暑假复习卷(四) 单元过关：导数及其应用-【精彩假期】高二数学暑假作业（人教A版 浙江专版）

暑假复习卷(四) 1．D　2．C　3．D　4．C　5．B　6．A 7．C　【解析】 当x>0时，f(x)＝ln x，f′＝；当x<0时，f(x)＝ln ，f′＝.故选C. 8．A　【解析】 y′＝cos 2x－a sin x≥0在(0，π)上恒成立，即a≤＝在(0，π)上恒成立．令t＝sin x∈(0，1]，g(t)＝＝－2t，t∈(0，1]，易知函数g(t)在(0，1]上单调递减，所以g(t)min＝g(1)＝－1，所以a≤－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1]. 9．D　【解析】 当a＝0时，函数f只有一个零点，故a≠0. 因为函数f(x)＝aex－bx存在两个零点x1，x2，且x2>x1>0， 所以方程＝在上有两个不相等的实数根． 令g＝，x∈，g′＝， 所以当x∈时，g′>0，当x∈时， g′<0， 故函数g＝，x∈在上单调递增，在上单调递减， 所以g＝g＝e，所以>e>0， 当a>0时，b>ae>0，当a<0时，b<ae<0. 故选D. 10．C　【解析】 当a<0时，ex－a>0，若f(x)＝≥0，即tax＋1≥0，这与不等式的解集为R矛盾．当a＝0时，不等式f>0恒成立．当a>0时，易知t>0，由f＝＝0知x＝ln a或x＝－，因为f(x)≥0在R上恒成立， 所以ln a＝－⇔－＝a ln a，所以原问题等价于关于a的方程－＝a ln a有两解． 设h(a)＝a ln a，则h′(a)＝ln a＋1，当0<a<时，h′(a)<0，h(a)单调递减，当a>时，h′(a)>0，h(a)单调递增， 所以h(a)min＝h＝－. 又当a→0时，h(a)→0，当a＝1时，h(a)＝0，当a→＋∞时，h(a)→＋∞， 所以－<－<0，所以t>e. 故选C. 11．－　　12．4ex－e－x　y＝3x＋5 13．2tx－y－t2＝0　4　【解析】 f(x)＝x2，f′＝2x，故PQ直线方程为y－t2＝2t，即2tx－y－t2＝0. P，Q，故S△APQ＝g＝，t∈，故g′＝t2－12t＋36<0，解得4<t<12，故4<t<6，故m的最小值是4. 14．e　e　【解析】 由f′(x)＝1－＝(x＞0)知，当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，该极小值也是最小值．由a－a ln a＝0，a>0，解得ln a＝1，即a＝e，所以f(x)的极小值点为a，即e. 15．(－1，0)　【解析】 f′(x)＝－－＝－(x>0)，因为f(x)有两个不同的零点，故f(x)在(0，＋∞)上不单调，所以a<0，故f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)单调递减，则f(x)的最大值为f(－a)，f(－a)＝－ln (－a)＞0，故0＜－a＜1，即－1＜a＜0. 16．－3　【解析】 由f′＝6x2－2ax＝0，得x＝0或x＝.因为函数f在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f＝1，所以>0，f＝0，因此2－a＋1＝0，a＝3，从而函数f在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f，f(x)min＝min＝f(－1)，f(x)max＋f(x)min＝f＋f(－1)＝1－4＝－3. 17．　【解析】 由a≥2ln x，可知当x>1时，a>0⇒a>0. 又ax≥2ln x＝ln x2， 即ln eax≥ln x2， 令F＝ln x，即F′＝ln x＋， F″＝－＝， ∴F′在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F′≥F′＝2>0， ∴F在上单调递增． 当x>0时，ax>0，x2>0.由F≥F⇒eax≥x2， ∴ax≥2ln x，a≥. 设h(x)＝，h′(x)＝， 当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴h(x)max＝h(e)＝，所以a≥，故a的最小值为. 18．解：(1)由题意可得f′(x)＝3ax2＋2x， 因为f在x＝－处取得极值，所以f′＝0， 即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝. 此时f′(x)＝x2＋2x＝x，所以f在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以f在x＝－处取得极大值， 所以a＝. (2)由题意得g(x)＝·ex，故g(1)＝. 又g′(x)＝ex＋ex ＝x(x＋1)(x＋4)ex，则g′(1)＝5e， 因此曲线g点(1, g(1))处的切线的方程为y－＝5e(x－1)，即10ex－2y－7e＝0. 19．解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x>－1}， f′(x)＝－1＝－. 令f′(x)＝－<0，解得x>0，故f(x)在(0，＋∞)上单