),而y'=ax(ln a)2,则直线l的斜率k=· (ln a)2,
∴(ln a)2=,可得=e.
∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a的图象与直线y=ex有两个不同的交点,则0∴(ln a)2<1,即-1∴又0综上所述,a的取值范围是.
解法二:f '(x)=2ln a·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∴当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f '(x)<0,当x∈(x1,x2)时, f '(x)>0.
若a>1,则当x<0时,2ln a·ax>0,2ex<0,此时f '(x)>0,故a>1不符合题意,
∴0令g(x)=,0∴当x∈(-∞,logae)时,g'(x)<0,当x∈(logae,+∞)时,g'(x)>0,
∴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=1时, f(x)=ex-x-1, f(1)=e-1-1=e-2, f'(x)=ex-1,∴切点坐标为(1,e-2), f'(1)=e-1,
∴所求切线的方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
即y=(e-1)x-1.
(2)f'(x)=ex-a,∵f(x)有极小值,∴必有a>0,令f'(x)=0,则ex=a,即x=ln a,
当x>ln a时, f'(x)>0,当x∴f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
又f(x)的极小值小于0,∴f(ln a)<0,
∴f(ln a)=a-aln a-a3<0.
又a>0,∴ln a+a2-1>0,
记h(a)=ln a+a2-1,
易知h(1)=0,h'(a)=+2a>0恒成立,
∴h(a)在(0,+∞)上单调递增,
要使h(a)>0,则必有a>1.
故a的取值范围为(1,+∞).
18.解析　(1)易知f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,
f '(x)=2ln(1+x)+,
令m(x)=2ln(1+x)+(x>-1),则m'(x)=,当x>-1时,m'(x)>0恒成立,
所以函数m(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又因为m(0)=0,
所以当-10时, f '(x)>0,
所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故f(x)在x=0处取得极小值,为f(0)=0,无极大值.
(2)f '(x)=-aln(1+x)+-1,
令g(x)=-aln(1+x)+-1(x≥0),
则g'(x)=-.
当a≤-时,g'(x)≥0,
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,
所以当x∈[0,+∞)时, f '(x)=g(x)≥0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0.
当a≥0时,g'(x)≤0,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f '(x)=g(x)≤g(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意.
当-所以g(x)在上单调递减,
所以f '(x)=g(x)≤g(0)=0,
所以f(x)在上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意,舍去.
综上所述,a的取值范围为.
19.解析　(1)因为f(x)=xln x,所以f '(x)=ln x+1, f(1)=0,
所以f '(1)=1,所以f(x)图象上点(1, f(1))处的切线方程为y=x-1.
(2)f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,
即xln x≥a(x-)在x>0时恒成立,
即ln x≥a(x>0)恒成立,
令t=(x>0),则x=,t>0,
所以-2ln t≥a(1-t)(t>0),即2ln t+a(1-t)≤0(t>0)恒成立.
令g(t)=2ln t+a(1-t)(t>0),
则g(1)=2ln 1+a×0=0,g'(t)=(t>0),
当a≤0时,g'(t)=>0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当a≤0时,g(t)≤0(t>0)不恒成立,所以a≤0舍去.
当a>0时,令g'(t)==0,得t=,
令g'(t)>0,即2-at>0,解得0令g'(t)<0,即2-at<0,解得t>,
所以g(t)在上单调递增,在上单调递减,
所以g(t)max=g,又g(1)=0,g(t)≤0,
所以=1,所以a=2,所以a的取值范围是{2}.
(3)证明:不妨设0则|f(x1)-f(x2)|≤ |f(x1)-f(x2)|≤ -≤f(x1)-f(x2)≤(*).
易知(0要证f(x1)-f(x2)≤,
只需证f(x1)-f(x2)≤,
即证f(x1)+≤f(x2)+,
令φ(x)=xln x+(0则φ'(x)=1+ln x+(0令h(x)=1+ln x+(0则h'(x)=(0易知当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,即φ'(x)单调递减,
当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,即φ'(x)单调递增,则φ'(x)≥φ'=3-ln 16>0.
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,所以φ(x1)≤φ(x2),即x1ln x1+≤
x2ln x2+,
所以f(x1)-f(x2)≤,即(*)右边证毕.
易知x2-x1≤(0要证-≤f(x1)-f(x2),
只需证x1-x2≤f(x1)-f(x2),
即证f(x2)-x2≤f(x1)-x1,
令m(x)=xln x-x(0则m(x2)≤m(x1),即x2ln x2-x2≤x1ln x1-x1,
所以f(x1)-f(x2)≥x1-x2≥-,即(*)左边证毕.
故当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
三年模拟练
1.D　对比选项,只需要讨论a>1时,关于x的方程logax-ax=0的解的情况,
若关于x的方程logax-ax=0(a>1)有实数解,
则f(x)=ax与g(x)=logax的图象有交点,
如图所示:
设曲线f(x)=ax与直线y=x相切,切点为P(x0,y0),
又f '(x)=axln a,所以
由图象可知,当a∈(1,]时,曲线f(x)=ax与直线y=x有交点,
因为f(x)=ax与g(x)=logax的图象关于直线y=x对称,所以当a∈(1,]时, f(x)=ax与g(x)=logax的图象有交点,即方程logax-ax=0有解.结合选项可知选D.
2.A　由f(x)=x2,得f'(x)=2x,则f'(1)=2,
又f(1)=1,
∴曲线f(x)=x2在x=1处的切线方程为y=2x-1.
设直线y=2x-1与函数g(x)=,
则故选A.
3.A　当x>0时,f'(x)+<0,∴[xf(x)]'<0,
令g(x)=xf(x),∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
又y=f(x)是定义在R上的连续偶函数,∴g(x)是R上的奇函数,即g(x)在R上单调递减,
∵f(2)=-3,∴g(2)=-6,
当2x-1>0,即x>时,原不等式化为(2x-1)f(2x-1)<-6,即g(2x-1)∴2x-1>2,解得x>;
当2x-1<0,即x<时,原不等式化为(2x-1)f(2x-1)>-6,即g(2x-1)>g(2),
∴2x-1<2,解得x<,则x<.
故原不等式的解集为.故选A.
4.C　由题意得-f(x)=g(x)有两解,即-ax+xln x=ex-1有两解,
所以a=有两解.
令h(x)=(x>0),
则h'(x)=,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,此时函数h(x)在(0,1)上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)在x=1处取得极大值,为h(1)=1-e,
所以h(x)的值域为(-∞,1-e],
所以实数a的取值范围为(-∞,1-e),故选C.
5.A　由2ln>0可得>1,又a>0,b>0,所以a>b.
由a2-b=2ln化简得a2-2ln a=b-2ln b,分别设函数f(x)=x2-2ln x,g(x)=x-2ln x.
则f '(x)=(x>0),当01时, f '(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(1)=1.
易得g'(x)=(x>0),则当02时,g'(x)>0,则g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(2)=2-2ln 2.
易知f(x)-g(x)=x2-x=x(x-1),当01时, f(x)>g(x),作出函数f(x)与g(x)的图象如图.
令f(a)=g(b)=k.由于a>b,所以01,排除C,D.
由于a>1,7b-2b=(a+4)c>5c,所以>5c-b.
令h(x)=,易知h(x)在R上单调递增.由于0所以0=h(0)则有5c-b<1,即c-b<0,得c综上,06.AD　 若 x1∈(0,2], x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
易得f'(x)=,
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,2]时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在[1,2]上单调递增,
故当x∈(0,2]时,f(x)min=f(1)=.
因为函数g(x)=-x2-2ax+4的图象开口向下,
所以g(x)在区间[1,2]上的最小值在端点处取得.
所以g(1)≤或g(2)≤,
即-1-2a+4≤或-4-4a+4≤,
解得a≥-.故选AD.
7.BCD　对于A, f'(x)=2(x+1),
f″(x)=2≠0,所以f(x)=(x+1)2没有拐点;
对于B, f'(x)=3x2+4x+3,
f″(x)=6x+4,令f″(x)=0,得x=-,
且x∈时, f″(x)<0,x∈时,f″(x)>0,
所以f(x)=x3+2x2+3x有拐点;
对于C,f'(x)=(x+1)ex,
f″(x)=(x+2)ex,令f″(x)=0,得x=-2,
且x∈(-∞,-2)时,f″(x)<0,x∈(-2,+∞)时,f″(x)>0,
所以f(x)=xex有拐点;
对于D,f'(x)=+2x+cos x,
f″(x)=-+2-sin x,
因为f″=-2-sin <0,f″(1)=1-sin 1>0,
且f″(x)的图象在(0,+∞)上是连续不断的,
所以 x0∈,使得f″(x0)=0成立,
所以f(x)=ln x+x2+sin x有拐点.故选BCD.
8.ABC　令f(x)=x2-2,则f '(x)=2x.
当x0=1时,x1=1-,故A正确;
当x0=2时,x1=2-,故B正确;
∵x1=x0-,
∴x4=x0-,故C正确,D错误.
故选ABC.
9.答案　2x+y+1=0
解析　设切点坐标为(x1,y1),f'(x)=-3ex,
则f'(x1)=,
所以切线方程为y-y1=(x-x1),
因为点(-1,1)在切线上,
所以1-y1=(-1-x1),
即y1=-3(1+x1)+2.
又y1=ln(x1+1)-3+2,所以ln(1+x1)+3x1=0,
令y=ln(1+x)+3xex,则y'=+3(1+x)ex,
当x>-1时,y'>0,
所以y=ln(1+x)+3xex在(-1,+∞)上单调递增,
所以方程ln(1+x1)+3x1=0只有唯一解为x1=0.
即切点坐标为(0,-1),故所求切线方程为y+1=-2x,即2x+y+1=0.
10.答案　3
解析　因为点P是曲线f(x)=x2+2x-3ln x上任意一点,所以当曲线在点P处的切线和直线y=x-4平行时,点P到直线y=x-4的距离最短.
易得f'(x)=2x+2-,x>0,
令=1,解得x=1或x=-(舍去).
又f(1)=3,所以曲线y=f(x)上和直线y=x-4平行的切线的切点坐标为(1,3),
所以点(1,3)到直线y=x-4的距离为.
故点P到直线y=x-4的距离最短为3.
11.答案　1
解析　如图1,已知四边形ABCD为圆的内接四边形,面积为S,
∠AMB=θ,圆的半径为r,
图1
则S=S△AMB+S△CMB+S△AMD+S△CMD
=AM·MBsin∠AMB+MC·MBsin∠CMB+AM·MDsin∠AMD+
CM·DMsin∠CMD
=AM·MBsin θ+MC·MBsin(π-θ)+AM·MDsin(π-θ)+CM·DMsin θ
=AM·MBsin θ+MC·MBsin θ+AM·MDsin θ+CM·DMsin θ
=(AM+CM)(MB+MD)sin θ=AC·BDsin θ,
因为AC≤2r,BD≤2r,0所以S=AC·BDsin θ≤×(2r)2×1=2r2,
当且仅当AC,BD均为圆的直径且AC⊥BD时,等号成立,此时四边形ABCD为正方形,
即半径为r的圆的内接四边形中,正方形的面积最大,最大面积为2r2.
如图2,设球O的半径为R,则4πR2=12π,解得R=,
图2
设四棱锥O-ABCD的底面积为S,高为h,体积为V,四边形ABCD所在圆的圆心为E,连接OE,AE,则V=Sh.
当h一定时,要使V最大,则S最大,此时四棱锥的底面ABCD为正方形,
因为OA=R=,OE=h,所以AE=.
所以S=.
所以V'=-2h2+2,当1当00,
故V=-h3+2h在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以V=-h3+
2h在h=1时取得极大值,也是最大值,为.
所以当四棱锥的体积最大时,四棱锥的高为1.
12.答案　
解析　f'(x)=
=.
(1)若m=0,则f'(x)=,
当x<0时, f'(x)=<0恒成立,
所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以x=0不是函数f(x)的极大值点,舍去.
(2)若m<0,当x<0时,9m2x2>0,12mx>0,1-18m>0,x-1<0,则f'(x)<0恒成立,
所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以x=0不是函数f(x)的极大值点,舍去.
(3)若m>0,当1-18m>0时,若则9m2x2>0,12mx+1-18m>0,x-1<0,
所以f'(x)<0恒成立,
所以函数f(x)单调递减,则x=0不是函数f(x)的极大值点,舍去.
当1-18m<0时,方程9m2x2+12mx-18m+1=0存在根x1>0,
故当x∈(0,x1),且|x|9m2x2+12mx+1-18m<0,x-1<0,
则f'(x)>0恒成立,
所以函数f(x)单调递增,故x=0不是f(x)的极大值点.
当1-18m=0,即m=时,
f'(x)=,
当x∈(-1,0)时,x+24>0,x3<0,x-1<0,则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(0,1)时,x+24>0,x3>0,x-1<0,则f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
故x=0是f(x)的极大值点.
综上,m的值为.
13.解析　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=2x-1-.
令g(x)=2x2-x-a(a>0),
则Δ=1+8a>0,令g(x)=0,得x1=,
因为a>0,所以x1<0,x2>,
所以当x∈(0,x2)时,g(x)<0,即f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,f(x)单调递增.
故函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)因为f(1)=0,所以f(x)≥0等价于f(x)≥f(1).
由(1)知f(x)min=f(x2),
当a=1时,x2=1,故f(x)≥f(1)=0,满足题意.
当a>1时,x2>1,当x∈(1,x2)时,f(x)单调递减,故f(x)当0综上可知,a=1.
(3)证明:由(2)可知,当a=1时,f(x)≥0,即x2-x≥ln x,当且仅当x=1时取等号.
故当x=时,可得,
即,即>ln(n+1)-ln n.
故
>(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln(n+1)-ln n]
=ln(n+1),
故>ln(n+1).
14.解析　(1)证明:f'(x)=-ln x+(a-x)·=-ln x+-1,x>0,令g(x)=-ln x+-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)=ae>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,故函数f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,故函数f(x)单调递减,
∴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-ln x0+-1=0,
即a=x0(1+ln x0),
故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+ln x0)-x0]ln x0-x0(1+ln x0)=x0(ln x0)2-x0-x0ln x0,
即存在a=x0(1+ln x0)>0,使得b≥x0(ln x0)2-x0-x0ln x0,x0>0成立,
构造u(x)=x(ln x)2-x-xln x,x>0,
故b≥u(x)min,
易得u'(x)=(ln x)2+ln x-2,x>0,
令u'(x)=0,得ln x1=-2,ln x2=1,即x1=e-2,x2=e,
当x∈(0,e-2)时,u'(x)>0,故函数u(x)在(0,e-2)上单调递增,
当x∈(e-2,e)时,u'(x)<0,故函数u(x)在(e-2,e)上单调递减,
当x∈(e,+∞)时,u'(x)>0,故函数u(x)在(e,+∞)上单调递增,
∴u(x)极小值=u(e)=e(ln e)2-e-eln e=-e<0,
当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(ln x)2-ln x-1]=x,
∵x∈(0,e-2),∴ln x<-2,即>5,则u(x)>0在x∈(0,e-2)上恒成立,
故u(x)min=u(e)=-e,∴b≥-e.
∴b的取值范围是[-e,+∞).
方法总结　本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:
一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d].
(1)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],总有f(x1)(2)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(3)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(4)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集.
15.解析　(1)当a=时, f(x)=sin x-x+1,
则f '(x)=cos x-.
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,单调递减区间是,k∈Z.
(2)不等式f(x)≥cos x在x∈[0,π]上恒成立等价于ax+cos x-sin x-1≤0在x∈[0,π]上恒成立.
令h(x)=ax+cos x-sin x-1,则解得a≤.
令φ(x)=x+cos x-sin x-1,则 a∈, x∈[0,π],h(x)≤φ(x)恒成立.
所以只需证明φ(x)=x+cos x-sin x-1≤0即可.
易知φ'(x)=-sin x-cos x=.
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)在上单调递减,在上单调递增,所以φ(x0)<φ<φ(0)=0,
又φ<φ(π)=0,所以φ(x)<0恒成立.
综上,φ(x)≤0在[0,π]上恒成立,即h(x)≤φ(x)≤0恒成立,所以a≤.
16.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-2ln x+,x∈(0,+∞),
则f'(x)=1-.
由f'(x)=0,得x1=2,x2=1,x3=-1(舍去).
当x∈(0,1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1),(2,+∞)上单调递增;
当x∈(1,2)时, f'(x)<0,所以f(x)在(1,2)上单调递减.
综上,当a=1时,函数f(x)在(0,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减.
(2)易得f'(x)=a,x∈(0,+∞).
①当a=0时,f(x)=,令f(x)=0,可得x=1,则函数f(x)只有一个零点,不符合题意.
②当a<0时,令f'(x)<0,得x>2,令f'(x)>0,得0所以函数f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.
由f(1)=a<0,取x0=max.
令f1(x)=x-2ln x,
则f'1(x)=1->0在(2,+∞)上恒成立,
故f1(x)=x-2ln x在(2,+∞)上单调递增.
则f1(x0)=x0-2ln x0≥5-2ln 5=1+2(2-ln 5)>1.
则f(x0)=a(x0-2ln x0)+≤a+≤-<0.
所以f(x)有两个零点等价于f(2)=a(2-2ln 2)+>0,
得a>,则③当a>0时,
(i)当a=时, f'(x)=≥0对任意的x>0恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点,不符合题意.
(ii)当a≠时,令f'(x)=0,得x1=2,x2=(舍去),
当<2,即a>时,令f'(x)<0,得0,得02,
所以函数f(x)的单调递增区间为,(2,+∞),单调递减区间为,
此时,函数f(x)有两个极值点.
同理,当0此时,函数f(x)也有两个极值点.
易知f +aln a-a.
令t=,则t∈,
g(t)=2t+2t2ln t-t2=t2,
令h(t)=2ln t+-1,t∈,
则h'(t)=.
当0当t>1时,h'(t)>0.
所以h(t)min=h(1)=1>0,所以g(t)>0,
故f +aln a-a>0.
又f(2)=a(2-2ln 2)+>0,
所以f(x)至多只有一个零点,不符合题意.
综上,实数a的取值范围为.
17.解析　(1)=1.
(2)易得y=±.因为点在第一象限内,所以取y=,所以y'=-,
故y'=-2,故K=.
(3)f '(x)=ln x-1, f ″(x)=,故φ(y)=,
其中s=,0令t1=,则t1ln t1=t2ln t2,不妨设t2>t1,令t=,则t>1,ln t1=-,
令p(x)=xln x,则p'(x)=1+ln x,所以当x∈时,p'(x)<0,p(x)单调递减,当x∈时,p'(x)>0,p(x)单调递增,故1>t2>>t1>0.
易得ln(t1+t2)=ln(t+1)-,
令h(t)=ln(t+1)-,
则h'(t)=.
令m(t)=ln t-(t>1),
则m'(t)=,当t>1时,m'(t)>0恒成立,故m(t)在(1,+∞)上单调递增,
可得m(t)>m(1)=0,即ln t->0,
故有h'(t)>0,则h(t)在(1,+∞)上单调递增,
又h(t)=ln 2-1,h(t)=0,
所以ln(t1+t2)∈(ln 2-1,0),
故=t1+t2∈.
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