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广西专用高考数学一轮复习单元质检3导数及其应用含解析新人教A版文
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这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检3导数及其应用含解析新人教A版文，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检三 导数及其应用
(时间:100分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.如果一个物体运动的位移s与时间t的关系为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是( )
A.7米/秒 B.6米/秒
C.5米/秒 D.8米/秒
2.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)的大致图象如图所示,那么f(x)的大致图象最有可能是图中的( )
3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是( )
A.m>0 B.m<0
C.m>1 D.m<1
4.(2021东北师大附中高三月考)若函数y=cos x+ax在区间-π2,π2上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1] B.(-∞,1]
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
5.设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
6.已知函数f(x)=xsin x,x1,x2∈-π2,π2,且f(x1)
C.x12-x22>0 D.x12-x22<0
7.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+ln x恒成立,则a的最大值为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
8.已知函数f(x)=ln x+tan α0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为( )
A.π4,π2 B.0,π3
C.π6,π4 D.0,π4
9.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)·g'(x)>0,且g(3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞)
B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪(0,3)
10.已知函数f(x)=-2f'(1)3x-x2的最大值为f(a),则a等于( )
A.116 B.344
C.14 D.348
11.设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0.已知a=flog214,b=f(31.5),c=f(21.5),则( )
A.a
A.ab
C.aba2
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2021全国Ⅱ)曲线y=2x-1x+2在点(-1,-3)处的切线方程为 .
14.已知函数f(x)=x(x5-16x2+x-4),且f(x)≥f(x0)对x∈R恒成立,则曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率为 .
15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)
①01e;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.
其中正确的结论是 .(填出所有正确结论的序号)
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)(2021全国Ⅱ)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
18.(12分)(2021北京顺义二模)已知函数f(x)=ex-mx2(m∈R).
(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;
(2)若存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,求m的取值范围.
19.(12分)已知f(x)=12x2-a2ln x,a>0.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)当x>2a时,证明:f(x)-f(2a)x-2a>32a.
20.(12分)已知函数f(x)=ln x-x.
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)函数g(x)=f(x)+x+12x-m有两个零点x1,x2,且x11.
21.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax2-2x,a∈R.
(1)当a≥0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数h(x)=f(x)+3ax2+3x的极值大于零,求实数a的取值范围.
22.(12分)(2021浙江高考)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围;
(3)当a=e时,证明:对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,满足x2>blnb2e2x1+e2b.
(注:e=2.718 28…是自然对数的底数)
答案：
1.C 解析根据瞬时速度的意义,可得3秒末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
2.A 解析由题干导函数图象知,当x<-2或x>0时,f'(x)<0;当-20,从而得f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在区间(-2,0)上单调递增,只有选项A符合要求.
3.B 解析求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.
4.D 解析由已知得y'=-sinx+a≥0在区间-π2,π2上恒成立,即a≥sinx在区间-π2,π2上恒成立,
∴a≥1.
5.D 解析因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.
由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
6.D 解析由f(x)=xsinx,得f'(x)=sinx+xcosx,当x∈0,π2时,f'(x)>0,故f(x)在区间0,π2内单调递增.
又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),∴f(x)为偶函数,
∴当f(x1)
7.A 解析令f(x)=1-xx+lnx,则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)<0;
当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
∴f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
∴在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值为0.
8.A 解析∵f(x)=lnx+tanα,∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=1x,即tanα=1x-lnx.
设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,
故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.
又0<α<π2,∴α∈π4,π2.
9.D 解析∵当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,即[f(x)g(x)]'>0,
∴当x<0时,f(x)g(x)为增函数,又g(x)是偶函数,且g(3)=0,∴g(-3)=0,
∴f(-3)g(-3)=0.故当x<-3时,f(x)g(x)<0;
∵f(x)g(x)是奇函数,
∴当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0
∴f'(1)=-13f'(1)-2,
解得f'(1)=-32,∴f(x)=x-x2,f'(x)=1-4xx2x,
令f'(x)>0,解得0344,
故f(x)在区间0,344内单调递增,在区间344,+∞内单调递减,故f(x)的最大值是f344,于是a=344.
11.A 解析∵当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,
∴f(x)x'=xf'(x)-f(x)x2>0,
∴f(x)x在区间(0,+∞)内单调递增,
又f(x)是奇函数,且f(-1)=0,∴f(1)=0,
∴当x∈(0,1)时,f(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,
∴a=flog214=f(-2)=-f(2)<0.
∵31.5>21.5>1,∴f(31.5)>0,f(21.5)>0,
且f(31.5)31.5>f(21.5)21.5,∴f(31.5)f(21.5)>321.5>1,
∴b=f(31.5)>f(21.5)=c>0.
∴a
所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)[(2x-2b)+(x-a)]=a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-a+2b3.
由f'(x)=0,解得x=a或x=a+2b3.
若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3
此时a(a-b)<0,即a2
此时a(a-b)<0,即a2
14.17 解析∵f(x)=x(x5-16x2+x-4)=x6-16x3+x2-4x=(x3-8)2+(x-2)2-68,
∴当x=2时,函数f(x)取得最小值,∴x0=2.
∵f(x)x'=5x4-32x+1,
∴曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率k=5×24-32×2+1=17.
15.(2,+∞) 解析由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知,
当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.
又由g(x)=lnx-x+a,则g'(x)=1x-1=1-xx(x>0),
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减.
所以当x=1时,函数有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,
由题意,若∃x1,x2使得f(x1)
16.①③ 解析由已知得f'(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g'(x)=1x+1,当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g1e=1e>0,又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0
17.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)<0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,
∴函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+∞上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上没有零点,
由(1)可得函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+∞上单调递增,
∴f1a=3-3ln1a=3+3lna>0,∴lna>-1,
∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.解(1)因为函数f(x)=ex-mx2(m∈R),所以f'(x)=ex-2mx,f'(1)=e-2m.
由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,
则f'(1)=e-2m=-e,
解得m=e.
(2)因为存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,即ex0-mx02≥2,
又当x0=0时,上式不成立,
所以存在x0∈(0,1],使得ex0-mx02≥2,即m≤ex0-2x02.
令h(x)=ex-2x2(x∈(0,1]),则h'(x)=ex·x2-2x·(ex-2)x4=xex-2ex+4x3.
令φ(x)=xex-2ex+4,则φ'(x)=(x-1)ex.
因为x∈(0,1],ex>0,所以φ'(x)≤0,
所以φ(x)在区间(0,1]上单调递减,φ(1)=4-e>0,
即φ(x)>0在区间(0,1]上恒成立,所以h'(x)>0在区间(0,1]上恒成立,
所以h(x)=ex-2x2在区间(0,1]上单调递增,所以h(x)max=h(1)=e-2,
所以m≤h(x)max=e-2.
综上,m的取值范围为(-∞,e-2].
19.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-a2x=(x+a)(x-a)x.
当x∈(0,a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=12a2-a2lna.
(2)证明由(1)知,f(x)在区间(2a,+∞)内单调递增,
则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-32a(x-2a)>0.
设g(x)=f(x)-f(2a)-32a(x-2a),
则当x>2a时,g'(x)=f'(x)-32a=x-a2x-32a=(2x+a)(x-2a)2x>0,所以g(x)在区间(2a,+∞)内单调递增.
所以当x>2a时,g(x)>g(2a)=0,即f(x)-f(2a)-32a·(x-2a)>0,故f(x)-f(2a)x-2a>32a.
20.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-1=1-xx.
令f'(x)>0,解得01.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明根据题意得g(x)=lnx+12x-m(x>0).
因为x1,x2是函数g(x)=lnx+12x-m的两个零点,
所以lnx1+12x1-m=0,lnx2+12x2-m=0.
两式相减,可得lnx1x2=12x2-12x1,
即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22lnx1x2,
因此x1=x1x2-12lnx1x2,x2=1-x2x12lnx1x2.
令t=x1x2,其中00恒成立,故h(t)
21.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-2ax-2=-2ax2-2x+1x,
当a=0时,令f'(x)=-2x+1x=0,得x=12.
所以当x∈0,12时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈12,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,令f'(x)=0,则-2ax2-2x+1=0.因为Δ=(-2)2-4×(-2a)=4+8a>0,x>0,所以x=-1+1+2a2a.
故函数f(x)在区间0,-1+1+2a2a内单调递增,
在区间-1+1+2a2a,+∞内单调递减.
综上,当a=0时,函数f(x)的单调递增区间为0,12,单调递减区间为12,+∞;当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为0,-1+1+2a2a,单调递减区间为-1+1+2a2a,+∞.
(2)由题意可知,函数h(x)=lnx+2ax2+x,
所以h'(x)=1x+4ax+1=4ax2+x+1x(x>0).
①当a≥0时,h'(x)>0,可知函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极值,不符合题意.
②当a<0时,由h'(x)=0可得4ax2+x+1=0,
则Δ=1-16a>0,且两根之积为x1x2=14a<0,
不妨设x1<0,x2>0,x2=-1-1-16a8a,
则由h'(x)=0可得x=x2,
故h(x)在区间(0,x2)内单调递增,
在区间(x2,+∞)内单调递减,所以x=x2为极值点.
由题意可知,h(x2)=lnx2+2ax22+x2>0.
又4ax22+x2+1=0,所以lnx2+x2-12>0.
构造函数g(x)=lnx+x-12(x>0),则g'(x)=1x+12>0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
又g(1)=0,所以由g(x)>0,解得x>1,
即x2=-1-1-16a8a>1,解得-12
22.解(1)f(x)=ax-bx+e2,f'(x)=axlna-b,
①若b≤0,则f'(x)=axlna-b>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
②若b>0,
由f'(x)<0,得f(x)的单调递减区间为-∞,logablna,
由f'(x)>0,得f(x)的单调递增区间为logablna,+∞.
综上可得,b≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
b>0时,函数f(x)的单调递减区间为-∞,logablna,单调递增区间为logablna,+∞.
(2)f(x)有两个不同零点⇔ax-bx+e2=0有两个不同解⇔exlna-bx+e2=0有两个不同的解.
令t=xlna,则et-btlna+e2=0有两个不同的解⇒blna=et+e2t(t>0)有两个不同的解,
记g(t)=et+e2t,则g'(t)=et·t-(et+e2)t2=et(t-1)-e2t2,
记h(t)=et(t-1)-e2,则h'(t)=et(t-1)+et·1=et·t,在区间(0,+∞)上h'(t)>0,
又h(2)=0,所以t∈(0,2)时,h(t)<0,t∈(2,+∞)时,h(t)>0,
则g(t)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增.
∴blna>g(2)=e2,∴lna
(3)a=e,f(x)=ex-bx+e2(b>e4)有两个不同零点,则ex+e2=bx(b>e4)有两个不同的解,故函数f(x)的零点一定为正数.
由(2)可知f(x)有两个不同零点,记x2>x1,
则b=ex1+e2x1=ex2+e2x2>e4,
注意到函数y=ex+e2x在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,
故x1<25,
b=ex1+e2x1<2e2x1⇒x1<2e2b,
要证x2>blnb2e2x1+e2b,只需证x2>lnb+e2b,
b=ex2+e2x2<2ex2x2且关于b的函数s(b)=lnb+e2b在区间(e4,+∞)上单调递增,
所以只需证x2>ln2ex2x2+e2x22ex2(x2>5),只需证lnex2-ln2ex2x2-e2x22ex2>0,
只需证lnx-e2x2ex-ln2>0(x>5),
∵e22<4,只需证p(x)=lnx-4xex-ln2在区间(5,+∞)上大于零,
由于当x>5时,p'(x)=1x+4xe-x-4e-x=1x+4e-x(x-1)>0,故函数p(x)在区间(5,+∞)上单调递增,
又p(5)=ln5-20e5-ln2=ln52-20e5>0,故p(x)=lnx-4xex-ln2在区间(5,+∞)上大于零,
从而题中的不等式得证.
单元质检三 导数及其应用
(时间:100分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.如果一个物体运动的位移s与时间t的关系为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是( )
A.7米/秒 B.6米/秒
C.5米/秒 D.8米/秒
2.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)的大致图象如图所示,那么f(x)的大致图象最有可能是图中的( )
3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是( )
A.m>0 B.m<0
C.m>1 D.m<1
4.(2021东北师大附中高三月考)若函数y=cos x+ax在区间-π2,π2上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1] B.(-∞,1]
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
5.设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
6.已知函数f(x)=xsin x,x1,x2∈-π2,π2,且f(x1)
C.x12-x22>0 D.x12-x22<0
7.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+ln x恒成立,则a的最大值为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
8.已知函数f(x)=ln x+tan α0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为( )
A.π4,π2 B.0,π3
C.π6,π4 D.0,π4
9.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)·g'(x)>0,且g(3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞)
B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪(0,3)
10.已知函数f(x)=-2f'(1)3x-x2的最大值为f(a),则a等于( )
A.116 B.344
C.14 D.348
11.设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0.已知a=flog214,b=f(31.5),c=f(21.5),则( )
A.a
A.ab
C.ab
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2021全国Ⅱ)曲线y=2x-1x+2在点(-1,-3)处的切线方程为 .
14.已知函数f(x)=x(x5-16x2+x-4),且f(x)≥f(x0)对x∈R恒成立,则曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率为 .
15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)
①0
其中正确的结论是 .(填出所有正确结论的序号)
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)(2021全国Ⅱ)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
18.(12分)(2021北京顺义二模)已知函数f(x)=ex-mx2(m∈R).
(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;
(2)若存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,求m的取值范围.
19.(12分)已知f(x)=12x2-a2ln x,a>0.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)当x>2a时,证明:f(x)-f(2a)x-2a>32a.
20.(12分)已知函数f(x)=ln x-x.
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)函数g(x)=f(x)+x+12x-m有两个零点x1,x2,且x1
21.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax2-2x,a∈R.
(1)当a≥0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数h(x)=f(x)+3ax2+3x的极值大于零,求实数a的取值范围.
22.(12分)(2021浙江高考)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围;
(3)当a=e时,证明:对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,满足x2>blnb2e2x1+e2b.
(注:e=2.718 28…是自然对数的底数)
答案：
1.C 解析根据瞬时速度的意义,可得3秒末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
2.A 解析由题干导函数图象知,当x<-2或x>0时,f'(x)<0;当-2
3.B 解析求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.
4.D 解析由已知得y'=-sinx+a≥0在区间-π2,π2上恒成立,即a≥sinx在区间-π2,π2上恒成立,
∴a≥1.
5.D 解析因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.
由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
6.D 解析由f(x)=xsinx,得f'(x)=sinx+xcosx,当x∈0,π2时,f'(x)>0,故f(x)在区间0,π2内单调递增.
又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),∴f(x)为偶函数,
∴当f(x1)
7.A 解析令f(x)=1-xx+lnx,则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)<0;
当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
∴f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
∴在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值为0.
8.A 解析∵f(x)=lnx+tanα,∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=1x,即tanα=1x-lnx.
设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,
故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.
又0<α<π2,∴α∈π4,π2.
9.D 解析∵当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,即[f(x)g(x)]'>0,
∴当x<0时,f(x)g(x)为增函数,又g(x)是偶函数,且g(3)=0,∴g(-3)=0,
∴f(-3)g(-3)=0.故当x<-3时,f(x)g(x)<0;
∵f(x)g(x)是奇函数,
∴当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0
∴f'(1)=-13f'(1)-2,
解得f'(1)=-32,∴f(x)=x-x2,f'(x)=1-4xx2x,
令f'(x)>0,解得0
故f(x)在区间0,344内单调递增,在区间344,+∞内单调递减,故f(x)的最大值是f344,于是a=344.
11.A 解析∵当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,
∴f(x)x'=xf'(x)-f(x)x2>0,
∴f(x)x在区间(0,+∞)内单调递增,
又f(x)是奇函数,且f(-1)=0,∴f(1)=0,
∴当x∈(0,1)时,f(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,
∴a=flog214=f(-2)=-f(2)<0.
∵31.5>21.5>1,∴f(31.5)>0,f(21.5)>0,
且f(31.5)31.5>f(21.5)21.5,∴f(31.5)f(21.5)>321.5>1,
∴b=f(31.5)>f(21.5)=c>0.
∴a
所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)[(2x-2b)+(x-a)]=a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-a+2b3.
由f'(x)=0,解得x=a或x=a+2b3.
若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3
此时a(a-b)<0,即a2
此时a(a-b)<0,即a2
14.17 解析∵f(x)=x(x5-16x2+x-4)=x6-16x3+x2-4x=(x3-8)2+(x-2)2-68,
∴当x=2时,函数f(x)取得最小值,∴x0=2.
∵f(x)x'=5x4-32x+1,
∴曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率k=5×24-32×2+1=17.
15.(2,+∞) 解析由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知,
当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.
又由g(x)=lnx-x+a,则g'(x)=1x-1=1-xx(x>0),
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减.
所以当x=1时,函数有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,
由题意,若∃x1,x2使得f(x1)
16.①③ 解析由已知得f'(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g'(x)=1x+1,当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g1e=1e>0,又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0
17.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)<0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,
∴函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+∞上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上没有零点,
由(1)可得函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+∞上单调递增,
∴f1a=3-3ln1a=3+3lna>0,∴lna>-1,
∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.解(1)因为函数f(x)=ex-mx2(m∈R),所以f'(x)=ex-2mx,f'(1)=e-2m.
由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,
则f'(1)=e-2m=-e,
解得m=e.
(2)因为存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,即ex0-mx02≥2,
又当x0=0时,上式不成立,
所以存在x0∈(0,1],使得ex0-mx02≥2,即m≤ex0-2x02.
令h(x)=ex-2x2(x∈(0,1]),则h'(x)=ex·x2-2x·(ex-2)x4=xex-2ex+4x3.
令φ(x)=xex-2ex+4,则φ'(x)=(x-1)ex.
因为x∈(0,1],ex>0,所以φ'(x)≤0,
所以φ(x)在区间(0,1]上单调递减,φ(1)=4-e>0,
即φ(x)>0在区间(0,1]上恒成立,所以h'(x)>0在区间(0,1]上恒成立,
所以h(x)=ex-2x2在区间(0,1]上单调递增,所以h(x)max=h(1)=e-2,
所以m≤h(x)max=e-2.
综上,m的取值范围为(-∞,e-2].
19.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-a2x=(x+a)(x-a)x.
当x∈(0,a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=12a2-a2lna.
(2)证明由(1)知,f(x)在区间(2a,+∞)内单调递增,
则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-32a(x-2a)>0.
设g(x)=f(x)-f(2a)-32a(x-2a),
则当x>2a时,g'(x)=f'(x)-32a=x-a2x-32a=(2x+a)(x-2a)2x>0,所以g(x)在区间(2a,+∞)内单调递增.
所以当x>2a时,g(x)>g(2a)=0,即f(x)-f(2a)-32a·(x-2a)>0,故f(x)-f(2a)x-2a>32a.
20.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-1=1-xx.
令f'(x)>0,解得0
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明根据题意得g(x)=lnx+12x-m(x>0).
因为x1,x2是函数g(x)=lnx+12x-m的两个零点,
所以lnx1+12x1-m=0,lnx2+12x2-m=0.
两式相减,可得lnx1x2=12x2-12x1,
即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22lnx1x2,
因此x1=x1x2-12lnx1x2,x2=1-x2x12lnx1x2.
令t=x1x2,其中0
21.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-2ax-2=-2ax2-2x+1x,
当a=0时,令f'(x)=-2x+1x=0,得x=12.
所以当x∈0,12时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈12,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,令f'(x)=0,则-2ax2-2x+1=0.因为Δ=(-2)2-4×(-2a)=4+8a>0,x>0,所以x=-1+1+2a2a.
故函数f(x)在区间0,-1+1+2a2a内单调递增,
在区间-1+1+2a2a,+∞内单调递减.
综上,当a=0时,函数f(x)的单调递增区间为0,12,单调递减区间为12,+∞;当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为0,-1+1+2a2a,单调递减区间为-1+1+2a2a,+∞.
(2)由题意可知,函数h(x)=lnx+2ax2+x,
所以h'(x)=1x+4ax+1=4ax2+x+1x(x>0).
①当a≥0时,h'(x)>0,可知函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极值,不符合题意.
②当a<0时,由h'(x)=0可得4ax2+x+1=0,
则Δ=1-16a>0,且两根之积为x1x2=14a<0,
不妨设x1<0,x2>0,x2=-1-1-16a8a,
则由h'(x)=0可得x=x2,
故h(x)在区间(0,x2)内单调递增,
在区间(x2,+∞)内单调递减,所以x=x2为极值点.
由题意可知,h(x2)=lnx2+2ax22+x2>0.
又4ax22+x2+1=0,所以lnx2+x2-12>0.
构造函数g(x)=lnx+x-12(x>0),则g'(x)=1x+12>0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
又g(1)=0,所以由g(x)>0,解得x>1,
即x2=-1-1-16a8a>1,解得-12
22.解(1)f(x)=ax-bx+e2,f'(x)=axlna-b,
①若b≤0,则f'(x)=axlna-b>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
②若b>0,
由f'(x)<0,得f(x)的单调递减区间为-∞,logablna,
由f'(x)>0,得f(x)的单调递增区间为logablna,+∞.
综上可得,b≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
b>0时,函数f(x)的单调递减区间为-∞,logablna,单调递增区间为logablna,+∞.
(2)f(x)有两个不同零点⇔ax-bx+e2=0有两个不同解⇔exlna-bx+e2=0有两个不同的解.
令t=xlna,则et-btlna+e2=0有两个不同的解⇒blna=et+e2t(t>0)有两个不同的解,
记g(t)=et+e2t,则g'(t)=et·t-(et+e2)t2=et(t-1)-e2t2,
记h(t)=et(t-1)-e2,则h'(t)=et(t-1)+et·1=et·t,在区间(0,+∞)上h'(t)>0,
又h(2)=0,所以t∈(0,2)时,h(t)<0,t∈(2,+∞)时,h(t)>0,
则g(t)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增.
∴blna>g(2)=e2,∴lna
(3)a=e,f(x)=ex-bx+e2(b>e4)有两个不同零点,则ex+e2=bx(b>e4)有两个不同的解,故函数f(x)的零点一定为正数.
由(2)可知f(x)有两个不同零点,记x2>x1,
则b=ex1+e2x1=ex2+e2x2>e4,
注意到函数y=ex+e2x在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,
故x1<2
b=ex1+e2x1<2e2x1⇒x1<2e2b,
要证x2>blnb2e2x1+e2b,只需证x2>lnb+e2b,
b=ex2+e2x2<2ex2x2且关于b的函数s(b)=lnb+e2b在区间(e4,+∞)上单调递增,
所以只需证x2>ln2ex2x2+e2x22ex2(x2>5),只需证lnex2-ln2ex2x2-e2x22ex2>0,
只需证lnx-e2x2ex-ln2>0(x>5),
∵e22<4,只需证p(x)=lnx-4xex-ln2在区间(5,+∞)上大于零,
由于当x>5时,p'(x)=1x+4xe-x-4e-x=1x+4e-x(x-1)>0,故函数p(x)在区间(5,+∞)上单调递增,
又p(5)=ln5-20e5-ln2=ln52-20e5>0,故p(x)=lnx-4xex-ln2在区间(5,+∞)上大于零,
从而题中的不等式得证.
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