本章复习提升练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学苏教版（2019）选择性必修第一册

本章复习提升
易混易错练
易错点1　对导数的定义理解不够准确致错
1.已知函数f(x)=x3-f'(0)x2-f(0)ex-x-f'(0),则=(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.-2　　　　D.-4
2.已知函数f(x)=的一个极值点为1,则=(　　)
A.6　　　　B.
易错点2　混淆“过某点”和“在某点处”的切线致错
3.若过点(m,n)可作函数y=2x+(x>0)的图象的两条切线,则必有(　　)
A.0<2m+4.已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+4)x+ln x-1只有一个公共点,则实数a的取值范围是(　　)
A.a≥0　　　　B.a≥0或a=-1C.-1≤a≤0　　　　D.a≥-1
易错点3　对复合函数的求导法则理解不透致错
5.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且2f(x)+f'(x)>2, f(1)=2 025,则不等式f(x)>1+的解集是(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.(0,1) C.(1,2 025)　　　　D.(2 025,+∞)
6.设定义在R上的可导函数f(x)与g(x)的导函数分别为f'(x)和g'(x).若f(x)=g(2x-1)+2x, f(x+1)与g(x)均为偶函数,则g'(2 023)=　　　　.
易错点4　忽略极值的条件致错
7.已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)的导函数为f'(x),且函数g(x)=(log3x-1)·f'(x)的部分图象如图所示,则下列说法中正确的是(　　)
A.f(x)有极小值f(6),极大值f(1)
B.f(x)有极小值f(6),极大值f(10)
C.f(x)有极小值f(1),极大值f(3)和f(10)
D.f(x)有极小值f(1),极大值f(10)
易错点5　混淆极值与最值致错
8.已知函数f(x)=x3-3x2-3kx+1,k∈R.
(1)当k=0时,求函数f(x)的极值;
(2)是否存在实数k,使得函数f(x)在区间[2,3]上的最大值是9 若存在,求出所有实数k的值;若不存在,请说明理由.
易错点6　利用导数研究函数单调性时忽视定义域致错
9.已知函数f(x)=+ln x,其中a为常数.
(1)当a=-1时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为2,求a的值(e为自然对数的底数).
思想方法练
一、转化与化归思想在利用导数解决函数问题中的应用
1.已知正实数x,y满足yex=ln x-ln y,则+ln y的最大值为　　(　　)
A.-1　　　　B.0　　　　C.1　　　　D.2
2.已知函数f(x)=,若不等式f(aex)≤1-f(ln a-ln x)恒成立,则a的最小值为　　　　.
二、数形结合思想在利用导数解决函数问题中的应用
3.已知函数f(x)=若关于x的方程[f(x)]2-(m2+3)f(x)+m3-m2+3m=0有且仅有四个不同的实数根,则实数m的取值范围为(　　)
A.
4.若函数f(x)=的图象在x=1处的切线l与f(x)的图象有三个公共点,则a的取值范围为　　　　　.
三、分类讨论思想在利用导数解决函数问题中的应用
5.若函数f(x)=(x-2)ex-x2+ax(a∈R)在x=1处取得极小值,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0)　　　　B.(0,e)
C.(-∞,e)　　　　D.(e,+∞)
6.已知函数f(x)=2aln x-x2+1.
(1)若a=1,求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若a>0,求函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值;
(3)若f(x)≤0在区间[1,+∞)上恒成立,求a的最大值.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A　当x=0时, f(0)=-f(0)-f'(0),所以f(0)=-f'(0),所以f(x)=x3-f'(0)x2+f'(0)ex-x-f'(0),
所以f'(x)=3x2-2f'(0)x+f'(0)ex-1,令x=0,则f'(0)=f'(0)-1,解得f'(0)=-2,
由导数定义可知,
=-2=-2f'(0)=4.故选A.
易错警示　利用导数的定义求函数的导数时,要注意定义的形式,Δy是函数值的差,Δx是相应自变量的差,要保证Δx,Δy中变量的对应.
2.D　对f(x)=求导得f'(x)=x2+.
因为f(x)=的一个极值点为1,
所以f'(1)=1+a=0,解得a=-1,经检验,满足题意.
所以a=-1,此时f'(x)=x2-.
所以
=3
=3f'(.故选D.
易错警示　利用导数的定义求函数的导数时,要注意定义的形式,如本题中并不表示f'(),需要转化为3求解.
3.C　设切点为,a>0,
由y=2x+可得y'=2-,
所以切线斜率为2-,
所以切线方程为y-(x-a).
又切线过点(m,n),所以n-(m-a),即(2m-n)a2+2a-m=0,a>0,
由题意得关于a的方程(2m-n)a2+2a-m=0有两个不同的正根,
所以整理可得2m易错警示　求曲线的切线方程时,要看清是求“曲线在某点处的切线方程”,还是求“曲线过某点的切线方程”,前者所求得的切线有且只有一条,此点恰好为切点,而后者所求得的切线有一条或多条,此点可能是切点,也可能不是切点.
4.B　由y=x+ln x得y'=1+,则y'|x=1=2,
故曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0,
切线2x-y-1=0与曲线y=ax2+(a+4)x+ln x-1只有一个公共点,
即2x-1=ax2+(a+4)x+ln x-1有且只有一个正解,
即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解,
令g(x)=ax2+(a+2)x+ln x,x>0,
则g'(x)=2ax+a+2+,
由于x>0,所以2x+1>0恒成立,
若a=0,则g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
且g(x)=2x+ln x,x>0,由g-2<0,g(1)=2>0知g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解.
若a>0,则g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x→0+时,ax2+(a+2)x→0,ln x→-∞,所以g(x)→-∞,
又g(1)=2a+2>0,故g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解.
若a<0,则当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
故g(x)在x=-处取得极大值,也是最大值,为g,要使ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解,需-=0,
令h(x)=ln x+x-1,x>0,显然h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,
故要使-=0,只需-=1,则a=-1.
综上,a≥0或a=-1.
故选B.
5.A　由f(x)>1+得e2x-2f(x)-e2x-2-2 024>0,设g(x)=e2x-2f(x)-e2x-2-2 024,
则g'(x)=2e2x-2f(x)+e2x-2f'(x)-2e2x-2=e2x-2[2f(x)+f'(x)-2],因为2f(x)+f'(x)>2,所以g'(x)>0,
所以g(x)在R上单调递增,由f(1)=2 025,得g(1)=f(1)-1-2 024=0,所以g(x)>0的解集为(1,+∞),
所以不等式f(x)>1+的解集是(1,+∞).
故选A.
易错警示　求复合函数的导数时,要注意函数是由哪些基本初等函数复合而成的,再利用复合函数的求导法则进行计算.
6.答案　-2 023
解析　由f(x)=g(2x-1)+2x得f'(x)=2g'(2x-1)+2①,
因为f(x+1)为偶函数,所以f(x+1)=f(-x+1),所以f(2-x)=f(x),所以f'(x)+f'(2-x)=0②,
令x=1,得f'(1)=0,则f'(1)=2g'(1)+2=0 g'(1)=-1,
因为g(x)为偶函数,所以g(-x)=g(x),所以-g'(-x)=g'(x)③,
由①得f'(2-x)=2g'(3-2x)+2,结合②③可得-f'(x)=-2g'(2x-3)+2,即f'(x)=2g'(2x-3)-2④,
由①④得g'(2x-3)-g'(2x-1)=2,
则g'(2×2-3)-g'(2×2-1)=g'(1)-g'(3)=2,g'(2×3-3)-g'(2×3-1)=g'(3)-g'(5)=2,……,
g'(2×1 012-3)-g'(2×1 012-1)=g'(2 021)-g'(2 023)=2,
累加得g'(1)-g'(2 023)=2×(1 012-1)=2 022,故g'(2 023)=-1-2 022=-2 023.
7.D　观察题图知,当00,当110时,g(x)<0,
而当03时,log3x-1>0,因此当010时, f'(x)<0,
当18.解析　(1)当k=0时,f(x)=x3-3x2+1,则f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),当x∈(0,2)时,f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(-∞,0)和(2,+∞)时,f'(x)>0, f(x)单调递增,故f(x)的极大值为f(0)=1,极小值为f(2)=-3.
(2)f'(x)=3x2-6x-3k=3(x2-2x-k),令g(x)=x2-2x-k,
当Δ=4+4k≤0,即k≤-1时,g(x)≥0,即f'(x)≥0恒成立,且仅在个别点处取“=”,故f(x)在[2,3]上单调递增,最大值为f(3)=-9k+1=9,解得k=-,舍去.
当Δ=4+4k>0,即k>-1时,设x1,x2是g(x)=0的两根,且x11,当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(-∞,x1)和(x2,+∞)时,f'(x)>0, f(x)单调递增.
当x2=1+≤2,即-1当x2∈(2,3),即00, f(x)单调递增,易得f(2)=-3-6k<0,f(3)=-9k+1<1,此时不符合最大值为9,舍去;
当x2≥3,即k≥3时, f'(x)≤0在[2,3]上恒成立,且仅在x=3处取“=”,故f(x)单调递减,最大值为f(2)=-3-6k=9,解得k=-2,不符合要求.
综上,当k=-时,函数f(x)在区间[2,3]上的最大值是9.
易错警示　讨论极值点的实质是讨论函数的单调性,即f'(x)的正负;求函数的最大(小)值时,要将函数的各极值与端点处的函数值进行比较,最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
9.解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=-1时, f(x)=ln x-x, f'(x)=,
令f'(x)>0,得01,
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)f'(x)=,x∈(0,e].
①当a>0时, f'(x)>0,∴函数f(x)在(0,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=+1=2,∴a=e,符合题意;
②当-e0,得0∴f(x)max=f(-a)=-1+ln(-a)=2,∴a=-e3,不符合题意,舍去;
③当-a≥e,即a≤-e时, f'(x)>0,
∴f(x)在(0,e]上单调递增,故f(x)max=f(e)=+1=2,∴a=e,不符合题意,舍去.
综上,a的值为e.
易错警示　利用导数求函数f(x)的单调区间时,要先求函数的定义域D,再求导数f '(x),进而解不等式f '(x)>0(或f '(x)<0)得到解集P,定义域与不等式解集的交集(即D∩P)才是函数的单调递增(减)区间(若D∩P不止一段,写单调区间时用“和”或“,”,不能用“∪”连接).解题时防止因忽视定义域导致解题错误.
思想方法练
1.B　由题意得xex=(ln x-ln y)=,因为x,y均为正实数,所以yex>0,故ln x>ln y,即ln>0.
设f(t)=tet,t>0,则f'(t)=(t+1)et,当t>0时, f'(t)>0,所以函数f(t)在(0,+∞)上单调递增,
由xex=ln得f(x)=f,
所以x=ln,所以ln y=ln x-x,
所以+ln y=+ln x-x,
记g(x)=+ln x-x,
则g'(x)=,
所以g'(1)=0,记h(x)=-ln x+x-x2,
构造函数h(x)=-ln x+x-x2,利用导数研究h(x)的单调性,从而判断不同区间上g'(x)与0的大小,进而得到g(x)的最大值来解决问题,体现了转化与化归思想.
则h'(x)=-2x+1-≤-2+1<0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,又h(1)=0,
所以在(0,1)上,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增,
在(1,+∞)上,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)max=g(1)=0,此时x=1,y=,满足题意,故+ln y的最大值为0.
故选B.
2.答案　
解析　易知函数f(x)=在R上单调递减,且f(x)+f(-x)==1,
所以f(aex)≤1-f(ln a-ln x)=f(ln x-ln a)=f,x>0,a>0,则aex≥ln,
所以xex≥=ln ,构造函数g(x)=xex(x>0),则g'(x)=(x+1)ex,
根据式子的结构特征构造函数g(x)=xex(x>0),利用导数判断其单调性,进而得到x与ln 的大小关系,
将问题转化为证明ln a≥ln x-x恒成立.
当x>0时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
由xex≥ln 得g(x)≥g,
所以x≥ln=ln x-ln a,所以ln a≥ln x-x恒成立,
通过构造函数h(x)=ln x-x(x>0),将恒成立问题转化为求最值问题.
构造函数h(x)=ln x-x(x>0),
则h'(x)=,
当00,h(x)单调递增,
当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以当x=1时,h(x)取得极大值,也是最大值,为h(1)=ln 1-1=-1,
因此ln a≥-1,所以a≥,即a的最小值为.
思想方法　用导数解决问题时,常见的转化与化归的形式如下:将不等式问题转化为函数的单调性与最值问题、将方程的求解问题转化为函数的零点问题或两个函数图象的交点问题等,转化的关键:一是针对问题的需要,合理构造函数,找到问题的突破口;二是通过“再构造,再求导”,实现问题的深度转化.
3.A　设g(x)=f(x)+m=
则f(x)=g(x)-m,
因为[f(x)]2-(m2+3)f(x)+m3-m2+3m=[f(x)-m][f(x)-m2+m-3]=0,
所以[g(x)-2m][g(x)-m2-3]=0,得g(x)=2m或g(x)=m2+3.
当x≤-1时,g(x)=,g(-2)=-1.
当x>-1时,g(x)=,求导得g'(x)=.
当-10,函数g(x)单调递增;
当x>0时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减.
因为x>-1,所以x+1>0,ex>0,故g(x)>0.
易得g(0)=2,当x>-1且x→-1时,g(x)→0+,
当x→+∞时,g(x)→0+.
作出函数g(x)的大致图象,将方程根的问题转化为曲线y=g(x)与直线y=m2+3、y=2m的交点的个数问题,从而求出m的取值范围,体现了数形结合思想.
作出函数g(x)的图象,如图所示:
因为m2+3≥3,所以曲线y=g(x)与直线y=m2+3有且仅有1个交点,所以曲线y=g(x)与直线y=2m有3个交点,则<2m<2,即4.答案　
解析　当x=1时, f(1)=0,所以切点坐标为(1,0),
当x>时, f(x)=ln(2x-1), f'(x)=,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率k=f'(1)=2,
所以切线l的方程为y=2x-2.
f,即f(x)的图象过点.
易知当切线l过点时,l与f(x)的图象有三个公共点,
将代入切线方程得a--2=-1,得a=.
画出函数f(x)的图象,寻找切线l与函数f(x)的图象有三个公共点的极限位置,进而确定a的取值范围,体现了数形结合思想.
当切线l与曲线y=f(x)=-x2-2x+a相切时,l与函数f(x)的图象只有两个公共点,
设切线l与曲线y=f(x)在x=x0,x0≤处相切,
由f(x)=-x2-2x+a,
得f'(x)=-2x-2,
所以k=f'(x0)=-2x0-2=2,得x0=-2,
又f(-2)=a,所以切点坐标为(-2,a).
将(-2,a)代入y=2x-2,得a=-6,
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线与f(x)的图象有三个公共点,
所以a的取值范围为.
思想方法　在本章中,利用导数的几何意义解题、研究函数的单调性与极值、求函数的零点或方程的根的个数问题等,往往都会利用数形结合思想,借助相应函数的图象直观求解.
5.C　 f(x)的定义域为R, f'(x)=ex+(x-2)ex-ax+a=(x-1)(ex-a).
a与0的大小关系不确定,分a≤0和a>0两种情况讨论.
若a≤0,则ex-a>0恒成立.令f'(x)=0,得x=1.
当x∈(-∞,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,故f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
若a>0,令f'(x)=0,得x=1或x=ln a,
当两个极值点的大小关系不确定时,常用分类讨论的方法确定两者的关系,从而确定原函数的单调区间.
当ln a>1,即a>e时,令f'(x)>0,得x<1或x>ln a,令f'(x)<0,得1当ln a=1,即a=e时, f'(x)≥0恒成立,且仅在x=1处取“=”,此时函数f(x)单调递增,没有极值,不符合题意,舍去.
当ln a<1,即00,得x1,令f'(x)<0,得ln a综上,a的取值范围是(-∞,e).
故选C.
6.解析　(1)当a=1时, f(x)=2ln x-x2+1,
则f'(x)=,x>0,
令f'(x)<0,得x>1,
所以函数f(x)的单调递减区间是(1,+∞).
(2)f'(x)=,a>0,x≥1.
令f'(x)=0,得x=(负值舍去).
通过对导函数零点是否在区间内进行讨论,确定导函数的符号,体现了分类讨论的思想.
当≤1,即0当>1,即a>1时,若x∈[1,),则f'(x)>0, f(x)单调递增,若x∈(,+∞),则f'(x)<0, f(x)单调递减,
所以函数f(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为f()=aln a-a+1.
综上所述,当01时,函数f(x)的最大值为aln a-a+1.
(3)f'(x)=,x≥1.
通过对a取值范围的讨论,确定f(x)在区间[1,+∞)上的最值,体现了分类讨论的思想.
当a≤0时, f'(x)<0在[1,+∞)上恒成立,
所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(1)=0,符合要求.
由(2)可知,当0当a>1时,由于f(x)在[1,]上单调递增,
所以f()>f(1)=0,即在[1,+∞)上存在x=,使得f(x)>0,故a>1不满足题意.
综上所述,a的最大值为1.
思想方法　分类讨论思想在导数问题中应用很广泛,尤其是含参函数的单调性、极值、最值问题中,一般都会对参数进行分类讨论求解,分类时要根据题意明确分类标准,保证不重不漏.
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