25 第六章 导数及其应用 章末综合提升-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教B版2019）

章末综合提升 一　导数的概念及几何意义的应用 主要考查角度： (1)已知切点A(x0，f(x0))，求斜率k； (2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))； (3)求过某点的切线方程． 关键核心素养： (1)逻辑推理；(2)数据分析；(3)数学运算． 例1　 设曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，过P点的曲线C的切线与x轴交于点Q(－a，0)，求a的值． 学生用书↓第91页 [点拨]　要求a的值，需利用导数的几何意义写出过P点的曲线C的切线方程，求出该切线与x轴的交点，通过列方程求解．本题主要考查导数的几何意义，要注意条件a>0. 解：依题意解得P(a，a3－3a)． y′＝3x2－3， 所以过P点斜率为3a2－3的曲线C的切线方程为 y－(a3－3a)＝(3a2－3)(x－a)． 令y＝0得切线与x轴的交点为，则有＝－a，解得a＝±. 又已知a>0，所以a的值为. 利用导数的几何意义解决切线问题的两种情况 1．若已知点是切点，则在该点处的切线斜率就是该点处的导数． 2．如果已知点不是切点，则应先设出切点，再借助两点连线的斜率公式进行求解． [注意]　曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，例如，y＝x3在(1，1)处的切线l与y＝x3的图象还有一个交点(－2，－8)．　　 对点练1.已知函数f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程； (2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标； (3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程． 解： (1)因为f ′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1， 所以f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13. 所以切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)， 即y＝13x－32. (2)方法一　设切点为(x0，y0)， 则直线l的斜率为f′(x0)＝3x＋1，所以直线l的方程为 y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16. 又因为直线l过点(0，0)，所以0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16. 整理得，x＝－8，所以x0＝－2. 所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. 所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)． 方法二　设直线l的方程为y＝kx，切点为(x0，y0)， 则k＝＝， 又因为k＝f′(x0)＝3x＋1， 所以＝3x＋1. 解得，x0＝－2， 所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. 所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)． (3)因为切线与直线y＝－＋3垂直， 所以切线的斜率k＝4. 设切点坐标为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x＋1＝4， 所以x0＝±1. 所以或 即切点为(1，－14)或(－1，－18)． 切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18. 即y＝4x－18或y＝4x－14. 二　导数与函数的单调性 主要考查角度： (1)利用导数求函数的单调区间； (2)利用导数讨论(或证明)函数单调性； (3)根据函数的单调性求参数的取值范围； (4)巧用导数构造新函数解不等式． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)数据分析． 例2　 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若存在x∈(1，＋∞)，使f(x)>－a，求实数a的取值范围． [点拨]　(1)利用单调性得结论； (2)由定义域，再求导数，分类讨论． 解：(1)f ′(x)＝－2ax＋＝， 当a≤0时，f ′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝， 令f ′(x)>0，得x∈， 令f ′(x)<0，得x∈， 所以f(x)在上单调递增， 在上单调递减． (2)由f(x)>－a，得a(x2－1)－ln x<0， 因为x∈(1，＋∞)，所以－ln x<0，x2－1>0，当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0满足题意，当a≥时，设g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，g′(x)＝>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)＝0，不合题意， 当0<a<时，令g′(x)>0， 得x∈， 令g′(x)<0，得x∈， 所以g(x)min＝g<g(1)＝0， 则存在x∈(1，＋∞)，使g(x)<0， 综上，实数a的取值范围为. 利用导数确定参数的取值范围时，要充分利用f(x)与其导数f′(x)之间的对应关系，然后结合函数的单调性等知识求解．求解参数范围的步骤为： 第一步：对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)； 第二步：若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围； 第三步：验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常函数，舍去此参数值．　 学生用书↓第92页 对点练2.已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1，2]上为单调函数，则实数a的取值范围是________． 答案：∪[1，＋∞) 解析：因为f(x)＝－2x2＋ln x，所以f′(x)＝－4x＋，若f(x)在[1，2]上为单调函数，则在[1，2]上，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立．即≥4x－或≤4x－，令h(x)＝4x－，h′(x)＝4＋>0，所以h(x)在[1，2]上单调递增，所以≥h(2)＝8－＝或≤h(1)＝3.解得a≤或a≥1，又a>0，所以a的取值范围为∪[1，＋∞)． 三　导数与函数的极值、最值 主要考查角度： (1)利用导数求极值； (2)利用导数求最值； (3)已知极值、最值求参数或参数的取值范围； (4)实际问题中的极值、最值问题． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)数据分析；(3)逻辑推理；(4)数学建模． 例3　 已知函数f＝ax－－ln x. (1)当a＝－1时，求曲线y＝f在点处的切线方程； (2)若f既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f ′(x)＝－1， 则f ′(e)＝－1，f(e)＝－e－. 所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－＝(x－e)． 即y＝x－. (2)f ′(x)＝a＋－＝＝，x>0. (ⅰ)当a≤0时，ax－1<0， 由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1. 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)只有极大值f(1)，不合题意． (ⅱ)当a>0时， ①若0<<1，即a>1， 由f′(x)>0，得0<x<或x>1； 由f′(x)<0，得<x<1， 所以f(x)在与(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f，极小值为f(1)，符合题意． ②若>1，即0<a<1. 由f′(x)>0，得0<x<1或x>；由f′(x)<0，得1<x<.所以f(x)在(0，1)与上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f(1)，极小值为f，符合题意． ③若＝1，即a＝1， 由f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，得f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)无极值，不合题意， 综上，实数a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞)． 解决极值的概念问题应关注两点 1．对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号． 2．对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立．　　 对点练3.已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)． (1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值． 解：(1)当m＝－2时，f(x)＝ln x＋(x>0)，则f′(x)＝， 当x∈(0，2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(0，2)，极小值是f(2)＝ln 2＋1，无极大值． (2)易知f ′(x)＝. ①若m≥－1，则当x∈[1，e]时，f ′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－m＝4，解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去； ②若－e<m<－1，则当x∈(1，－m)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(－m，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4， 解得m＝－e3，不满足－e<m<－1，故舍去； ③若m≤－e，则当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，满足m≤－e. 综上，m的值为－3e. 四　导数创新题 例4　若函数f在上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈，都有<k，则称f为上的“k类函数”． (1)若f＝＋x，判断f是否为上的“3类函数”； 学生用书↓第93页 (2)若f＝aex－－xln x为上的“2类函数”，求实数a的取值范围； (3)若f为上的“2类函数”，且f＝f，证明：∀x1，x2∈，<1. 解：(1)∀x1，x2∈，且x1<x2， ＝ ＝＝ <＝3， 所以f是上的“3类函数”． (2)因为f是上的“2类函数”，不妨设x1，x2∈，且x1<x2. 则2<f－f<2恒成立． 即g＝f＋2x在上单调递增，h＝f－2x在上单调递减， 所以∀x∈，g′＝f′＋2≥0，h′＝f′－2≤0恒成立， 又f ′＝axex－x－ln x－1， 所以∀x∈，－2≤axex－x－ln x－1≤2恒成立， 所以∀x∈，＝≤a≤＝恒成立， 记F＝，G＝，t＝x＋ln x∈， 则F′＝，G′＝， 所以F在上单调递增，在上单调递减，G在上单调递减， 所以F＝F＝，G＝G(e＋1)＝， 所以实数a的取值范围为. (3)证明：不妨设1≤x1≤x2≤2， 当x2－x1≤时，因为<2|x2－x1|≤1，所以<1； 当x2－x1>时，由f＝f得 ＝|f－f＋f－f|≤|f－f|＋ <2＋2＝2－2<1， 所以∀x1，x2∈，<1. 　 导数创新情境问题的关注点 1．以新定义为载体，考查曲线的切线、导数的单调性、极值最值、函数的零点、不等式恒成立等问题，重在转化新定义，回归为常见的导数问题． 2．以高等数学知识为载体，涉及泰勒展开、帕德近似、拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，重在理解新定义，利用新情境信息解决问题． 3．与数列、概率综合的导数信息题，这类题目注重创新交汇，体现综合性，通过挖掘关联信息解决问题．　 对点练4.英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f在x＝0处的n阶导数都存在时，f＝f＋f′x＋x2＋x3＋…＋xn＋….注：f″表示f的2阶导数，即为f′的导数，f表示f的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式． (1)根据该公式估算sin的值，精确到小数点后两位； (2)由该公式可得：cos x＝1－＋－＋….当x≥0时，试比较cos x与1－的大小，并给出证明； (3)设n∈N*，证明：>n－. 解：(1)由该公式可得sin x＝x－＋－＋…， 故sin＝－＋…≈0.48. (2)结论：cos x≥1－， 证明如下： 令g＝cos x－1＋，x≥0， 令h＝g′＝－sin x＋x，h′＝－cos x＋1≥0， 故h在上单调递增，h≥h＝0， 故g在上单调递增，g≥g＝0， 即证得cos x－1＋≥0，即cos x≥1－. (3)证明：由(2)可得当x≥0时，cos x≥1－，且由h≥0得sin x≤x， 当且仅当x＝0时取等号，故当x>0时，cos x>1－，sin x<x， ＝>＝cos>1－， 而＝<＝ ＝－， 即有>1－ 故>n－ ＝n－＋ 而n－＋－＝－>0， 即证得>n－. (2023·全国甲卷文)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 答案：C 解析：设曲线y＝在点处的切线方程为y－＝k(x－1)，因为y＝，所以y′＝＝，所以k＝y′|x＝1＝，所以y－＝(x－1)，所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋.故选C． 学生用书↓第94页 (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案：C 解析：依题可知，f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C． (2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在 3 个零点，则a 的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 答案：B 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f ′(x)＝3x2＋a， 若f(x)存在 3 个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则 a<0，令f ′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝ ，且当x∈∪时，f ′(x)>0，当x∈时，f ′(x)<0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)要存在 3 个零点，则即解得a<－3.故选B． (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案：BCD 解析：函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2， 于是即有显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B、C、D正确．故选BCD． (2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 答案： 解析：由函数的解析式可得f ′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，故＝1≥－，而a＋1∈(1，2)，故ln(1＋a)>0，故即故≤a<1，即实数a的取值范围是. (2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x＋1)(x>－1)， 则f ′(x)＝－×ln(x＋1)＋×， 据此可得f(1)＝0，f ′(1)＝－ln 2， 所以函数在(1，f(1))处的切线方程为 y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f ′(x)＝ln(x＋1)＋×(x>－1)， 满足题意时f ′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令ln(x＋1)＋≥0， 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于x>0时，2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，2a≥1时，由于x>0时，<1， 所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． 当0<a<时，由h′(x)＝2a－＝0，可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈时， g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时，g(x)<g(0)＝0，不合题意． 综上可知，实数a的取值范围是. (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f ′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f ′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f ′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln>0，则当a>0时，g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 单元检测卷(二)　导数及其应用 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知函数f(x)满足f ′(2)＝3，则 ＝(　　) A． B． C．6 D．3 答案：C 解析： ＝2× ＝2f ′(2)＝2×3＝6. 2．已知f(x)＝x2＋2x·f′(1)，则f′(0)＝(　　) A．－2 B．2 C．1 D．－4 答案：D 解析：因为f ′(x)＝2x＋2f ′(1)，得f′(1)＝2＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－2，所以f ′(x)＝2x－4，所以f ′(0)＝－4.故选D． 3．已知a为实数，函数y＝f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为y＝f′(x)，且y＝f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为(　　) A．9x＋y－16＝0 B．9x－y－16＝0 C．6x－y－12＝0 D．6x＋y－12＝0 答案：B 解析：依题意，f ′(x)＝3x2＋2ax＋a－3，由导函数y＝f ′(x)为偶函数，得a＝0，故f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，所以f(2)＝2，f ′(2)＝9，故曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－2＝9(x－2)，即9x－y－16＝0.故选B． 4．函数y＝x2ex的大致图象为(　　) 答案：A 解析：由题意可知y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，当x<－2或x>0时，y′>0，当－2<x<0时，y′<0，所以y＝x2ex在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，且当x<0时，y＝x2ex>0.故选A． 5．已知函数f(x)在R上可导，其部分图象如图所示，设＝a，则下列不等式正确的是(　　) A．a<f ′(2)<f ′(4) B．f ′(2)<a<f ′(4) C．f ′(4)<f ′(2)<a D．f ′(2)<f ′(4)<a 答案：B 解析：根据题意，如图：设M(2，f(2))，N(4，f(4))，则f ′(2)为曲线在点M处切线的斜率，f ′(4)为曲线在点N处切线的斜率，KMN＝＝a，则a为直线MN的斜率，结合图形分析可得：f ′(2)<a<f ′(4)．故选B． 6．已知函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在区间(－∞，＋∞)上既有极大值，又有极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．a> B．a≥ C．a<且a≠0 D．a≤且a≠0 答案：C 解析：f ′(x)＝3ax2－2x＋1，函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上既有极大值，又有极小值，等价于方程f ′(x)＝0有两个不等的实数根，即解得a<且a≠0.故选C． 7．把一个周长为12 cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为(　　) A．1∶π B．2∶π C．1∶2 D．2∶1 答案：D 解析：设圆柱高为x，底面半径为r，则r＝，圆柱体积V＝πr2x＝πx＝(x3－12x2＋36x)(0<x<6)，V′＝(3x2－24x＋36)＝(x2－8x＋12)＝(x－2)(x－6)．当0<x<2时，V′>0；当2<x<6时，V′<0.故当x＝2时，V最大，此时底面周长为6－x＝4，所以(6－x)∶x＝2∶1.故选D． 8．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf ′(x)恒成立，则不等式x2f－f(x)>0的解集为(　　) A．(0，1) B．(1，2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) 答案：C 解析：令F(x)＝，则F′(x)＝，因为f(x)>xf ′(x)，所以F′(x)<0，F(x)为定义域上的减函数，由不等式x2f－f(x)>0得>，所以<x，所以x>1.故选C． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．下列函数中，存在极值点的是(　　) A．y＝x－ B．y＝2|x| C．y＝－2x3－x D．y＝xln x 答案：BD 解析：对于A，求导得y′＝1＋>0，函数在(－∞，0)和(0，＋∞)上递增，所以函数无极值点；对于B，x＝0是函数的极小值点；对于C，求导得y′＝－6x2－1<0恒成立，函数在R上递减，所以函数无极值点；对于D，求导得y′＝1＋ln x，当x∈时，y′<0，当x∈时，y′>0，当x＝时，y′＝0，所以x＝是函数的极小值点．故选BD． 10．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象，则下面判断不正确的是(　　) A．f(x)在(－2，1)上是增函数 B．当x＝2时，f(x)取极大值 C．f(x)在(1，3)上是减函数 D．当x＝4时，f(x)取极大值 答案：ACD 解析：由题意可知当x∈(－2，－1)时，导函数为负，f(x)是减函数；当x∈(1，2)时，导函数为正，f(x)是增函数；当x∈(2，4)时，导函数为负，f(x)是减函数；当x＝2时，f(x)取极大值，故B正确；A、C、D错误． 11．若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1>0，且f(1)＝1，则下列结论中不成立的是(　　) A．f(e)>1 B．f<0 C．∀x∈(1，e)，f(x)>0 D．∃x∈(1，e)，f(x)－f＋2<0 答案：ABD 解析：根据题意，若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f ′(x)满足xf′(x)＋1>0，则有f ′(x)＋>0，则有[f(x)＋ln x]′>0，设g(x)＝f(x)＋ln x，则g′(x)＝f ′(x)＋>0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，依次分析选项．对于A，e>1，则g(e)>g(1)，即f(e)＋ln e>1，则有f(e)>0，不能得到f(e)>1，A符合题意；对于B，<1，则g<g(1)，即f＋ln＝f－1<1，即有f<2，f<0不一定成立，故B符合题意；对于C，g(x)在(1，e)上为增函数，且g(1)＝1，则有f(x)＋ln x>1，则f(x)>1－ln x，又当1<x<e时，0<ln x<1，则f(x)>0，不符合题意；对于D，当x∈(1，e)时，有x>>>0，此时有g(x)>g，即f(x)＋ln x>f＋ln，变形可得f(x)－f＋2ln x>0，又当1<x<e时，0<ln x<1，则f(x)－f＋2>0恒成立，符合题意．故选ABD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．已知函数f(x)＝＋2x，则f′(0)＝________． 答案：1＋ln 2 解析：f ′(x)＝＋2xln 2＝＋2xln 2，所以f ′(0)＝1＋ln 2. 13．若曲线f(x)＝aex＋在(1，f(1))处的切线方程为y＝2e(x＋1)，则a＝________，b＝________． 答案：3　e 解析：因为f ′(x)＝aex－，所以f ′(1)＝ae－b＝2e，ae＋b＝4e，所以a＝3，b＝e. 14．设定义域为R的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)，则不等式ex－1f(x)＜f(2x－1)的解集为________． 答案：(1，＋∞) 解析：设F(x)＝，则F′(x)＝，因为f ′(x)＞f(x)，所以F′(x)＞0，即函数F(x)在定义域上单调递增．因为ex－1f(x)＜f(2x－1)，所以＜，即F(x)＜F(2x－1)，所以x＜2x－1，即x＞1，所以不等式ex－1f(x)＜f(2x－1)的解集为(1，＋∞)． 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限． (1)求P0的坐标；(5分) (2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．(8分) 解：(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1， 由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1， 当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4. 又因为点P0在第三象限， 所以切点P0的坐标为(－1，－4)． (2)因为直线l⊥l1，l1的斜率为4， 所以直线l的斜率为－， 因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)， 所以直线l的方程为y＋4＝－(x＋1)， 即x＋4y＋17＝0. 16．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4. (1)求a，b的值；(5分) (2)讨论f(x)的单调性，并求出f(x)的极大值．(10分) 解：(1)由题可得，f ′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得 解得 (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f ′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4 ＝4(x＋2). 令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2. 从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)． 17．(本小题满分15分)两县城A和B相距20 km，现计划在两县城外以为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城A和城B的总影响度为对城A与对城B的影响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y.统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k，当垃圾处理厂建在弧的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065. (1)将y表示成x的函数；(5分) (2)讨论(1)中函数的单调性，并判断弧上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离；若不存在，说明理由．(10分) 解：(1)如图，由题意知AC⊥BC，|BC|2＝400－x2，y＝＋(0<x<20)，其中当x＝10时，y＝0.065， 所以k＝9，则y＝＋(0<x<20)． (2)y′＝－＋ ＝， 令y′＝0，解得x＝4或x＝－4(舍去)． 当0<x<4时，y′<0； 当4<x<20时，y′>0. 所以函数在x＝4处取得最小值，为. 所以在弧上存在点C，使得建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小，该点与城A的距离为4 km. 18．(本小题满分17分)已知f(x)＝ex－. (1)若a>0，对任意x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(7分) (2)若0<a≤，证明：函数y＝f(x)在(－a，＋∞)有唯一的零点．(10分) 解：(1)因为f(x)≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 所以a≥e－x－x对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 令g(x)＝e－x－x，则g′(x)＝－e－x－1＝－<0在x∈[0，＋∞)上恒成立，所以g(x)＝e－x－x在x∈[0，＋∞)内单调递减， 所以g(x)≤g(0)＝1，所以a≥1， 所以a的取值范围是[1，＋∞)． (2)证明：因为函数y＝ex在(－a，＋∞)上是增函数， 函数y＝在(－a，＋∞)上是减函数， 所以f(x)＝ex－在(－a，＋∞)上是增函数， 又因为0<a≤，所以f(0)＝1－<0， f(1)＝e－>0， 由零点存在性定理得，f(x)在(0，1)上有零点， 所以函数y＝f(x)在(－a，＋∞)有唯一的零点． 19．(本小题满分17分)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法． 给定两个正整数m，n，函数f(x)在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：R(x)＝，且满足：f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，f″(0)＝R″(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0)．(注：f″(x)＝[f′(x)]′，f(x)＝[f″(x)]′，f(4)(x)＝[f(3)(x)]′，…，f(n)(x)＝f(n－1)(x)的导数) 已知f(x)＝ln(x＋1)在x＝0处的[1，1]阶帕德近似为R(x)＝. (1)求实数a，b的值；(4分) (2)当x>0时，f(x)>kR(x)恒成立，求实数k的取值范围；(6分) (3)证明：∀n∈N*，＋＋＋…＋<ln 2.(7分) 解：(1)由f(x)＝ln(x＋1)，R(x)＝得 f ′(x)＝，f″(x)＝－，R′(x)＝，R″(x)＝－， 由，得a＝1，b＝. (2)由(1)知R(x)＝， 方法一(分类讨论法)：令g(x)＝f(x)－kR(x)＝ln(x＋1)－(x>0)，则g′(x)＝－＝＝. 令h(x)＝x2－4(k－1)x－4(k－1)，令h(x)＝0，即x2－4(k－1)x－4(k－1)＝0. Δ＝16k(k－1)， ①0≤k≤1时，Δ≤0，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意． ②当k<0时，Δ>0，设两根为x1<x2.对称轴x＝2(k－1)<0，h(0)＝4(1－k)>0， 所以x1<x2<0，h(x)>0，即g′(x)>0.g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． ③当k>1时，Δ>0，h(0)＝4(1－k)<0，所以x1<0，x2>0，0<x<x2时，h(x)<0，即g′(x)<0， g(x)在(0，x2)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上，k的取值范围是(－∞，1]． 方法二(分离变量法)：f(x)>kR(x)⇔ln(x＋1)>⇔2k<在(0，＋∞)上恒成立． 构造函数h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝， 令t(x)＝＋x－2ln(x＋1)，则t′(x)＝>0，所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增，t(x)>t(0)＝0，h′(x)>0. 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． ＝ ＝ ＝2.h(x)>2，所以2k≤2，k≤1. (3)由(2)得当k＝1，x>0时，f(x)>R(x)，即ln(x＋1)>，亦即x>0时，<ln(x＋1)． 令＝，m∈N*，得x＝代入上式得<ln， 取m＝n＋1，n＋2，…，2n得： <ln， <ln， …… <ln， 上式相加得： ＋＋…＋<ln<ln 2. 学科网（北京）股份有限公司 $$