滚动习题(四)
1.B [解析] 由函数f(x)=+ln x,可得其定义域为(0,+∞),且f'(x)=+=,令f'(x)<0,得0
2.D [解析] 由题意可得f'(x)=(x-2)ex.由f'(x)>0,得x>2,由f'(x)<0,得x<2,则f(x)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(2)=-e2.故选D.
3.D [解析] 由题意,f'(x)=a-2cos 2x≥0在(0,π)上恒成立,即a≥2cos 2x在(0,π)上恒成立,对于y=2cos 2x,x∈(0,π),有-2≤2cos 2x<2,故a≥2.故选D.
4.C [解析] 因为f(x)=ax3-3x+1,所以f'(x)=3ax2-3.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)为减函数,没有极值.当a>0时,由f'(x)=3ax2-3=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.所以当x=时,f(x)有极小值,极小值为f=1-=-1,解得a=1.故选C.
5.C [解析] 由题意可得f'(x)=(2x-2)ex+(x2-2x)ex=(x2-2)ex,令f'(x)=0,解得x1=-,x2=,所以在(-∞,-)和(,+∞)上,f'(x)>0,在(-,)上,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,-)和(,+∞)上单调递增,在(-,)上单调递减,又因为f(0)=0,所以C正确.故选C.
6.B [解析] 函数y=ex-2x的定义域为R,求导得y'=ex-2,当xln 2时,y'>0,函数y=ex-2x单调递增,所以当x=ln 2时,函数y=ex-2x取得最小值2-2ln 2,画出y=ex-2x的大致图象与直线y=a,如图,所以当函数y=ex-2x的图象与直线y=a恰有两个不同的交点时,a>2-2ln 2.故选B.
7.D [解析] a==,b=-ln==,c==,令f(x)=(x>0),则a=f(e),b=f(4),c=f.由f(x)=(x>0),得f'(x)=(x>0),所以当00,当x>e时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.因为e<4<,所以f(e)>f(4)>f,所以a>b>c,故选D.
8.BCD [解析] 因为f'(x)>0,所以f(x)在R上是增函数,其图象不关于直线x=1对称,故A错误,B正确.因为y=f'(x)的图象都在直线y=2的上方,所以f'(x)>2,设f(x)的图象在x=-1处的切线的倾斜角为α,则tan α>2,因为正切函数y=tan x在上单调递增,所以α>,故C正确.令g(x)=f(x)-2x-4,则g'(x)=f'(x)-2>0,故g(x)在R上单调递增,又因为g(-1)=f(-1)-2=0,所以不等式f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞),故D正确.故选BCD.
9.BCD [解析] 因为f(x)=x2ln x,所以该函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=2xln x+x2·=x(2ln x+1),可得当0时,f'(x)>0,此时函数f(x)单调递增,所以f(x)极小值=f()=e-1ln =-,故B正确,C正确;
当010. [解析] 因为函数f(x)=x2-x+aln x有两个不同的极值点,所以f'(x)=x-1+=在(0,+∞)上有两个不同的变号零点,所以方程x2-x+a=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根,所以解得011.2 144 [解析] 设剪下的四个小正方形的边长为x cm,则经过折叠以后,糊成的长方体纸盒的底面矩形长为(16-2x)cm,宽为(10-2x)cm,则长方体纸盒的底面积为(16-2x)(10-2x)cm2,而长方体纸盒的高为x cm,于是长方体纸盒的体积V(x)=x(16-2x)(10-2x)=4x3-52x2+160x,00,函数V(x)单调递增,当x∈(2,5)时,V'(x)<0,函数V(x)单调递减,所以当x=2时,V(x)max=144.
12.0或 [解析] 因为y=x+ln x,所以y'=1+,所以当x=1时,y'=1+1=2,即切线的斜率为2,所以由点斜式得切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.由整理得ax2+(2a+1)x+2=0,因为切线与曲线y=ax2+(2a+3)x+1只有一个公共点,所以方程ax2+(2a+1)x+2=0只有一个根.当a=0时,方程为x+2=0,只有一个根,满足题意;当a≠0时,Δ=(2a+1)2-8a=0,即(2a-1)2=0,解得a=.综上,a=0或a=.
13.解:(1)由f(x)=x3-3x2+3,得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),
当x<0或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当0所以f(x)的极大值为f(0)=3,极小值为f(2)=-1,
所以f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,极大值为3,极小值为-1.
(2)由题意得,g(x)=f(x)-ax2+3x=x3-(3+a)x2+3x+3,
所以g'(x)=3x2-2(3+a)x+3≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
则2a≤3x+-6对x∈(0,+∞)恒成立.
因为3x+-6≥2-6=0,当且仅当3x=,即x=1时等号成立,
所以2a≤0,即a≤0,所以实数a的取值范围为(-∞,0].
14.解:(1)f'(x)=ex+2f'(0)+sin x.令x=0,可得f'(0)=e0+2f'(0)+sin 0=1+2f'(0),解得f'(0)=-1,所以f(x)=ex-2x-cos x.
(2)由(1)得,f(x)=ex-2x-cos x,f'(x)=ex+sin x-2.
①当x≤0时,有ex≤1,sin x≤1,所以f'(x)=ex+sin x-2≤0恒成立,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,则f(x)≥f(0)=0,可得0是f(x)的一个零点.
②当x>0时,设g(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x>1+cos x≥0恒成立,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,所以根据函数零点存在定理可知,存在x1∈(0,1),使得f'(x1)=0.当0x1时,f'(x)>0,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,所以f(x1)<0,又因为f(2)=e2-4-cos 2>e2-4>0,所以根据函数零点存在定理可知,存在x2∈(x1,2),使得f(x2)=0.
综上所述,f(x)在R上的零点个数为2.
15.解:(1)若a=1,则f(x)=ln x+,g(x)=x-ex-1+1.
因为f'(x)=-=(x>0),所以当01时,f'(x)>0,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1.
因为g'(x)=1-ex-1,所以当x>1时,g'(x)<0,当x<1时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(1,+∞)上单调递减,在(-∞,1)上单调递增,所以g(x)max=g(1)=1.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+-x+ex-a-1,则F(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.
F'(x)=--1+ex-a=+ex-a-1(x>0),
当a=0时,F'(x)=+ex-1>0(x>0),
所以函数F(x)在(0,+∞)上单调递增,而F=--ln 4<0,
所以当a=0时,F(x)≥0在(0,+∞)上不恒成立.
当a>0时,若x>a,则>0,ex-a-1>0,
故当x>a时,F'(x)>0,当0所以函数F(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
所以F(x)min=F(a)=ln a-a+1.
令h(a)=ln a-a+1(a>0),则h'(a)=-1=(a>0),
所以当00,当a>1时,h'(a)<0,
所以函数h(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(a)max=h(1)=0,即h(a)=F(a)≤0,
所以只需F(x)min=F(a)=ln a-a+1=0,得a=1.
综上所述,a=1.滚动习题(四) [范围5.3]
(时间:45分钟 分值:100分)
一、单项选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)
1.[2024·山西大同高二期末] 函数f(x)=+ln x的单调递减区间是 ( )
A.(-∞,e) B.(0,e)
C.(1,e) D.(0,1)
2.函数f(x)=(x-3)ex的最小值是 ( )
A.e3 B.-e3
C.e2 D.-e2
3.已知函数f(x)=ax-sin 2x在(0,π)上单调递增,则实数a的取值范围为 ( )
A.(1,+∞) B.[1,+∞)
C.(2,+∞) D.[2,+∞)
4.已知函数f(x)=ax3-3x+1的极小值为-1,则a= ( )
A.-1 B.-2
C.1 D.2
5.函数f(x)=(x2-2x)ex的大致图象是 ( )
A B
C D
6.[2024·浙江宁波镇海中学高二期中] 函数y=ex-2x的图象与直线y=a恰有两个不同的交点,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞,2-ln 2) B.(2-2ln 2,+∞)
C.[2-2ln 2,+∞) D.(2-ln 2,+∞)
7.[2024·福建莆田高二期末] 设a=,b=-ln,c=,则 ( )
A.bC.c二、多项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
8.已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,f'(x)为f(x)的导函数,已知y=f'(x)的图象如图所示,则下列说法正确的是 ( )
A.函数f(x)的图象关于直线x=1对称
B.函数f(x)在R上为增函数
C.函数f(x)的图象在x=-1处的切线的倾斜角大于
D.不等式f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞)
9.已知函数f(x)=x2ln x,则 ( )
A.f(x)≥0恒成立
B.f(x)在(,+∞)上单调递增
C.f(x)在x=处取得极小值-
D.f(x)只有一个零点
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
10.[2024·长沙长郡中学高二期中] 若函数f(x)=x2-x+aln x有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是 .
11.[2024·北京房山区高二期末] 如图,将一张16 cm×10 cm的长方形纸片剪下四个全等的小正方形,使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒,则小正方形的边长为 cm时,这个纸盒的容积最大,且最大容积是 cm3.
12.已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(2a+3)x+1只有一个公共点,则a= .
四、解答题(本大题共3小题,共38分)
13.(10分)[2024·深圳龙岗区高二期末] 已知函数f(x)=x3-3x2+3.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax2+3x在区间(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
14.(13分)已知函数f(x)=ex+2f'(0)x-cos x.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)在R上的零点个数.
15.(15分)[2024·江苏南通高二期末] 设a≥0,函数f(x)=ln x+,g(x)=x-ex-a+1.
(1)若a=1,求f(x)的最小值与g(x)的最大值;
(2)若f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立,求a.(共22张PPT)
滚动习题（四）
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）
1.[2024· 山西大同高二期末]函数 的单调递减区间是( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由函数，可得其定义域为 ，且，
令，得，所以函数 的单调递减区间是 .故选B.
2.函数 的最小值是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由题意可得.
由，得，由 ，得，
则在上单调递减，在 上单调递增，
故 .故选D.
3.已知函数在上单调递增，则实数 的取值范围为 ( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由题意，在上恒成立，即 在
上恒成立，
对于,，有,故 .故选D.
4.已知函数的极小值为，则 ( )
C
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为，所以.
当 时，，为减函数，没有极值.
当时，由 得，
当时，，单调递增；
当 时，，单调递减；
当时，， 单调递增.
所以当时，有极小值，极小值为，解得 .
故选C.
5.函数 的大致图象是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由题意可得 ，
令，解得，,所以在和 上，
，在上，，所以函数在和
上单调递增，在上单调递减，
又因为 ，所以C正确.故选C.
6.[2024· 浙江宁波镇海中学高二期中]函数的图象与直线 恰有
两个不同的交点，则 的取值范围是( )
B
A. B.
C. D.
[解析] 函数的定义域为 ，求导得，
当时，，函数 单调递减，
当时，，函数 单调递增，
所以当时，函数 取得最小值，
画出的大致图象与直线 ，如图，
所以当函数的图象与直线 恰有
两个不同的交点时， .故选B.
7.[2024· 福建莆田高二期末]设，， ，则( )
D
A. B. C. D.
[解析] ，， ，
令，则,,.
由 ，得，所以当时，，
当时， ，所以在上单调递增，在上单调递减.
因为 ，所以，所以 ，故选D.
二、多项选择题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
8.已知函数的定义域为，， 为
的导函数，已知 的图象如图所示，则下列
说法正确的是( )
BCD
A.函数的图象关于直线 对称
B.函数在 上为增函数
C.函数的图象在处的切线的倾斜角大于
D.不等式的解集为
[解析] 因为，所以在上是增函数，其图象不关于直线 对称，
故A错误，B正确.
因为的图象都在直线的上方，所以 ，
设的图象在处的切线的倾斜角为 ，则 ，因为正切函数
在上单调递增，所以，故C正确.
令 ，则，
故在 上单调递增，又因为，
所以不等式的解集为 ，故D正确.故选 .
9.已知函数 ，则( )
BCD
A.恒成立 B.在 上单调递增
C.在处取得极小值 D. 只有一个零点
[解析] 因为，所以该函数的定义域为 ，
，可得当时， ，此时
函数单调递减，当时，，此时函数 单调递增，所以
，故B正确，C正确；
当时，，此时 ，故A错误；
由，可得，解得，故D正确.故选 .
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
10.[2024·长沙长郡中学高二期中] 若函数 有两个不同的
极值点，则实数 的取值范围是______.
[解析] 因为函数 有两个不同的极值点，所以
在 上有两个不同的变号零点，所以方程
在上有两个不同的实数根，
所以 解得 .
___时，这个纸盒的容积最大，且最大容积是_____ .
11.[2024·北京房山区高二期末] 如图，将一张
的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过
折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则小正方形的边长为
2
144
[解析] 设剪下的四个小正方形的边长为 ，则经过折叠以后，糊成的长方体
纸盒的底面矩形长为，宽为 ，则长方体纸盒的底面积
为，而长方体纸盒的高为 ，于是长方体纸盒的体积
, ，
求导得，当时，，函数 单调递增，
当时，，函数单调递减，所以当时， .
12.已知曲线在点处的切线与曲线 只
有一个公共点，则 _____.
0或
[解析] 因为，所以，所以当时， ，即
切线的斜率为2，所以由点斜式得切线方程为，即 .
由整理得 ，因为切线与曲线
只有一个公共点，所以方程 只
有一个根.
当时，方程为，只有一个根，满足题意；当 时，
，即，解得.综上，或 .
四、解答题（本大题共3小题，共38分）
13.（10分）[2024·深圳龙岗区高二期末] 已知函数 .
（1）判断函数的单调性，并求出 的极值；
解:由，得 ，
当或时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，
所以的极大值为，极小值为 ，
所以在和上单调递增，在 上单调递减，极大值为3，极
小值为 .
（2）若函数在区间上单调递增，求实数 的取
值范围.
解:由题意得， ，
所以对 恒成立，
则对 恒成立.
因为，当且仅当，即 时等号成立，
所以，即，所以实数的取值范围为 .
14.（13分）已知函数 .
（1）求 的解析式；
解:.
令 ，可得，解得 ，所以
.
（2）求在 上的零点个数.
解:由（1）得，， .
①当时，有，，所以 恒成立，所
以在上单调递减，则，可得0是 的一个零点.
②当时，设，则
恒成立，即在上单调递增.
又 ，，
所以根据函数零点存在定理可知，存在 ，使得.
当时，，所以在 上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
又 ，所以，
又因为 ，
所以根据函数零点存在定理可知，存在，使得 .
综上所述，在 上的零点个数为2.
15.（15分）[2024·江苏南通高二期末] 设，函数 ，
.
（1）若，求的最小值与 的最大值；
解:若，则， .
因为，所以当时，，当
时， ，所以函数在上单调递减，在 上单调递增，所以
.
因为，所以当时，，当时， ，
所以函数在上单调递减，在 上单调递增，所以
.
（2）若在上恒成立，求 .
解:令，则在 上恒
成立.
，
当时， ，
所以函数在上单调递增，而 ，
所以当时，在 上不恒成立.
当时，若，则, ，
故当时，，当时， ，
所以函数在上单调递减，在 上单调递增，
所以 .
令，则 ，
所以当时，，当时， ，
所以函数在上单调递增，在 上单调递减，
所以，即 ，
所以只需，得 .
综上所述， .