综合拔高练练习-《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

综合拔高练
高考真题练
考点1　导数的概念及其几何意义
1.(2023全国甲文,8)曲线y=处的切线方程为(　　)
A.y=x
C.y=
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.
8.(2021新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数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.
①考点3　函数的导数与极值、最值
9.(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)
10.(2022全国乙文,11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为　(　　)
A.- C.-+2
11.(多选题)(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
12.(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x113.(2023新课标Ⅱ,22)(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
14.(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x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.
高考模拟练
应用实践
1.函数f(x)=的图象大致为(　　)
A　　　　B
C　　　　D
2.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,且f(x)为偶函数, f=-2,3f(x)cos x+f'(x)sin x<0,则不等式f<0的解集为(　　)
A.
C.
3.已知a=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.b>c>a　　　　B.a>b>c
C.b>a>c　　　　D.c>b>a
4.如果直线l与两条曲线都相切,则称l为这两条曲线的公切线,如果曲线f(x)=ln x和曲线g(x)=(x>0)有且仅有两条公切线,那么常数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0)　　　　B.(0,1)
C.(1,e)　　　　D.(e,+∞)
5.(多选题)已知函数f(x)=ln x-(a∈R),则下列说法正确的是(　　)
A.当a>0时, f(x)在(1,+∞)上单调递增
B.若f(x)的图象在x=2处的切线与直线x+2y-5=0垂直,则a=
C.当-1D.当a>0时, f(x)有且仅有两个零点x1,x2,且x1x2=1
6.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD.若四棱锥P-ABCD的体积为9,且其顶点均在球O上,则当球O的体积取得最小值时,AP=　　　　,此时球心O到平面PBD的距离是　　　　.
7.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.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.
9.已知函数f(x)=2ln x-ax+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的零点个数;
(2)已知函数g(x)=eax-ex2(a∈R),当0迁移创新
10.已知函数f(x)=x2-3x+aln x,a∈R.
(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
综合拔高练
高考真题练
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=ln x,则y'=,设切点坐标为(x1,ln x1),x1>0,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)),x2<0,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)),
由g'(x)=2x,得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 (0,1) 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)上单调递增,
∴f '(x)≥0在(1,2)上恒成立,
即f '(x)=aex-≥0在x∈(1,2)上恒成立,
∴a≥在x∈(1,2)上恒成立.
令g(x)=xex(10,
∴g(x)在(1,2)上单调递增,∴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)即<1,又b>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,
所以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.
方法技巧　常见的指对同构类型
(1)x1=x2ln x2型
同左:原式变形为x1·=ln x2·,设f(x)=x·ex,则f(x1)=f(ln x2);
同右:原式变形为·ln =x2·ln x2,设f(x)=x·ln x,则f()=f(x2);
取对数:原式变形为ln(x1·)=ln(x2·ln x2),则ln x1+x1=ln x2+ln(ln x2),设f(x)=ln x+x,则f(x1)=f(ln x2).
(2)型
同左:原式变形为,设f(x)=,则f(x1)=f(ln x2);
同右:原式变形为,设f(x)=,则f()=f(x2);
取对数:原式变形为ln =ln ,则x1-ln x1=ln x2-ln(ln x2),设f(x)=x-ln x,则f(x1)=f(ln x2).
(3)x1+=x2+ln x2型
同左:原式变形为x1+=ln x2+,设f(x)=x+ex,则f(x1)=f(ln x2);
同右:原式变形为+ln =x2+ln x2,设f(x)=x+ln x,则f()=f(x2).
(4)ax=logax(a>0,且a≠1)型
原式变形为,即exln a=,则ln a·exln a=ln x,则xln a·exln a=xln x,再结合(1)求解.
在跨阶同构时凑形是难点,常用的凑形有:x=eln x,xex=eln x+x,x2ex=e2ln x+x,=e-ln x+x,ln x+ln a=ln ax,ln x-1=ln ,有时也需要使两边同时加(乘)上某式等.
7.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈,
则f'(x)=1-,因为x∈,所以cos x∈(0,1),所以f'(x)<0恒成立,
所以函数f(x)在区间上单调递减.
(2)f(x)+sin x=ax-+sin x.
令g(x)=-sin x==,x∈,
则g'(x)==.
因为x∈,所以sin x∈(0,1),cos x∈(0,1),
所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,所以g'(x)>0,
所以函数g(x)在区间上单调递增,
易知当x→0+时,g(x)→0+,当x→时,g(x)→+∞,
f(x)+sin x<0,即-sin x>ax,
在同一直角坐标系中,画出函数y=g(x)与y=ax的大致图象,如图,
由图可知,要满足题意,则a≤0,故a的取值范围为(-∞,0].
8.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,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.
9.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.
10.D　f '(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x,
∵x∈[0,2π],∴x+1>0恒成立,
令f '(x)>0,得0≤x<令f '(x)<0,得,
当x∈[0,2π]时, f '(x)、 f(x)随x的变化情况如表:
x 0 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.
11.AC　由题意可知f '(x)=3x2-1=3,
由f '(x)>0得x<-或x>,
由f '(x)<0得-,
∴f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
对于A,易得f(x)存在两个极值点,故A正确.
对于B,∵f >0,
f >0,当x→-∞时,f(x)→-∞,∴f(x)只有一个零点,故B错误.
对于C,∵f(x)+f(-x)=x3-x+1+(-x)3+x+1=2,
∴f(x)图象的对称中心为点(0,1),故C正确.
对于D,由f '(x)=3x2-1=2,解得x=1或x=-1,
当x=1时,切点坐标为(1,1),切线方程为y=2x-1,
当x=-1时,切点坐标为(-1,1),切线方程为y=2x+3.故D错误.
故选AC.
12.答案　
解析　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,2ln a·ax>0,2ex<0,此时f '(x)>0,故a>1不符合题意,
所以0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13.解析　(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0令h(x)=sin x-x,0综上,当0(2)易知f(x)的定义域为(-1,1), f(x)为偶函数,
f '(x)=-asin ax+,易知f '(x)是(-1,1)上的奇函数,
令F(x)=f '(x),则F'(x)=-a2cos ax,
显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2,
当2-a2<0,即a>或a<-时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增,又F'(0)<0,所以 m∈(0,1),当x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f '(x)在(-m,m)上单调递减.
又f '(0)=0,故当-m0,当0当2-a2≥0,即-≤a≤时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f '(x)在(0,1)上单调递增,则f '(x)在(-1,1)上单调递增.
又f '(0)=0,所以当-10,故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,所以x=0是f(x)的极小值点,不符合题意.
综上,a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).
14.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=ln a.
∴当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0,
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,
∴f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
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+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a+=0,
设h(x)=ln x+,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-ln x,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+ln x-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-ln x2=-ln x2=f(ln x2)=b,
g(x3)=x3-ln x3=-ln x3=f(ln x3)=b.
故∴x1+x3=ln x2+=x2-b+x2+b=2x2,
∴x1,x2,x3成等差数列.
高考模拟练
1.B　由已知得函数f(x)的定义域为R,且f(0)=0,排除A;
因为f(-x)==f(x),且定义域R关于原点对称,所以函数f(x)为偶函数,排除C;
当x>0时, f(x)=,
则f'(x)=,
因为f'≠0,所以x=不是函数f(x)的极值点,排除D.
故选B.
2.A　令g(x)=f(x)sin3x,
则g'(x)=3f(x)sin2xcos x+f'(x)sin3x
=sin2x[3f(x)cos x+f'(x)sin x]≤0,且不恒为0,
所以g(x)在R上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,所以f=-2,
所以g.
又gcos3x,
所以不等式f<0等价于g,所以x+,解得x>-,
所以不等式f<0的解集为.
故选A.
方法总结　f(x)与sin x,cos x相结合,构造可导函数的几种常见形式:
(1)已知f'(x)sin x+f(x)cos x,则构造F(x)=f(x)·sin x;
(2)已知,则构造F(x)=;
(3)已知f'(x)cos x-f(x)sin x,则构造F(x)=f(x)cos x;
(4)已知,则构造F(x)=.
3.D　 a=,
设f(x)=,x>0,
则f'(x)=,
所以当x∈(0,e)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(e,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
所以a=f(2)又因为a==b,
所以c>b>a.故选D.
4.B　设曲线y=f(x)上一点A(x1,ln x1),易得f'(x)=,则曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y=x-1+ln x1.
设曲线y=g(x)上一点B,易得g'(x)=,则曲线y=g(x)在点B处的切线方程为y=.
设直线l与两条曲线都相切,则消去x2得(ln x1-2)=-2.
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有且仅有两条公切线,
所以(ln x1-2)=-2有且仅有两个不相等的实数根.
记h(x)=(ln x-2)(x>0),
则h'(x)=(ln x-2)+.
令h'(x)>0,得x>1,令h'(x)<0,得0令h(x)=0,得x=0(舍去)或x=e2.
当x→0+时,h(x)→0,当x→+∞时,h(x)→+∞,
又-2≤0,所以要使(ln x1-2)=-2有且仅有两个不相等的实数根,只需-2<-2<0,解得05.ABD　由已知得f(x)的定义域为{x|x>0且x≠1}, f'(x)=.
对于A,当a>0时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增,故A正确.
对于B,直线x+2y-5=0的斜率为-,因为f(x)的图象在x=2处的切线与直线x+2y-5=0垂直,所以f'(2)=+2a=2,解得a=,故B正确.
对于C,当-1令f'(x)=0,得x2-3x+1=0,解得x=或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,
所以函数f(x)在x=处取得极大值,在x=处取得极小值,故C错误.
对于D,由A可知,当a>0时, f(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增,
当x>1时,因为f(ea)=a-a·<0,
f(e3a+1)=3a+1-a·
=
>>0,
所以f(x)在(1,+∞)上有一个零点,
当00,
f(e-3a-1)=-3a-1-a·
=-3a-1-a·
<-
=-<0,
所以f(x)在(0,1)上有一个零点,
所以f(x)有两个零点,分别在(0,1)和(1,+∞)内,
不妨设0令f(x)=0,则有ln x-=0,
则f=-ln x-=-ln x+=0,
所以f(x)=0的两根互为倒数,所以x1x2=1,故D正确.
故选ABD.
6.答案　3;
解析　设四棱锥底面正方形ABCD的边长为a,则四棱锥的体积VP-ABCD=a2·PA=9,所以PA=,
设四棱锥P-ABCD的外接球O的半径为R,通过构造长方体可知满足PA2+AB2+AD2=4R2,
即4R2=2a2+=2a2+729a-4,
令f(a)=2a2+729a-4,a>0,则f'(a)=4(a-729a-5),令f'(a)<0,得00,得a>3.
所以f(a)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,
所以函数f(a)在a=3处取得极小值,也是最小值,此时外接球O的半径最小,即体积最小,
所以当球O的体积取最小值时,a=3,则PA==3,半径R=,
此时四棱锥P-ABCD可以看成由棱长为3的正方体截取的一部分,
则球心O在该正方体的体对角线的中点处,设OA∩平面PBD=E.
由正方体中的几何关系可知AE=,且OA⊥平面PBD,
所以线段OE的长为球心O到平面PBD的距离.
又因为OA=R,所以OE=OA-AE=,所以球心O到平面PBD的距离为.
7.答案　
解析　易得f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞),且f(x)≠0,
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=∪(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.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, 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-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-x0·ln 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 x=-2或ln x=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(ln e)2-e-eln e=-e<0,
当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(ln x)2-ln x-1]=x,
因为x∈(0,e-2),所以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,所以b≥-e.
所以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.
9.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=2ln x-ax+1=0,得a=,
令u(x)=,则u'(x)=,
当x∈(0,)时,u'(x)>0,函数u(x)单调递增,
当x∈(,+∞)时,u'(x)<0,函数u(x)单调递减,
所以u(x)max=u(.
易得u=0,且当x>时,u(x)>0,当x→0+时,u(x)→-∞,当x→+∞时,u(x)→0,由此可画出函数y=u(x)的图象,如图所示:
所以当a>时,函数f(x)的零点个数为0;当a≤0或a=时,函数f(x)的零点个数为1;当0(2)证明:由f(x)=g(x)得2ln x-ax+1=eax-ex2,
所以ax+eax=2ln x+ex2+1=ln ex2+,
令φ(x)=x+ex,则φ(ax)=φ(ln ex2),
又φ'(x)=1+ex>0在R上恒成立,所以φ(x)在R上单调递增,所以ax=ln ex2,即ax=1+2ln x,
由已知得方程ax=1+2ln x有两个实根x1,x2(x1即a=有两个实根x1,x2(x1由(1)得令,
所以
令h(t)=t-2tln t(t>0),
所以h(t)=a有两个实根t1,t2,0先证t1+t2>.
h'(t)=-1-2ln t,令h'(t)>0,解得0,
所以h(t)在上单调递增,在上单调递减,要证t1+t2>,即证t1>-t2,
因为t1>,h(t)在上单调递减,所以只需证h(t1)令F(t)=h(t)-h,
则F'(t)=h'(t)+h'=-1-2ln t-1-2ln-t=-2-2ln,
令k(t)=t,
易知函数k(t)在上单调递增,
所以0所以-2-2ln>0,即F'(t)>0在上恒成立,所以F(t)在上单调递增,
所以F(t)故t1+t2>得证,即,所以,
所以x1-,即x1-.
10.解析　(1)当a=1时, f(x)=x2-3x+ln x,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,即a≤(-2x+3)x=-2对任意x∈[1,2]都成立.
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(ln x2-ln x1)+.(*)
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=ln x2-ln x1,
即=ln ,
设t=,t>1,若f(x)为“拉格朗日中值函数”,则方程ln t=在区间(1,+∞)上有解.
令h(t)=ln t-,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ln t=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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