暑假复习卷(五) 单元深化：导数相关的核心问题-【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(五) [核心夯实] 1．A 2．D　【解析】 f(x)＝sin －－mx，则f′(x)＝2cos －x－m. 由f(x)在上单调递减，则f′(x)≤0在恒成立，故m≥，x∈. 令g(x)＝2cos －x，x∈，则2x＋∈， 故g(x)在上单调递减，故g(x)max＝g(0)＝， 故m的最小值是，故选D. 3．4　－　4．(1，＋∞)　 5．解：(1)f′(x)＝， 所以切线斜率k＝f′＝a－e，而f＝e－2a， 所以曲线y＝f在点处的切线方程为y－f＝k即y＝x＋2e－3a. (2)可知函数f的定义域为，当a＝－1时，f′＝.又ex＋x>0，所以当0<x<2时， f′<0，当x>2时，f′>0， 故f的单调递减区间为，单调递增区间为. 6．B　【解析】 因为f(b)＝0，x＝b是函数f(x)的极小值点，结合三次函数的图象可设f(x)＝(x－b)2(x＋m). 又f(x)＝(x－b)(x2＋ax＋b)， 令x＝0得b2m＝－b2，m＝－1， 即f(x)＝(x－1)(x－b)2， f′(x)＝(x－b)(3x－b－2)，由f′(x)＝0得x1＝b，x2＝. 又x＝b是极小值点，则是极大值点，b>，所以b>1.故选B. 7．A　【解析】 F′＝f′－k，由图可知，F′有3个零点x1，x2，x3，F在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故x1，x3为极小值点，x2为极大值点， 故F有2个极小值点，1个极大值点．故选A. 8．C　【解析】 f′＝aeax＋1，令f′＝0，得aeax＋1＝0，x＝ln ，所以ln >0，由此可得－>0，a<0，所以<0，所以不等式化为ln <0＝ln 1，所以0<－<1，a<－1. 9．(－1，1)　【解析】 由f(x)＝·ex，得f′(x)＝·ex＝－·ex， 所以在和上，f′<0，在上，f′>0， 所以函数f在和上单调递减，在上单调递增，所以当x＝1时，函数f取得极大值f. 又函数f(x)＝·ex在区间上有极大值，则a<1且a＋2>1，解得－1<a<1，则a的取值范围是(－1，1). 10．解：(1)当a＝2e时，f(x)＝xex－2eln x， ∴f′(x)＝(x＋1)ex－， 因为f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0， 所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． (2)∵f(x)＝xex－a ln x， ∴f′(x)＝(x＋1)ex－且f(1)＝e， 显然对每个a＞0，存在唯一的正数x0，满足f′(x0)＝0， 即x0(1＋x0)ex0＝a，所以f(x)的最小值在x0处取到， 即g(a)＝f(x0)＝x0ex0－a ln x0 ＝x0ex0－x0(1＋x0)ex0ln x0， 令h(x)＝xex－(x＋1)xex ln x， ∴h′(x)＝－ex[(x＋1)2＋x]ln x， 所以在区间(0，1)上h′(x)＞0，h(x)单调递增； 在区间(1，＋∞)上h′(x)＜0，h(x)单调递减， 所以g(a)max＝h(x)max＝h(1)＝e，此时a＝2e. 11．D　【解析】 不等式f(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立， 即ln x－－2mx＋n≤0， 即ln x－≤2m 对x＞0恒成立． 设g(x)＝ln x－，由g′(x)＝＋＞0，可得g(x)在(0，＋∞)递增，且g(e)＝0，当x→0时，g(x)→－∞； 当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的图象如图， 再设h(x)＝2m，x＞0，可得h(x)表示过点，斜率为2m的一条射线(不含端点)，要求的最大值，且满足不等式恒成立，可求的最大值，由于点在x轴上移动，只需找到合适的m＞0，且h(x)与g(x)＝ln x－的图象切于点，如图所示，此时＝e，即有的最大值为2e，故选D. 12．　【解析】 由题意得，不等式ex＋ax2＋2a≥ax可化为ex≥a， 当x＝2时，ex≥a恒成立； 当x∈时，不等式可化为≥a， 令g＝，x∈，则g≥a， 则g′＝，所以g在上单调递减，在上单调递增， 所以g＝g＝e3，则a≤e3， 综上所述，实数a的取值范围是. 13．m<－2－1　【解析】 当x<0时，令y＝x2－mx＋2＝x，等价于x＋＝m＋1； 当x>0时，令y＝ln x－mx＝x，等价于＝m＋1； 令h＝ 则方程f＝x恰有三个零点，等价于h的图象与直线y＝m＋1有三个交点． 当x>0时，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，解得x＝e， 故h(x)在区间上单调递增，在上单调递减，且x＝e时，h(e)＝.又x>e时，y>0； 而当x<0时，由对勾函数性质，易知当x＝－时，h(x)取得最大值h(－)＝－2. 故h的图象如图所示． 数形结合可知，要满足题意，只需m＋1<－2，解得m