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2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：第3章 阶段自测卷（二） (含解析)
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阶段自测卷(二)
(时间：120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．(2019·沈阳东北育才学校联考)已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为( )
A．5，－1 B．－1,5 C．－1,0 D．0，－1
答案 D
解析 由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.
2．已知函数f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，则a等于( )
A．0 B．1 C．2 D．4
答案 A
解析 ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，
∴sin ＋cos ＋a＝1，即a＝0.
3．(2019·淄博期中)若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 A
解析 f(x)的导数为f′(x)＝m＋，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.
4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 020(x)等于( )
A．－sin x－cos x B．sin x－cos x
C．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x
答案 B
解析 ∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，
∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴fn(x)是以4为周期的函数，
∴f2 020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.
5．(2019·四川诊断)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于( )
A．1 B．－1 C．－e D．－e－1
答案 D
解析 已知f(x)＝2xf′(e)＋ln x，
其导数f′(x)＝2f′(e)＋，令x＝e，
可得f′(e)＝2f′(e)＋，变形可得f′(e)＝－，故选D.
6．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0
A．5 B．3 C．－3 D．－5
答案 D
解析 f′(x)＝2x，g′(x)＝－4，令2x＝－4，解得x＝1，这就是切点的横坐标，代入g(x)求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f(x)得1＋m＝－4，m＝－5.故选D.
8．(2019·新乡模拟)若函数f(x)＝aex＋sin x在上单调递增，则a的取值范围为( )
A. B．[－1,1]
C．[－1，＋∞) D．[0，＋∞)
答案 D
解析 依题意得，f′(x)＝aex＋cos x≥0，
即a≥－对x∈恒成立，
设g(x)＝－，x∈，
g′(x)＝，令g′(x)＝0，则x＝－，
当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0，
故g(x)max＝max＝0，则a≥0.
故选D.
9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )
A. B. C．81π D．128π
答案 B
解析 小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h(0
答案 B
解析 原不等式可转化为<，构造函数f(x)＝，f′(x)＝，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x1
解析 设g(x)＝e－xf(x)，
∴g′(x)＝－e－xf(x)＋e－xf′(x)＝e－x(f′(x)－f(x))，
∵f′(x)
g(－2)＝e2f(－2)＝e2f(2)，
且g(－2)>g(0)>g(1)，
∴e－1f(1)< f(0)
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由函数f(x)＝－x3－x2＋ax－b，
可得f′(x)＝－x2－x＋a，
则f(0)＝－b＝－a，f′(0)＝a＝2，则b＝2 ，
即f(x)＝－x3－x2＋2x－2，
f′(x)＝－x2－x＋2＝－(x－1)(x＋2)，
所以函数f(x)在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，
又由关于x的方程f(x2)＝m有四个不同的实数解，等价于函数f(x)的图象与直线y＝m在x∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f(0)＝－2，f(1)＝－，
所以－2
13．(2019·陕西四校联考)已知函数f(x)＝ln x＋2x2－4x，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为________________．
答案 x－y－3＝0
解析 ∵f(x)＝ln x＋2x2－4x，
∴f ′(x)＝＋4x－4，∴f ′(1)＝1，又f(1)＝－2，
∴所求切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.
14．已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，若函数f(x)存在三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝ln x＋(x－a)＝ln x＋1－，
函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，若函数f(x)存在三个单调区间，则f′(x)有两个变号零点，
即f′(x)＝0有两个不等实根，即a＝x(ln x＋1)有两个不等实根，转化为y＝a与y＝x(ln x＋1)的图象有两个不同的交点．令g(x)＝x(ln x＋1)，
则g′(x)＝ln x＋2，令ln x＋2＝0，则x＝，
即g(x)＝x(ln x＋1)在上单调递减，
在上单调递增．
[g(x)]min＝－，当x→0时，g(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以结合f(x)的图象(图略)可知a的取值范围为.
15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，f(a－1)＋f(2a2) ≤0，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 由函数f(x)＝x3－2x＋ex－，得f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥－2＋ex＋≥－2＋2＝0，当且仅当x＝0时等号成立，可得f(x)在R上递增，
又f(－x)＋f(x)＝(－x)3＋2x＋e－x－ex＋x3－2x＋ex－＝0，可得f(x)为奇函数，则f(a－1)＋f(2a2)≤0 ，即有f(2a2)≤0－f(a－1)＝f(1－a)，即有2a2≤1－a ，解得－1≤a≤.
16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且对任意的不相等的实数x1，x2∈[0，＋∞)有<0成立，若关于x的不等式f(2mx－ln x－3)≥ 2f(3)－f(－2mx＋ln x＋3)在x∈[1,3]上恒成立，则实数m的取值范围是______________．
答案
解析 ∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，
∴函数f(x)为偶函数．
又f(2mx－ln x－3)≥2f(3)－f(－2mx＋ln x＋3)
＝2f(3)－f(2mx－ln x－3)，
∴f(2mx－ln x－3)≥f(3)．
由题意可得函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．
∴|2mx－ln x－3|≤3对x∈[1,3]恒成立，
∴－3≤2mx－ln x－3≤3对x∈[1,3]恒成立，
即≤m≤对x∈[1,3]恒成立．
令g(x)＝，x∈[1,3]，则g′(x)＝，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，在(e,3]上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝.
令h(x)＝，x∈[1,3]，则h′(x)＝<0，
∴h(x)在[1,3]上单调递减，
∴h(x)min＝h(3)＝＝1＋.
综上可得实数m的取值范围为.
三、解答题(本大题共70分)
17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m为常数，且m>0)有极大值9.
(1)求m的值；
(2)若斜率为－5的直线是曲线y＝f(x)的切线，求此直线方程．
解 (1)f′(x)＝3x2＋2mx－m2＝(x＋m)(3x－m)＝0，
令f′(x)＝0，则x＝－m或x＝m，
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－m)
－m
m
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
从而可知，当x＝－m时，函数f(x)取得极大值9，
即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，∴m＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x3＋2x2－4x＋1，
依题意知f′(x)＝3x2＋4x－4＝－5，
∴x＝－1或x＝－，
又f(－1)＝6，f＝，
所以切线方程为y－6＝－5(x＋1)或
y－＝－5，
即5x＋y－1＝0或135x＋27y－23＝0.
18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f(x)＝xsin x＋2cos x＋ax＋2，其中a为常数．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝处的切线斜率为－2，求该切线的方程；
(2)求函数f(x)在x∈[0，π]上的最小值．
解 (1)求导得f′(x)＝xcos x－sin x＋a，
由f′＝a－1＝－2，解得a＝－1.
此时f＝2，所以该切线的方程为
y－2＝－2，即2x＋y－2－π＝0.
(2)对任意x∈[0，π]，f″(x)＝－xsin x≤0，
所以f′(x)在[0，π]内单调递减．
当a≤0时，f′(x)≤f′(0)＝a≤0，
∴f(x)在区间[0，π]上单调递减，故f(x)min＝f(π)＝aπ.
当a≥π时，f′(x)≥f′(π)＝a－π≥0，
∴f(x)在区间[0，π]上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝4.
当00，f′(π)＝a－π<0，且f′(x)在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且f(x)在[0，x0]上单调递增，在[x0，π]上单调递减．故f(x)的最小值等于f(0)＝4和f(π)＝aπ中较小的一个值．
①当≤a<π时，f(0)≤f(π)，故f(x)的最小值为f(0)＝4.
②当0
19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f(x)＝4ln x－mx2＋1(m∈R)．
(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y－1＝0平行，求实数m的值；
(2)若对于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝4ln x－mx2＋1，
∴f′(x)＝－2mx，
∴f′(1)＝4－2m，
∵函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线2x－y－1＝0平行，∴f′(1)＝4－2m＝2，
∴m＝1.
(2)∵对于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，
∴4ln x－mx2＋1≤0，在x∈[1，e]上恒成立，
即对于任意x∈[1，e]，m≥恒成立，
令g(x)＝，x∈[1，e]，
g′(x)＝，
令g′(x)>0，得1
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值
∴函数g(x)在区间[1，e]上的最大值g(x)max＝g()＝＝，∴m≥，
即实数m的取值范围是.
20．(12分)已知函数f(x)＝ln x－ax(ax＋1)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－2a2x－a＝
＝，
当a＝0时，f(x)＝ln x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0
函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
当a<0时，由f′(x)>0，得0
函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)①当a＝0时，函数f(x)在内有1个零点x0＝1;
②当a>0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
若≥1，即0
又∵a>，∴ln <0，∴不等式不成立．
∴f(x)在(0,1]内无零点；
③当a<0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
若－≥1，即－1≤a<0时，f(x)在(0,1]上单调递增，由于当x→0时，f(x)→－∞，且f(1)＝－a2－a>0，知函数f(x)在(0,1]内有1个零点；
若0<－<1，即a<－1时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，由于当x→0时，f(x)→－∞，且当a<－1时，f＝ln<0，知函数f(x)在(0,1]内无零点．
综上可得a的取值范围是[－1,0]．
21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC的直线DE将△ADE剪去，得到所需的梯形钢板BCED，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S(单位：平方米)．
(1)求梯形BCED的面积S关于它的周长x的函数关系式；
(2)若在生产中，梯形BCED的面积与周长之比达到最大值时，零件才能符合使用要求，试确定这个梯形的周长x为多少时，该零件才可以在生产中使用？
解 (1)∵DE∥BC，△ABC是正三角形，
∴△ADE是正三角形，AD＝DE＝AE，BD＝CE＝3－AD，
则DE＋2(3－AD)＋3＝9－AD＝x，
S＝
＝(6
S＝(－x2＋18x－72)(6
令f′(x)＝0，得x＝6或x＝－6(舍去)，
f(x)，f′(x)随x的变化如下表：
x
(6,6)
6
(6，9)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴当x＝6时，函数f(x)＝有最大值，
为f(6)＝－3.
∴当x＝6米时，该零件才可以在生产中使用．
22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
由于x∈(0，＋∞)，故h′(x)＝2ex－2>0，于是h(x)＝2ex－2x在(0，＋∞)上为增函数，
所以h(x)＝2ex－2x>h(0)＝2>0，即f′(x)＝2ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex－x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′(x)＝kex－2x＝0的两个根，即方程k＝有两个根，
设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
当x<0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)<0；
当00，函数φ(x)单调递增且φ(x)>0；
当x>1时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减且φ(x)>0.
作出函数φ(x)的图象如图所示，
要使方程k＝有两个根，只需0
所以f(x1)＝－x＝－x＝－x＋2x1
＝－(x1－1)2＋1，
由于x1∈(0,1)，所以0<－(x1－1)2＋1<1，
所以0
(时间：120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．(2019·沈阳东北育才学校联考)已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为( )
A．5，－1 B．－1,5 C．－1,0 D．0，－1
答案 D
解析 由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.
2．已知函数f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，则a等于( )
A．0 B．1 C．2 D．4
答案 A
解析 ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，
∴sin ＋cos ＋a＝1，即a＝0.
3．(2019·淄博期中)若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 A
解析 f(x)的导数为f′(x)＝m＋，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.
4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 020(x)等于( )
A．－sin x－cos x B．sin x－cos x
C．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x
答案 B
解析 ∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，
∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴fn(x)是以4为周期的函数，
∴f2 020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.
5．(2019·四川诊断)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于( )
A．1 B．－1 C．－e D．－e－1
答案 D
解析 已知f(x)＝2xf′(e)＋ln x，
其导数f′(x)＝2f′(e)＋，令x＝e，
可得f′(e)＝2f′(e)＋，变形可得f′(e)＝－，故选D.
6．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0
A．5 B．3 C．－3 D．－5
答案 D
解析 f′(x)＝2x，g′(x)＝－4，令2x＝－4，解得x＝1，这就是切点的横坐标，代入g(x)求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f(x)得1＋m＝－4，m＝－5.故选D.
8．(2019·新乡模拟)若函数f(x)＝aex＋sin x在上单调递增，则a的取值范围为( )
A. B．[－1,1]
C．[－1，＋∞) D．[0，＋∞)
答案 D
解析 依题意得，f′(x)＝aex＋cos x≥0，
即a≥－对x∈恒成立，
设g(x)＝－，x∈，
g′(x)＝，令g′(x)＝0，则x＝－，
当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0，
故g(x)max＝max＝0，则a≥0.
故选D.
9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )
A. B. C．81π D．128π
答案 B
解析 小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h(0
答案 B
解析 原不等式可转化为<，构造函数f(x)＝，f′(x)＝，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x1
解析 设g(x)＝e－xf(x)，
∴g′(x)＝－e－xf(x)＋e－xf′(x)＝e－x(f′(x)－f(x))，
∵f′(x)
g(－2)＝e2f(－2)＝e2f(2)，
且g(－2)>g(0)>g(1)，
∴e－1f(1)< f(0)
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由函数f(x)＝－x3－x2＋ax－b，
可得f′(x)＝－x2－x＋a，
则f(0)＝－b＝－a，f′(0)＝a＝2，则b＝2 ，
即f(x)＝－x3－x2＋2x－2，
f′(x)＝－x2－x＋2＝－(x－1)(x＋2)，
所以函数f(x)在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，
又由关于x的方程f(x2)＝m有四个不同的实数解，等价于函数f(x)的图象与直线y＝m在x∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f(0)＝－2，f(1)＝－，
所以－2
13．(2019·陕西四校联考)已知函数f(x)＝ln x＋2x2－4x，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为________________．
答案 x－y－3＝0
解析 ∵f(x)＝ln x＋2x2－4x，
∴f ′(x)＝＋4x－4，∴f ′(1)＝1，又f(1)＝－2，
∴所求切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.
14．已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，若函数f(x)存在三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝ln x＋(x－a)＝ln x＋1－，
函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，若函数f(x)存在三个单调区间，则f′(x)有两个变号零点，
即f′(x)＝0有两个不等实根，即a＝x(ln x＋1)有两个不等实根，转化为y＝a与y＝x(ln x＋1)的图象有两个不同的交点．令g(x)＝x(ln x＋1)，
则g′(x)＝ln x＋2，令ln x＋2＝0，则x＝，
即g(x)＝x(ln x＋1)在上单调递减，
在上单调递增．
[g(x)]min＝－，当x→0时，g(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以结合f(x)的图象(图略)可知a的取值范围为.
15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，f(a－1)＋f(2a2) ≤0，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 由函数f(x)＝x3－2x＋ex－，得f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥－2＋ex＋≥－2＋2＝0，当且仅当x＝0时等号成立，可得f(x)在R上递增，
又f(－x)＋f(x)＝(－x)3＋2x＋e－x－ex＋x3－2x＋ex－＝0，可得f(x)为奇函数，则f(a－1)＋f(2a2)≤0 ，即有f(2a2)≤0－f(a－1)＝f(1－a)，即有2a2≤1－a ，解得－1≤a≤.
16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且对任意的不相等的实数x1，x2∈[0，＋∞)有<0成立，若关于x的不等式f(2mx－ln x－3)≥ 2f(3)－f(－2mx＋ln x＋3)在x∈[1,3]上恒成立，则实数m的取值范围是______________．
答案
解析 ∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，
∴函数f(x)为偶函数．
又f(2mx－ln x－3)≥2f(3)－f(－2mx＋ln x＋3)
＝2f(3)－f(2mx－ln x－3)，
∴f(2mx－ln x－3)≥f(3)．
由题意可得函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．
∴|2mx－ln x－3|≤3对x∈[1,3]恒成立，
∴－3≤2mx－ln x－3≤3对x∈[1,3]恒成立，
即≤m≤对x∈[1,3]恒成立．
令g(x)＝，x∈[1,3]，则g′(x)＝，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，在(e,3]上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝.
令h(x)＝，x∈[1,3]，则h′(x)＝<0，
∴h(x)在[1,3]上单调递减，
∴h(x)min＝h(3)＝＝1＋.
综上可得实数m的取值范围为.
三、解答题(本大题共70分)
17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m为常数，且m>0)有极大值9.
(1)求m的值；
(2)若斜率为－5的直线是曲线y＝f(x)的切线，求此直线方程．
解 (1)f′(x)＝3x2＋2mx－m2＝(x＋m)(3x－m)＝0，
令f′(x)＝0，则x＝－m或x＝m，
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－m)
－m
m
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
从而可知，当x＝－m时，函数f(x)取得极大值9，
即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，∴m＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x3＋2x2－4x＋1，
依题意知f′(x)＝3x2＋4x－4＝－5，
∴x＝－1或x＝－，
又f(－1)＝6，f＝，
所以切线方程为y－6＝－5(x＋1)或
y－＝－5，
即5x＋y－1＝0或135x＋27y－23＝0.
18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f(x)＝xsin x＋2cos x＋ax＋2，其中a为常数．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝处的切线斜率为－2，求该切线的方程；
(2)求函数f(x)在x∈[0，π]上的最小值．
解 (1)求导得f′(x)＝xcos x－sin x＋a，
由f′＝a－1＝－2，解得a＝－1.
此时f＝2，所以该切线的方程为
y－2＝－2，即2x＋y－2－π＝0.
(2)对任意x∈[0，π]，f″(x)＝－xsin x≤0，
所以f′(x)在[0，π]内单调递减．
当a≤0时，f′(x)≤f′(0)＝a≤0，
∴f(x)在区间[0，π]上单调递减，故f(x)min＝f(π)＝aπ.
当a≥π时，f′(x)≥f′(π)＝a－π≥0，
∴f(x)在区间[0，π]上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝4.
当0
①当≤a<π时，f(0)≤f(π)，故f(x)的最小值为f(0)＝4.
②当0
19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f(x)＝4ln x－mx2＋1(m∈R)．
(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y－1＝0平行，求实数m的值；
(2)若对于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝4ln x－mx2＋1，
∴f′(x)＝－2mx，
∴f′(1)＝4－2m，
∵函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线2x－y－1＝0平行，∴f′(1)＝4－2m＝2，
∴m＝1.
(2)∵对于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，
∴4ln x－mx2＋1≤0，在x∈[1，e]上恒成立，
即对于任意x∈[1，e]，m≥恒成立，
令g(x)＝，x∈[1，e]，
g′(x)＝，
令g′(x)>0，得1
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值
∴函数g(x)在区间[1，e]上的最大值g(x)max＝g()＝＝，∴m≥，
即实数m的取值范围是.
20．(12分)已知函数f(x)＝ln x－ax(ax＋1)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－2a2x－a＝
＝，
当a＝0时，f(x)＝ln x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0
函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
当a<0时，由f′(x)>0，得0
函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)①当a＝0时，函数f(x)在内有1个零点x0＝1;
②当a>0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
若≥1，即0
又∵a>，∴ln <0，∴不等式不成立．
∴f(x)在(0,1]内无零点；
③当a<0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
若－≥1，即－1≤a<0时，f(x)在(0,1]上单调递增，由于当x→0时，f(x)→－∞，且f(1)＝－a2－a>0，知函数f(x)在(0,1]内有1个零点；
若0<－<1，即a<－1时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，由于当x→0时，f(x)→－∞，且当a<－1时，f＝ln<0，知函数f(x)在(0,1]内无零点．
综上可得a的取值范围是[－1,0]．
21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC的直线DE将△ADE剪去，得到所需的梯形钢板BCED，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S(单位：平方米)．
(1)求梯形BCED的面积S关于它的周长x的函数关系式；
(2)若在生产中，梯形BCED的面积与周长之比达到最大值时，零件才能符合使用要求，试确定这个梯形的周长x为多少时，该零件才可以在生产中使用？
解 (1)∵DE∥BC，△ABC是正三角形，
∴△ADE是正三角形，AD＝DE＝AE，BD＝CE＝3－AD，
则DE＋2(3－AD)＋3＝9－AD＝x，
S＝
＝(6
S＝(－x2＋18x－72)(6
令f′(x)＝0，得x＝6或x＝－6(舍去)，
f(x)，f′(x)随x的变化如下表：
x
(6,6)
6
(6，9)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴当x＝6时，函数f(x)＝有最大值，
为f(6)＝－3.
∴当x＝6米时，该零件才可以在生产中使用．
22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
由于x∈(0，＋∞)，故h′(x)＝2ex－2>0，于是h(x)＝2ex－2x在(0，＋∞)上为增函数，
所以h(x)＝2ex－2x>h(0)＝2>0，即f′(x)＝2ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex－x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′(x)＝kex－2x＝0的两个根，即方程k＝有两个根，
设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
当x<0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)<0；
当0
当x>1时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减且φ(x)>0.
作出函数φ(x)的图象如图所示，
要使方程k＝有两个根，只需0
所以f(x1)＝－x＝－x＝－x＋2x1
＝－(x1－1)2＋1，
由于x1∈(0,1)，所以0<－(x1－1)2＋1<1，
所以0
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