第五章 一元函数的导数及其应用-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第五章　一元函数的导数及其应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.下列求导计算中正确的有(　　)
A.若y=sin 2x,则y'=cos 2x　　　　B.若y=cos,则y'=-
C.若y=x2+e2,则y'=2x+e2　　　　D.若y=ln x-,则y'=
2. x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是(　　)
A.0≤a≤21　　　　B.a=0或a=7
C.a<0或a>21　　　　D.a=0或a=21
3.若一射线OP从OA处开始,绕O点匀速逆时针旋转(到OB处为止),所扫过的图形内部的面积S是时间t的函数,S(t)的图象如图所示,则下列图形中,符合要求的是(　　)
　　　
4.已知函数f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.[0,+∞)　　　　B.(1,+∞)　　　　
C.(e,+∞)　　　　D.[2e,+∞)
5.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f '(x)·ex<0(f '(x)为f(x)的导函数),且f(x)+f(-x)=0.若f(1)=-1,则满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是(　　)
A.[1,3]　　　　B.[-2,1]　　　　
C.[0,2]　　　　D.[-1,2]
6.若直线y=ax+b与曲线y=ex相切,则a+b的取值范围为(　　)
A.(-∞,e]　　　　B.[2,e]　　　　C.[e,+∞)　　　　D.[2,+∞)
7.已知a=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a8.若不等式ex-1-mx-2n-3≥0对任意的x∈R恒成立,其中m≠0,则的取值范围为(　　)
A.
C.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知函数f(x)=(x+1)ex,直线l:y=k(x+1),则(　　)
A.函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增
B.f(x)的最小值为-
C.若直线l与曲线f(x)相切,则k=
D.若直线l与曲线f(x)有两个公共点,则k的取值范围是∪
10.已知函数f(x)=,则下列结论正确的是(　　)
A.函数f(x)存在三个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C.若当x∈[t,+∞)时, f(x)max=,则t的最小值为2
D.若方程f(x)=k有两个实根,则k∈(-e,0]∪
11.已知实数a,b满足等式e2a-eb=2(2b-a),则下列不等式中可能成立的有(　　)
A.a三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知函数f(x)=2f'(1)x+3ex-2,f'(x)是f(x)的导函数,则f'(1)=　　　　.
13.已知f(x)=ex,g(x)= ,若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则d的最小值为　　　　.
14.当x>0时,ae2x≥ln恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+2(a∈R,b∈R),其图象在点(1,6)处的切线方程为y=6.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在区间上的最值.
16.(15分)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB的长为6分米,另一边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),其中OEMF是以O为圆心,∠EOF=120°的扇形,且弧分别与边BC,AD相切于点M,N.剪去图中的阴影部分,剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计).
　　
(1)当BE的长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积;
(2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大
17.(15分)已知函数f(x)=ax-ln x-1的最小值为0.
(1)求a的值;
(2)证明:(i)ex-e2ln x>0;
(ii)对于任意n∈N*,….
18.(17分)已知函数f(x)=(1+ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
19.(17分)已知函数f(x)=-sin x(x≥a).
(1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若a<-,证明: f(x)在上有唯一极值点x0,且f(x0)>-x0.
答案与解析
1.A　对于A,(sin 2x)'=×2cos 2x=cos 2x,故A正确;
对于B,,故B错误;
对于C,(x2+e2)'=(x2)'+(e2)'=2x+0=2x,故C错误;
对于D,'=(ln x)'-,故D错误.故选A.
2.A　由已知得f '(x)=3x2+2ax+7a, x∈R,函数f(x)不存在极值点,只需Δ=4a2-84a≤0,得0≤a≤21,故选A.
3.D　选项A,射线OP扫过的圆内阴影部分的面积在开始时段缓慢增加,中间时段增速最快,后面时段相对增速越来越慢,不符合题意;
选项B,射线OP扫过的扇形内阴影部分的面积是匀速变化的,不符合题意;
选项C,射线OP扫过的正方形内阴影部分的面积在开始时段缓慢增加,中间时段增速最快,后面时段相对增速越来越慢,不符合题意;
选项D,射线OP扫过的三角形内阴影部分的面积在开始时段的增速和最后时段的增速均比中间时段快,符合题意.
故选D.
4.B　当a≤0时, f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递减,不符合题意,所以a>0,
易得f '(x)=aeax-ex,由已知得f '(x)≥0,即aeax≥ex在x∈[0,+∞)上恒成立.
令g(x)=xex,x∈[0,+∞),则g'(x)=(x+1)ex,
易得g'(x)>0在x∈[0,+∞)上恒成立,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,由aeax≥ex,可得axeax≥xex,即g(ax)≥g(x),所以ax≥x≥0,所以a≥1,
当a=1时, f(x)=0,不符合题意,故a的取值范围是(1,+∞).
故选B.
5.C　因为f '(x)·ex<0,ex>0,所以f '(x)<0,
所以函数f(x)在R上单调递减,
又因为f(x)+f(-x)=0,所以f(-x)=-f(x),
所以函数f(x)为奇函数,
因为f(1)=-1,所以f(-1)=-f(1)=1,
由|f(x-1)|≤1,得-1≤f(x-1)≤1,即f(1)≤f(x-1)≤f(-1),
所以-1≤x-1≤1,解得0≤x≤2,
所以满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是[0,2].
故选C.
6.A　由y=ex,得y'=ex,设切点坐标为(m,em),则切线方程为y=em(x-m)+em,即y=emx+(1-m)em,又直线y=ax+b与曲线y=ex相切,所以a=em,b=(1-m)em,故a+b=em+(1-m)em=(2-m)em.
令f(x)=(2-x)ex,则f '(x)=(1-x)ex,
当x<1时, f '(x)>0,当x>1时, f '(x)<0,
故f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,
故f(x)≤f(1)=(2-1)e1=e,
又当x→+∞时, f(x)→-∞,
故f(x)∈(-∞,e],即a+b∈(-∞,e].
故选A.
7.A　由题知,a=,
令f(x)=,则a=f ,b=f(e),c=f(3).
易得f '(x)=,x>0,令f '(x)=0,得x=e,则当00, f(x)单调递增,当x>e时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
易知f(1)=0,当x>1时, f(x)>0,画出y=f(x)的图象如图所示,
∵1<c,b>a.
若t=有两个解x1,x2,不妨设x1∵×3=e2,∴只要比较x1x2与e2的大小关系即可.
令g(x)=ln x-(x>1),则g'(x)=>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=0,即在(1,+∞)上,ln x>.
若x=,则,即t>,∴x1x2>e2,
∴当x2=3时,e>x1>,∴f a.
综上,b>c>a.故选A.
8.A　令ex-1-mx-2n-3=0,即ex-1=mx+2n+3,
当m<0时,由函数y=ex-1与y=mx+2n+3的图象可知,两函数图象有一个交点,记为(x0,y0),
则当x当m>0时,令f(x)=ex-1-mx-2n-3,则f '(x)=ex-1-m,
令f '(x)=0,则x=ln m+1,易知f '(x)=ex-1-m单调递增,
所以当x当x>ln m+1时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以当x=ln m+1时, f(x)取得极小值,也是最小值,为f(ln m+1)=-mln m-2n-3,
又ex-1-mx-2n-3≥0对任意的x∈R恒成立,
所以-mln m-2n-3≥0,即2n≤-mln m-3,
所以≤-ln m-.
令g(m)=-ln m-,则g'(m)=-,
当00,g(m)单调递增,
当m>3时,g'(m)<0,g(m)单调递减,
所以当m=3时,g(m)取得极大值,也是最大值,为g(3)=-ln 3-1=-ln 3e,
所以≤-ln 3e,即≤,
所以的取值范围为.
故选A.
9.ACD　由f(x)=(x+1)ex得f '(x)=(x+2)ex,令f '(x)=0,得x=-2,
所以当x<-2时,f '(x)<0,当x>-2时,f '(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)在x=-2处取得极小值,也是最小值,为f(-2)=-e-2,故A正确,B错误;
设直线l与曲线f(x)相切于点(x0,(x0+1)),则切线斜率为f '(x0)=(x0+2),
所以切线方程为y-(x0+1)(x-x0),
对于y=k(x+1),当x+1=0,即x=-1时,y=0,
故直线l恒过点(-1,0),
所以0-(x0+1)(-1-x0),解得x0=-1,
所以k=f '(x0)=,故若直线l与曲线f(x)相切,则k=,故C正确;
易知f(-1)=0,直线l恒过点(-1,0),当直线l与曲线f(x)相切时,k=,且切点恰好为(-1,0),
画出函数f(x)=(x+1)ex与y=k(x+1)的图象如图所示:
由图可知,当直线l与曲线f(x)有两个公共点时,k的取值范围是∪,故D正确.
故选ACD.
10.BD　易知f(x)的定义域为R, f '(x)=,
∴当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时, f '(x)<0,当x∈(-1,2)时, f '(x)>0,
∴f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递减,在(-1,2)上单调递增.
对于A,∵f(-1)=-e<0, f(2)=>0, f(-2)=e2>0,
∴f(x)在(-2,-1)和(-1,2)内各存在一个零点,
当x>2时,x2+x-1>0,ex>0,∴f(x)>0恒成立,
∴f(x)有且仅有两个不同的零点,A错误;
对于B,由f(x)的单调性可知, f(x)的极小值为f(-1)=-e,极大值为f(2)=,B正确;
对于C,结合以上分析作出f(x)的图象,如图所示,可知方程f(x)=存在另一个解x0,
若当x∈[t,+∞)时, f(x)max=,则t∈[x0,2],C错误;
对于D,方程f(x)=k有两个实根等价于f(x)的图象与直线y=k有两个交点,
结合图象可知,k∈(-e,0]∪,D正确.
故选BD.
11.ACD　e2a-eb=2(2b-a)=4b-2a,则e2a+2a=eb+4b,
令f(b)=e2b+2b-eb-4b=e2b-eb-2b,则f '(b)=2e2b-eb-2,
当b<0时, f '(b)<0, f(b)在(-∞,0)上单调递减, f(b)>f(0)=0,此时e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a,
令g(x)=e2x+2x,则g(x)在R上单调递增,
∴g(b)>g(a) a当b>0时,取b=1,则e2a+2a=eb+4b=e+4,此时g(b)=g(1)=e2+2>e+4=g(a),又g(x)在R上单调递增,∴a<1=b,
∴0取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1=g(a),
又g(x)在R上单调递增,∴a>=b,∴a>b>0可能成立,D正确.
故选ACD.
12.答案　-3e
解析　易得f'(x)=2f'(1)+3ex,故f'(1)=2f'(1)+3e,即f'(1)=-3e.
13.答案　
解析　设f(x1)=g(x2)=t(t>0),则=t,
所以x1=ln t,x2=4t2,所以d=|x2-x1|=|4t2-ln t|.
令h(t)=4t2-ln t(t>0),则h'(t)=8t-,
令h'(t)>0,得t>,令h'(t)<0,得0所以h(t)在上单调递减,在上单调递增,
易知当t→0时,h(t)→+∞,当t→+∞时,h(t)→+∞,如图所示,
所以|h(t)|min=h(t)min=h.
14.答案　
解析　因为当x>0时,ae2x≥ln恒成立,
所以ae2x≥ln x-ln a-x在x∈(0,+∞)上恒成立,
所以eln a+2x+ln a+2x≥eln x+ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,
令f(x)=ex+x(x>0),则f '(x)=ex+1,易知f '(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(ln a+2x)≥f(ln x),
所以ln a+2x≥ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,即ln a≥ln x-2x在x∈(0,+∞)上恒成立,
所以ln a≥(ln x-2x)max,x∈(0,+∞).
令g(x)=ln x-2x(x>0),则g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=,
当00,当x>时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为g,
所以ln a≥ln,解得a≥,
所以实数a的取值范围是.
15.解析　(1)由f(x)=x3+ax2+bx+2(a∈R,b∈R)可得f '(x)=3x2+2ax+b,(2分)
因为曲线f(x)在点(1,6)处的切线方程为y=6,
所以即解得(5分)
所以f(x)=x3-6x2+9x+2.(6分)
(2)由(1)知f(x)=x3-6x2+9x+2,
则f '(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).(7分)
令f '(x)=0,得x=1或x=3,
所以当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(1,3)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(3,5)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,(9分)
所以在x=1处, f(x)取得极大值,为f(1)=6,
在x=3处, f(x)取得极小值,为f(3)=2.(10分)
又因为f ,
f(5)=53-6×52+9×5+2=22,(12分)
所以f(x)在上的最大值为22,最小值为2.(13分)
16.解析　(1)在题图甲中,连接OM,交EF于点T,
设OE=OF=OM=R',
在Rt△OET中,因为∠EOT=∠EOF=60°,所以OT=,
则MT=OM-OT=,
从而BE=MT=,即R'=2BE=2分米,(3分)
故所得柱体的底面积S1=S扇形OEF-S△OEF=R'2sin 120°=平方分米,(5分)
所得柱体的高EG=AB-BE-AG=4分米,
所以包装盒的容积V1=S1·EG=立方分米,
所以当BE的长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为立方分米.(7分)
(2)设BE=x,OE=OF=OM=R,则R=2x,
则所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF=R2sin 120°=x2平方分米,(8分)
所得柱体的高EG=(6-2x)分米,0设包装盒的容积为V立方分米,则V=S·EG=(-x3+3x2),0令f(x)=-x3+3x2,x∈(0,3),则f '(x)=-3x2+6x,
令f '(x)=0,得x=2或x=0(舍去),列表如下:
x (0,2) 2 (2,3)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
(13分)
所以当x=2时, f(x)取得极大值,也是最大值,所以Vmax=,
所以当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大,最大为立方分米.(15分)
17.解析　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=a-.(1分)
若a≤0,则f '(x)<0恒成立, f(x)单调递减,没有最小值,不符合题意.(2分)
若a>0,令f '(x)=0,解得x=,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以当x=时, f(x)取得极小值,也是最小值,为f =0,即a×-1=0,(4分)
解得a=1.(5分)
(2)证明:(i)由(1)可知f(x)=x-ln x-1,(6分)
且f(x)=x-ln x-1≥0,所以ln x≤x-1①,当且仅当x=1时取“=”,
由f(ex-2)≥0,可得ex-2≥x-1②,当且仅当x=2时取“=”,(8分)
因为①②等号成立的条件不同,
所以由①②可得ex-2>ln x,所以ex>e2ln x,即ex-e2ln x>0.(9分)
(ii)当x>0时, f(1+x)=x-ln(1+x)>0,即ln(1+x)令x=,得ln.(11分)
所以ln+…+ln+…+,
即ln,(13分)
所以…,于是得证.(15分)
18.解析　(1)由题意可得x>0,>0,所以a>0,(1分)
由f(x)=(1+ln x),x∈(0,+∞),
得f '(x)=,(3分)
由f '(x)=0,得x=1,
当00,则f(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时, f '(x)<0,则f(x)在(1,+∞)上单调递减.(5分)
(2)由f(x)=1得=1,得=a,设g(x)=,
则g'(x)=,由g'(x)=0,得x=1,
当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减,
故g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为g(1)=1,(8分)
易知g=0,且当x→+∞时,g(x)→0,
画出g(x)=的图象,如图所示,(9分)
由图可知,当0不妨设x1设h(x)=g(x)-g-x(1-ln x),
则h'(x)=+ln x=ln x,(13分)
令h'(x)=0,得x=1(负值舍去),
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
故h'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)又g(x1)=g(x2),所以g(x2)又x2>1,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>,
故x1x2>1.(17分)
19.解析　(1)若f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0,即-sin a≥0,即sin a≤0,解得2kπ-π≤a≤2kπ,k∈Z.(1分)
下面证明当2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z)时, f(x)≥0.
先证≥sin x(x≥0).
若x≥1,则≥1≥sin x;若0≤x<1,则≥x.
令h(x)=x-sin x(x≥0),则h'(x)=1-cos x≥0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)=0,即x≥sin x(x≥0),所以≥sin x(x≥0).(3分)
若2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z),则当a≤x≤2kπ(k∈Z)时,sin x≤0,故≥0≥sin x,即f(x)≥0;当x>2kπ(k∈Z)时,,
由≥sin x(x≥0),得≥sin(x-2kπ)=sin x,所以f(x)=-sin x>0.故当2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z)时, f(x)≥0.
综上,实数a的取值范围是{a|2kπ-π≤a≤2kπ,k∈Z}.(5分)
(2)证明:易得f '(x)=-cos x.
令g(x)=-cos x,x∈,则g'(x)=-+sin x.(7分)
易知g'(x)在上单调递增,
因为g'(0)<0,g'>0,
所以存在唯一的实数t0∈,使g'(t0)=0,
所以当 x∈(0,t0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.(9分)
因为a<-,所以-a>>1,
所以g(0)=-1<0,
g>0,
所以存在唯一实数x0∈,使g(x0)=-cos x0=0. (11分)
当x∈(0,x0)时, f '(x)=g(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时,
f '(x)=g(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)在区间上有唯一极小值点x0,且极小值为f(x0)=-sin x0.(13分)
由g(x0)=-cos x0=0,得,
所以f(x0)=-sin x0.
要证f(x0)>-x0,即证f(x0)+x0>,
又f(x0)+x0=+(x0-sin x0)>,
所以只需证明,即证2cos x0<π-2x0.(15分)
因为x0∈,所以2cos x0=2sin=π-2x0.
所以f(x0)+x0=+(x0-sin x0)>,
所以f(x0)>-x0.(17分)