蘇教版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊第5章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用綜合拔高練含答案

綜合拔高練高考練考點1導(dǎo)數(shù)的概念及其幾何意義1.(2023全國甲文,8)曲線y=exA.y=e4C.y=e2.(2022新高考Ⅰ,15)若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標(biāo)原點的切線,則a的取值范圍是.

3.(2022新高考Ⅱ,14)曲線y=ln|x|過坐標(biāo)原點的兩條切線的方程為,.

4.(2022全國甲文,20)已知函數(shù)f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線也是曲線y=g(x)的切線.(1)若x1=-1,求a;(2)求a的取值范圍.考點2函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性5.(2023新課標(biāo)Ⅱ,6)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx在區(qū)間(1,2)單調(diào)遞增,則a的最小值為()A.e2B.eC.e-1D.e-26.(2022新高考Ⅰ,7)設(shè)a=0.1e0.1,b=19A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b7.(2023全國甲文,20)已知函數(shù)f(x)=ax-sinxcos2(1)當(dāng)a=1時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范圍.8.(2021新高考Ⅱ,22)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2+b.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)從下面兩個條件中選一個,證明:f(x)有一個零點.①12<a≤e22考點3函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值、最值9.(2023全國乙文,8)函數(shù)f(x)=x3+ax+2存在3個零點,則a的取值范圍是()A.(-∞,-2)B.(-∞,-3)C.(-4,-1)D.(-3,0)10.(2022全國乙文,11)函數(shù)f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為()A.-π2,π211.(多選題)(2022新高考Ⅰ,10)已知函數(shù)f(x)=x3-x+1,則()A.f(x)有兩個極值點B.f(x)有三個零點C.點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心D.直線y=2x是曲線y=f(x)的切線12.(2022全國乙理,16)已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的極小值點和極大值點.若x1<x2,則a的取值范圍是.

13.(2023新課標(biāo)Ⅱ,22)(1)證明:當(dāng)0<x<1時,x-x2<sinx<x;(2)已知函數(shù)f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的極大值點,求a的取值范圍.14.(2022新高考Ⅰ,22)已知函數(shù)f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.模擬練應(yīng)用實踐1.(2024江蘇淮安楚州中學(xué)、新馬中學(xué)階段檢測)函數(shù)f(x)=(xABCD2.(2024安徽合肥第四中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f'(x)的定義域均為R,且f(x)為偶函數(shù),fπ6=-2,3f(x)cosx+f'(x)sinx<0,則不等式fxA.-C.-3.(2024天津南開中學(xué)統(tǒng)練)已知a=ln2A.b>c>aB.a>b>cC.b>a>cD.c>b>a4.(2024北京八一學(xué)校開學(xué)摸底考試)如果直線l與兩條曲線都相切,則稱l為這兩條曲線的公切線,如果曲線f(x)=lnx和曲線g(x)=x-A.(-∞,0)B.(0,1)C.(1,e)D.(e,+∞)5.(多選題)(2024江蘇南京六校聯(lián)合體調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x+1)xA.當(dāng)a>0時,f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增B.若f(x)的圖象在x=2處的切線與直線x+2y-5=0垂直,則a=3C.當(dāng)-1<a<0時,f(x)不存在極值D.當(dāng)a>0時,f(x)有且僅有兩個零點x1,x2,且x1x2=16.(2024江蘇南通期中)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD.若四棱錐P-ABCD的體積為9,且其頂點均在球O上,則當(dāng)球O的體積取得最小值時,AP=,此時球心O到平面PBD的距離是.

7.(2023河南鄭州二中月考)已知函數(shù)f(x)=x2lnx,若關(guān)于x的方程tf(x)-x=0在1e,1∪8.(2023江蘇百校聯(lián)考)已知a>0,函數(shù)f(x)=(a-x)lnx.(1)證明f(x)存在唯一極大值點;(2)若存在a,使得f(x)≤a+b對任意x∈(0,+∞)成立,求b的取值范圍.9.(2024湖南名校聯(lián)合體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=2lnx-ax+1(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的零點個數(shù);(2)已知函數(shù)g(x)=eax-ex2(a∈R),當(dāng)0<a<2ee時,關(guān)于x的方程f(x)=g(x)有兩個實根x1,x2(x1<x2),求證:x1-遷移創(chuàng)新10.(2023河南鄭州金水月考)已知函數(shù)f(x)=x2-3x+alnx,a∈R.(1)當(dāng)a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍;(3)若函數(shù)g(x)的圖象上存在兩點A(x1,y1),B(x2,y2),且x1<x2,使得g'x1

答案與分層梯度式解析綜合拔高練高考練1.C由y=exx+1,可得y'=xex(x+1)2,則y'|x=1=e4,2.答案(-∞,-4)∪(0,+∞)解析設(shè)切點的坐標(biāo)為(x0,y0),則y0=(x0+a)ex易知y'=(x+a+1)ex,y'|x∴曲線在點(x0,y0)處的切線方程為y-y0=(x0+a+1)·ex0(x-x又切線過坐標(biāo)原點,∴-y0=(x0+a+1)ex0(-x∴(x0+a)ex0=(x∴x02+ax∵曲線有兩條過坐標(biāo)原點的切線,∴關(guān)于x0的方程(*)有兩個不相等的實數(shù)根,∴Δ=a2-4(-a)>0,∴a(a+4)>0,∴a<-4或a>0.∴a的取值范圍是(-∞,-4)∪(0,+∞).3.答案y=x解析當(dāng)x>0時,y=lnx,則y'=1x,設(shè)切點坐標(biāo)為(x1,lnx1),x1>0,則該切線方程為y-lnx1=1x1(x-x1),若該切線經(jīng)過坐標(biāo)原點,則lnx1-1=0,解得x1當(dāng)x<0時,y=ln(-x),則y'=1x,設(shè)切點坐標(biāo)為(x2,ln(-x2)),x2<0,則該切線方程為y-ln(-x2)=1x2(x-x2x2=-e,此時的切線方程為y=-xe4.解析(1)由題意知,f(-1)=-1-(-1)=0,f'(x)=3x2-1,則f'(-1)=3-1=2,故曲線y=f(x)在點(-1,0)處的切線方程為y=2(x+1),即y=2x+2,設(shè)該切線與曲線y=g(x)切于點(x0,g(x0)),由g(x)=x2+a得g'(x)=2x,則g'(x0)=2x0=2,解得x0=1,則g(1)=1+a=2×1+2,解得a=3.(2)由(1)知f'(x)=3x2-1,則曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線方程為y-(x13?x1)=(3設(shè)該切線與曲線y=g(x)切于點(x2,g(x2)),由g'(x)=2x,得g'(x2)=2x2,則曲線y=g(x)在該點處的切線方程為y-(x22+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-由3x12-1=2x則h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),令h'(x)>0,得-13<x<0或x>1,令h'(x)<0,得x<-1故x變化時,h'(x),h(x)的變化情況如下表:x-∞,--1-0(0,1)1(1,+∞)h'(x)-0+0-0+h(x)↘5↗1↘-1↗故h(x)的值域為[-1,+∞),即a的取值范圍為[-1,+∞).5.C∵f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,∴f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,即f'(x)=aex-1x≥0在x∈∴a≥1xex令g(x)=xex(1<x<2),則g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,∴g(x)∈(e,2e2),∴1xex∈12e2,1e6.Ca=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9=-ln9(1)ab=0.9e0.1,令f(x)=(1-x)ex,則f'(x)=-xex由f'(x)>0得x<0,由f'(x)<0得x>0.故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,在(-∞,0)上單調(diào)遞增,所以f(0.1)<f(0),即(1-0.1)e0.1<(1-0)e0=1,即ab(2)c-b=-ln910?1令g(x)=ln(1+x)-x,則g'(x)=11+當(dāng)x>0時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以g19(3)a-c=0.1e0.1+ln910,令h(x)=xex則h'(x)=(x+1)ex-11-令φ(x)=(x+1)ex-11-則φ'(x)=(x+2)ex-1(1-易知當(dāng)0<x<12所以φ(x)在0,1所以當(dāng)0<x<12時,h'(x)>0,h(x)在0,12上單調(diào)遞增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1綜上可知,b>a>c.故選C.方法技巧常見的指對同構(gòu)類型(1)x1ex1=x2lnx同左:原式變形為x1·ex1=lnx2·elnx2,設(shè)f(x)=x·ex,則f(x1同右:原式變形為ex1·lnex1=x2·lnx2,設(shè)f(x)=x·lnx,則f(取對數(shù):原式變形為ln(x1·ex1)=ln(x2·lnx2),則lnx1+x1=lnx2+ln(lnx2),設(shè)f(x)=lnx+x,則f(x1)=f(lnx(2)ex同左:原式變形為ex1x1=elnx2lnx2,同右:原式變形為ex1lnex1=x2lnx取對數(shù):原式變形為lnex1x1=lnx2lnx2,則x1-lnx1=lnx2-ln(lnx2),設(shè)f(x)=x-lnx,(3)x1+ex1=x2+lnx同左:原式變形為x1+ex1=lnx2+elnx2,設(shè)f(x)=x+ex,則f(x1同右:原式變形為ex1+lnex1=x2+lnx2,設(shè)f(x)=x+lnx,則f((4)ax=logax(a>0,且a≠1)型原式變形為elnax=lnxlna,即exlna=lnxlna,則lna·exlna=lnx,則xlna·在跨階同構(gòu)時湊形是難點,常用的湊形有:x=elnx,xex=elnx+x,x2ex=e2lnx+x,exx=e-lnx+x,lnx+lna=lnax,lnx-1=lnxe,有時也需要使兩邊同時加(乘7.解析(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x-sinxcos2則f'(x)=1-cos3x+2sin所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π(2)f(x)+sinx=ax-sinx令g(x)=sinxcos2x-sinx=sinx則g'(x)=3cos3因為x∈0,π2,所以sinx∈(0,1),cosx所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,所以g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0,π易知當(dāng)x→0+時,g(x)→0+,當(dāng)x→π2時,g(x)→f(x)+sinx<0,即sinxcos在同一直角坐標(biāo)系中,畫出函數(shù)y=g(x)與y=ax0<由圖可知,要滿足題意,則a≤0,故a的取值范圍為(-∞,0].8.解析(1)由函數(shù)f(x)的解析式可得f'(x)=x(ex-2a),當(dāng)a≤0時,若x∈(-∞,0),則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,若x∈(0,+∞),則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)0<a<12時,若x∈若x∈(ln(2a),0),則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,若x∈(0,+∞),則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a=12時,f'(x)≥0,且僅在x=0處取“=”,故f(x)在R當(dāng)a>12時,若x∈若x∈(0,ln(2a)),則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,若x∈(ln(2a),+∞),則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.(2)證明:若選擇條件①.由于12<a≤e22,故1<2a≤而f(-b)=(-1-b)e-b-ab2+b<0,由(1)知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上有一個零點.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12<a≤e22結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上沒有零點.綜上可得,f(x)有一個零點.若選擇條件②.由于0<a<12,故0<2a<1,則f(0)=b-1≤當(dāng)b≥0時,由e2>4,4a<2,可知f(2)=e2-4a+b>0,由(1)知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上有一個零點.當(dāng)b<0時,構(gòu)造函數(shù)H(x)=ex-x-1,則H'(x)=ex-1,當(dāng)x∈(-∞,0)時,H'(x)<0,H(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(0,+∞)時,H'(x)>0,H(x)單調(diào)遞增,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,當(dāng)x>1-b1-a時,(1-a)x2+b-1>0,取x0=1-又f(0)<0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上有一個零點.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<a<12結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上沒有零點.綜上可得,f(x)有一個零點.9.Bf'(x)=3x2+a,當(dāng)a≥0時,f'(x)≥0,且不恒為0,則f(x)在R上單調(diào)遞增,則f(x)只有一個零點,不符合題意,∴a<0.令f'(x)=0,得x1=--a當(dāng)x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)時,f'(x)>0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增,∵f(x)存在3個零點,∴f(x)的極大值f(x1)=f--a3且f(x)的極小值f(x2)=f-a3=解①得a<0,解②得a<-3.綜上所述,a的取值范圍為(-∞,-3),故選B.10.Df'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx,∵x∈[0,2π],∴x+1>0恒成立,令f'(x)>0,得0≤x<π2或3令f'(x)<0,得π2當(dāng)x∈[0,2π]時,f'(x)、f(x)隨x的變化情況如表:x00,ππ332πf'(x)1+0-0+2π+1f(x)2↗π2↘-3↗2∴f(x)min=f3π2=?3π2,f(x)max11.AC由題意可知f'(x)=3x2-1=3x2由f'(x)>0得x<-33或x>3由f'(x)<0得-33∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,-33和對于A,易得f(x)存在兩個極值點,故A正確.對于B,∵f-3f33=333?33對于C,∵f(x)+f(-x)=x3-x+1+(-x)3+x+1=2,∴f(x)圖象的對稱中心為點(0,1),故C正確.對于D,由f'(x)=3x2-1=2,解得x=1或x=-1,當(dāng)x=1時,切點坐標(biāo)為(1,1),切線方程為y=2x-1,當(dāng)x=-1時,切點坐標(biāo)為(-1,1),切線方程為y=2x+3.故D錯誤.故選AC.12.答案1解析f'(x)=2lna·ax-2ex,因為x1,x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2的極小值點和極大值點,且x1<x2,所以當(dāng)x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,f'(x)>0.若a>1,則當(dāng)x<0時,2lna·ax>0,2ex<0,此時f'(x)>0,故a>1不符合題意,所以0<a<1,此時方程2lna·ax-2ex=0的兩個根分別為x1,x2,即方程xax=lnae的兩個根分別為x1,x令g(x)=xax,0<a<1,則g'(x)=所以當(dāng)x∈(-∞,logae)時,g'(x)<0,當(dāng)x∈(logae,+∞)時,g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(logae,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,logae)上單調(diào)遞減,易得g(0)=0,g(logae)=logae由圖可得要使函數(shù)y=xax與函數(shù)y=lnae的圖象有兩個不同的交點,則13.解析(1)證明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,則g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),則G'(x)=-2+sinx,易知G'(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以g'(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,因為g'(0)=0,所以g'(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,所以g(x)<g(0)=0,即當(dāng)0<x<1時,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,則h'(x)=cosx-1,易知h'(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以h(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(0)=0,即當(dāng)0<x<1時,sinx<x.綜上,當(dāng)0<x<1時,x-x2<sinx<x.(2)易知f(x)的定義域為(-1,1),f(x)為偶函數(shù),f'(x)=-asinax+2x令F(x)=f'(x),則F'(x)=2+2x2(1-顯然F'(x)在(-1,1)上是偶函數(shù),F'(0)=2-a2,當(dāng)2-a2<0,即a>2或a<-2時,易知F'(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,又F'(0)<0,所以?m∈(0,1),當(dāng)x∈(-m,m)時,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上單調(diào)遞減.又f'(0)=0,故當(dāng)-m<x<0時,f'(x)>0,當(dāng)0<x<m時,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上單調(diào)遞增,在(0,m)上單調(diào)遞減,所以x=0是f(x)的極大值點,符合題意.當(dāng)2-a2≥0,即-2≤a≤2時,易知F'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,則f'(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增.又f'(0)=0,所以當(dāng)-1<x<0時,f'(x)<0,當(dāng)0<x<1時,f'(x)>0,故f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,1)上單調(diào)遞增,所以x=0是f(x)的極小值點,不符合題意.綜上,a的取值范圍為(-∞,-2)∪(2,+∞).14.解析(1)易得f'(x)=ex-a,若a≤0,則f'(x)>0,∴f(x)在R上單調(diào)遞增,此時f(x)無最小值,不符合題意,∴a>0,令f'(x)=0,得x=lna.∴當(dāng)x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0,∴f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)min=f(lna)=a-alna.易得g'(x)=a-1x當(dāng)x∈0,1a時,g'(x)<0,當(dāng)x∈∴g(x)在0,1a上單調(diào)遞減,在1a,+∞上單調(diào)遞增,∴g(x)∴a-alna=1+lna,即lna+1-a設(shè)h(x)=lnx+1-xx+1∴h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又h(1)=0,∴a=1.(2)證明:由(1)得a=1,則f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,故f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,易知當(dāng)x→-∞時,f(x)→+∞,當(dāng)x→+∞時,f(x)→+∞,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,易知當(dāng)x→0時,g(x)→+∞,當(dāng)x→+∞時,g(x)→+∞,且f(x)min=g(x)min=1.①當(dāng)b<1時,直線y=b與兩條曲線均無交點;②當(dāng)b=1時,直線y=b與兩條曲線共有兩個不同的交點;③當(dāng)b>1時,直線y=b與兩條曲線各有兩個不同的交點.若要使直線y=b與兩條曲線共有三個不同的交點,則需使直線y=b與曲線y=f(x)在(0,+∞)上的交點和直線y=b與曲線y=g(x)在(0,1)上的交點重合.記F(x)=f(x)-g(x)=ex+lnx-2x,x∈(0,1),易知F(e-3)=ee-3-3-2e-3<e-3-2e∴?x0∈(e-3,1),使F(x0)=0,即f(x0)=g(x0),設(shè)直線y=b與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,x3,且x1<0<x2<1<x3,則f(x1)=ex1-x1=b,f(x2)=exg(x2)=x2-lnx2=elnx2-lnx2g(x3)=x3-lnx3=elnx3-lnx3故x1=lnx2,x2=lnx3,∴x1+x3∴x1,x2,x3成等差數(shù)列.模擬練1.B由已知得函數(shù)f(x)的定義域為R,且f(0)=0,排除A;因為f(-x)=[(-x)2當(dāng)x>0時,f(x)=(x則f'(x)=2x因為f'π2=πe故選B.2.A令g(x)=f(x)sin3x,則g'(x)=3f(x)sin2xcosx+f'(x)sin3x=sin2x[3f(x)cosx+f'(x)sinx]≤0,且不恒為0,所以g(x)在R上單調(diào)遞減.又因為f(x)是偶函數(shù),所以f-π所以g-π又gx+π2所以不等式fx+π2cos3x?1所以不等式fx+π2故選A.方法總結(jié)f(x)與sinx,cosx相結(jié)合,構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式:(1)已知f'(x)sinx+f(x)cosx,則構(gòu)造F(x)=f(x)·sinx;(2)已知f'(x)sinx-(3)已知f'(x)cosx-f(x)sinx,則構(gòu)造F(x)=f(x)cosx;(4)已知f'(x)cosx+3.Da=ln2設(shè)f(x)=lnx則f'(x)=1x所以當(dāng)x∈(0,e)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,所以a=f(2)<f(e)=c,b=f(3)<f(e)=c,又因為a=ln24所以c>b>a.故選D.4.B設(shè)曲線y=f(x)上一點A(x1,lnx1),易得f'(x)=1x,則曲線y=f(x)在點A處的切線方程為y=1x1設(shè)曲線y=g(x)上一點Bx2,1-ax2設(shè)直線l與兩條曲線都相切,則1x1=ax22,ln因為曲線y=f(x)和y=g(x)有且僅有兩條公切線,所以x1(lnx1-2)=-2a記h(x)=x(lnx-2)(x>0),則h'(x)=12x(lnx-2)+令h'(x)>0,得x>1,令h'(x)<0,得0<x<1,所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,所以h(x)min=h(1)=-2.令h(x)=0,得x=0(舍去)或x=e2.當(dāng)x→0+時,h(x)→0,當(dāng)x→+∞時,h(x)→+∞,又-2a≤0,所以要使x1(lnx1-2)=-2a有且僅有兩個不相等的實數(shù)根,只需-2<-2a<0,解得0<a<1.故選B5.ABD由已知得f(x)的定義域為{x|x>0且x≠1},f'(x)=1x對于A,當(dāng)a>0時,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)和(1,+∞)上單調(diào)遞增,故A正確.對于B,直線x+2y-5=0的斜率為-12,因為f(x)的圖象在x=2處的切線與直線x+2y-5=0垂直,所以f'(2)=12+2a=2,解得a=34,故對于C,當(dāng)-1<a<0時,不妨取a=-12,則f'(x)=1令f'(x)=0,得x2-3x+1=0,解得x=32?5當(dāng)x∈0,3當(dāng)x∈32所以函數(shù)f(x)在x=32?5對于D,由A可知,當(dāng)a>0時,f(x)在(0,1)和(1,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x>1時,因為f(ea)=a-a·eaf(e3a+1)=3a+1-a·e=(3>3a所以f(x)在(1,+∞)上有一個零點,當(dāng)0<x<1時,因為f(e-a)=-a-a·e-f(e-3a-1)=-3a-1-a·e=-3a-1-a·1+<-3=-4a所以f(x)在(0,1)上有一個零點,所以f(x)有兩個零點,分別在(0,1)和(1,+∞)內(nèi),不妨設(shè)0<x1<1<x2,令f(x)=0,則有l(wèi)nx-a(則f1x=ln1x?所以f(x)=0的兩根互為倒數(shù),所以x1x2=1,故D正確.故選ABD.6.答案3;3解析設(shè)四棱錐底面正方形ABCD的邊長為a,則四棱錐的體積VP-ABCD=13a2·PA=9,所以PA=27設(shè)四棱錐P-ABCD的外接球O的半徑為R,通過構(gòu)造長方體可知滿足PA2+AB2+AD2=4R2,即4R2=2a2+27a22=2a2令f(a)=2a2+729a-4,a>0,則f'(a)=4(a-729a-5),令f'(a)<0,得0<a<3,令f'(a)>0,得a>3.所以f(a)在(0,3)上單調(diào)遞減,在(3,+∞)上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(a)在a=3處取得極小值,也是最小值,此時外接球O的半徑最小,即體積最小,所以當(dāng)球O的體積取最小值時,a=3,則PA=27a2=3,半徑R=此時四棱錐P-ABCD可以看成由棱長為3的正方體截取的一部分,則球心O在該正方體的體對角線的中點處,設(shè)OA∩平面PBD=E.由正方體中的幾何關(guān)系可知AE=2R3,且OA所以線段OE的長為球心O到平面PBD的距離.又因為OA=R,所以O(shè)E=OA-AE=13R=37.答案2解析易得f(x)=x2lnx的定義域為(0,1)∪關(guān)于x的方程tf(x)-x=0在1e,1∪(1,e即t=xf(x)令h(x)=xf(x)=ln易得h'(x)=1-lnxx2,令h'(x)>0,得1e≤x<1或1<x<e;令h'(x)<0,得e<x所以當(dāng)x=e時,函數(shù)h(x)取得極大值,為h(e)=1e又h1e=?e,h(e28.解析(1)證明:f'(x)=-lnx+(a-x)·1x=-lnx+a令g(x)=-lnx+ax則g'(x)=-1x∵a>0,∴g'(x)<0,∴f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,當(dāng)x=e-1時,f'(e-1)=ae>0,當(dāng)x=ea時,f'(ea)=-a+ae故存在x0∈(e-1,ea),使得f'(x0)=0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,所以f(x)存在唯一極大值點.(2)由題知,存在a>0,使得f(x)≤a+b對任意x∈(0,+∞)成立,即存在a>0,使得b≥f(x)-a對任意x∈(0,+∞)成立,由(1)知,f(x)max=f(x0),且-lnx0+ax即a=x0(1+lnx0),故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+lnx0)-x0]lnx0-x0(1+lnx0)=x0(lnx0)2-x0-x0lnx0,即存在a=x0(1+lnx0)>0,使得b≥x0(lnx0)2-x0-x0·lnx0,x0>0成立,構(gòu)造u(x)=x(lnx)2-x-xlnx,x>0,故b≥u(x)min,易得u'(x)=(lnx)2+lnx-2,x>0,令u'(x)=0,得lnx=-2或lnx=1,得x=e-2或x=e,當(dāng)x∈(0,e-2)時,u'(x)>0,u(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e-2,e)時,u'(x)<0,u(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(e,+∞)時,u'(x)>0,u(x)單調(diào)遞增,所以u(x)極小值=u(e)=e(lne)2-e-elne=-e<0,當(dāng)x∈(0,e-2)時,u(x)=x[(lnx)2-lnx-1]=xlnx因為x∈(0,e-2),所以lnx<-2,即lnx-122故u(x)min=u(e)=-e,所以b≥-e.所以b的取值范圍是[-e,+∞).方法總結(jié)本題考查不等式的恒成立與有解問題,可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化:一般地,已知函數(shù)y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d].(1)若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],總有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)max<g(x)min;(2)若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)max<g(x)max;(3)若?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,則f(x)min<g(