安徽省合肥一六八中学2024-2025学年高二下学期第二次检测数学试卷

高二下第二次检测 一．选择题（共8小题） 1．若曲线f（x）＝x2的一条切线l与直线4x+y﹣3＝0平行，则l的方程为（　　） A．4x﹣y﹣4＝0 B．x+4y﹣5＝0 C．x﹣4y+3＝0 D．4x+y+4＝0 2．已知函数f（x）在x＝x0处的导数为f'（x0），则＝（　　） A． B．﹣3f'（x0） C．3f'（x0） D． 3．设f′（x）是函数f（x）的导函数，y＝f（x）的图象如图所示，则x•f′（x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，3） C．（﹣∞，0）∪（0，2） D．（0，1）∪（3，+∞） 4．∀x＞0满足ex﹣1＞ax，则实数a的取值范围为（　　） A．a＜1 B．0＜a＜1 C．0＜a≤1 D．a≤1 5．若函数f（x）＝x3+3x2﹣mx+1在[﹣2，2]上为单调减函数，则m的取值范围（　　） A．[24，+∞） B．[﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣3] D．（﹣∞，0] 6．函数f（x）＝alnx+bx2+a2在x＝1处有极小值5，则a﹣b＝（　　） A．﹣3 B． C．﹣3或 D．或3 7．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（3）＝0，当x＞0时，恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣3）∪（0，3） B．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） C．（﹣3，0）∪（0，3） D．（﹣3，0）∪（3，+∞） 8．已知函数f（x）＝ex+a，x∈（0，+∞），当x1＜x2时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，﹣1） C．[﹣1，+∞） D．（﹣1，+∞） 二．多选题（共4小题） 9. 下列函数在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．y＝x﹣（）x B．y＝x+sinx C．y＝3﹣x D．y＝x2+2x+1 10．已知定义在R上的奇函数f（x）的部分图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列结论中正确的是（　　） A．f（2）＝﹣1 B．f（1）•f（2）＞4 C．f′（1）•f′（2）＜0 D．方程f′（x）＝0无解 11. 已知f（x）＝，下列说法正确的是（　　） A．f（x）在x＝1处的切线方程为y＝x﹣1 B．单调递减区间为（e，+∞） C．f（x）的极小值为 D．方程f（x）＝﹣1有两个不同的解 12．已知函数f（x）＝，则下列关于函数f（x）说法正确的是（　　） A．函数f（x）有一个极大值点 B．函数f（x）有一个极小值点 C．若当x∈（﹣1，a）时，函数f（x）的值域是[1，5]，则1＜a≤4 D．当1＜m＜5时，函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+1）f（x）+m恰有6个不同的零点 三．填空题（共4小题） 13．曲线在点处的切线方程为 　 　． 14．已知函数f（x）＝e2x+f'（0）ln（x+4），则f'（0）＝　 　． 15．数学中，多数方程不存在求根公式．因此求精确根非常困难，甚至不可能．从而寻找方程的近似根就显得特别重要．例如牛顿迭代法就是求方程近似根的重要方法之一，其原理如下：假设R是方程f（x）＝0的根，选取x0作为R的初始近似值，在点（x0，f（x0））处作曲线y＝f（x）的切线l1，则l1与x轴交点的横坐标x1称为R的一次近似值，在点（x1，f（x1））处作曲线y＝f（x）的切线l2.则l2与x轴交点的横坐标x2称为R的二次近似值．重复上述过程，用xn逐步逼近R．若给定方程，取x0＝0，则x2＝　 　． 16．设函数f（x）＝（ex﹣m﹣ax）（lnx﹣2ax），若存在实数a使得f（x）＜0成立，则m的取值范围是 　 　． 四．解答题（共6小题） 17．求下列函数的导函数： （1）y＝excosx﹣t2（t为常数）； （2）． 18．设函数f（x）＝a（lnx+b），曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y+1＝0． （1）求实数a，b的值； （2）求f（x）的极值． 19．某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为4千元．设该容器的建造费用为y千元． （Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r值，并求出最小值． 20．已知函数f（x）＝ex（x2+2x+a）（a∈R）． （1）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围； （2）若a＝0时，过点（m，0）可以作三条直线与曲线y＝f（x）相切，求实数m的取值范围． 21．已知f（x）＝ex﹣1﹣x． （1）求证：对于∀x∈R，f（x）≥0恒成立； （2）若对于∀x∈（0，+∞），有f（x）≥a（x2﹣x﹣xlnx）恒成立，求实数a的取值范围． 22．已知函数f（x）＝ex﹣1﹣ax． （Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）若函数f（x）在（0，2）上有两个不相等的零点x1，x2，求证：． 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．若曲线f（x）＝x2的一条切线l与直线4x+y﹣3＝0平行，则l的方程为（　　） A．4x﹣y﹣4＝0 B．x+4y﹣5＝0 C．x﹣4y+3＝0 D．4x+y+4＝0 【分析】设切点为，则切线的斜率为2x0，然后根据条件列方程，求出x0的值，再得到l的方程． 【解答】解：设切点为，因为f'（x）＝2x，所以切线的斜率为2x0， 因为曲线f （x）＝x2的一条切线l与直线4x+y﹣3＝0平行，所以2x0＝﹣4，即x0＝﹣2， 所以l的方程为y﹣4＝﹣4（x+2），即4x+y+4＝0， 故选：D． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了方程思想，属基础题． 2．已知函数f（x）在x＝x0处的导数为f'（x0），则＝（　　） A． B．﹣3f'（x0） C．3f'（x0） D． 【分析】结合导数的定义，将原式进行变形即可得解． 【解答】解：＝3＝3f′（x0）． 故选：C． 【点评】本题考查了利用导数的定义求值的应用问题，是基础题． 3．设f′（x）是函数f（x）的导函数，y＝f（x）的图象如图所示，则x•f′（x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，3） C．（﹣∞，0）∪（0，2） D．（0，1）∪（3，+∞） 【分析】根据y＝f（x）的图象得：当x∈（﹣∞，0）∪（2，+∞）时，f'（x）＜0；当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；再将不等式xf'（x）＞0进行等价转化，即可求得答案． 【解答】解：由函数y＝f（x）的图象可知， f（x）在区间（﹣∞，0），（2，+∞）上单调递减，在区间（0，2）上单调递增， 即当x∈（﹣∞，0）∪（2，+∞）时，f'（x）＜0；当x∈（0，2）时，f'（x）＞0； 因为xf'（x）＞0， 所以或， 所以0＜x＜2或x＜0， 则不等式xf′（x）＞0的解集为（﹣∞，0）∪（0，2）， 故选：C． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是将所求解的不等式进行等价转化，考查了识图能力、逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题． 4．∀x＞0满足ex﹣1＞ax，则实数a的取值范围为（　　） A．a＜1 B．0＜a＜1 C．0＜a≤1 D．a≤1 【分析】根据题意，原问题等价于ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立，设f（x）＝ex﹣ax﹣1，按a的值分3种情况讨论，利用导数分析是否满足ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，∀x＞0满足ex﹣1＞ax，即ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立， 设f（x）＝ex﹣ax﹣1， 其导数f′（x）＝ex﹣a， 当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，则f（x）在R上为增函数， 在区间（0，+∞）上，必有f（x）＞f（0）＝0，即ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立，符合题意， 当0＜a≤1时，f′（x）＝ex﹣a＝0，解可得x＝lna≤0， 在区间（0，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，则f（x）在R上为增函数， 在区间（0，+∞）上，必有f（x）＞f（0）＝0，即ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立，符合题意， 当a＞1时，f′（x）＝ex﹣a＝0，解可得x＝lna＞0， 在区间（0，lna）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数， 而f（0）＝0，必有f（x）＜f（0）＝0，不能满足ex﹣ax﹣1＞0在（0，+∞）上恒成立，不符合题意， 综合可得：a≤1，即a的取值范围为（﹣∞，1]； 故选：D． 【点评】本题考查函数导数与单调性的关系，注意构造新函数，分析函数的最值，属于中档题． 5．若函数f（x）＝x3+3x2﹣mx+1在[﹣2，2]上为单调减函数，则m的取值范围（　　） A．[24，+∞） B．[﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣3] D．（﹣∞，0] 【分析】由导数与单调性的关系可得f′（x）＝3x2+6x﹣m≤0在[﹣2，2]上恒成立，由二次函数的性质可得关于m的不等式组，即可求解m的取值范围． 【解答】解：因为函数f（x）＝x3+3x2﹣mx+1在[﹣2，2]上为单调减函数， 所以f′（x）＝3x2+6x﹣m≤0在[﹣2，2]上恒成立， 所以，即，解得m≥24， 即m的取值范围是[24，+∞）． 故选：A． 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算求解能力，属于基础题． 6．函数f（x）＝alnx+bx2+a2在x＝1处有极小值5，则a﹣b＝（　　） A．﹣3 B． C．﹣3或 D．或3 【分析】先对f（x）求导，再根据f′（1）＝0，f（1）＝5，求出a，b的值，最后得出答案． 【解答】解：∵f（x）＝alnx+bx2+a2， ∴f′（x）＝， ∵f′（1）＝0， ∴a+2b＝0， ∵f（1）＝5， ∴b+a2＝5， ∴解得a＝﹣2，b＝1，或a＝，b＝， 当a＝﹣2，b＝1时，f′（x）＝+2x＝， 当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， ∴x＝1时f（x）取得极小值，符合题意， a＝，b＝，f′（x）＝＝， 当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， ∴x＝1时f（x）取得极大值，不符合题意， 则a﹣b＝﹣3． 故选：A． 【点评】本题考了函数求导和极值的应用，是中档题． 7．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（3）＝0，当x＞0时，恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣3）∪（0，3） B．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） C．（﹣3，0）∪（0，3） D．（﹣3，0）∪（3，+∞） 【分析】利用函数的导数，判断函数的单调性，结合函数的奇偶性直接利用数形结合求解即可． 【解答】解：设g（x）＝，当x＞0时，有g′（x）＝＜0恒成立， 可得g（x）＝，在（0，+∞）上是减函数， ∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，f（3）＝0， ∴g（x）是偶函数，且g（﹣3）＝g（3）＝0， 作出g（x）对应的草图如图： 则当x＞0时，不等式x2f（x）＞0等价为f（x）＞0，即xg（x）＞0，即g（x）＞0，可得0＜x＜3； 则当x＜0时，不等式x2f（x）＞0等价为f（x）＞0，即xg（x）＞0，即g（x）＜0，可得x＜﹣3， 故不等式x2f（x）＞0的解集是：（﹣∞，﹣3）∪（0，3）． 故选：A． 【点评】本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征，构造函数是解决本题的关键，是中档题． 8．已知函数f（x）＝ex+a，x∈（0，+∞），当x1＜x2时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，﹣1） C．[﹣1，+∞） D．（﹣1，+∞） 【分析】由题意得出x1f（x1）＜x2f（x2），构造函数F（x）＝xf（x）＝xex+ax，可得F（x）在区间（0，+∞）上单调递增，可得F′（x）＝xex+ex+a≥0在（0，+∞）上恒成立，利用参变量分离法可得出﹣a≤xex+ex在（0，+∞）上恒成立，利用导数求出函数g（x）＝xex+ex在区间（0，+∞）上的最小值，由此可求得实数a的取值范围． 【解答】解：由已知，当0＜x1＜x2时，不等式恒成立， 可得x1f（x1）＜x2f（x2），令F（x）＝xf（x）＝xex+ax，x∈（0，+∞）， 则F（x1）＜F（x2），所以F（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以F′（x）＝xex+ex+a≥0在（0，+∞）上恒成立， 即﹣a≤xex+ex在（0，+∞）上恒成立， 令g（x）＝xex+ex，g′（x）＝（x+2）ex＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以g（x）＞g（0）＝1，所以﹣a≤1，解得a≥﹣1， 即实数a的取值范围是[﹣1，+∞）． 故选：C． 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题． 二．多选题（共4小题） 9.下列函数在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．y＝x﹣（）x B．y＝x+sinx C．y＝3﹣x D．y＝x2+2x+1 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，y＝x﹣（）x，其导数y′＝1﹣＝1+，区间（0，+∞）上，y′＞0，则这个函数在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 对于B，y＝x+sinx，其导数y′＝1+cosx，有y′≥0在R上恒成立，则这个函数在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 对于C，y＝3﹣x，是一次函数，在R上是减函数，不符合题意； 对于D，y＝x2+2x+1＝（x+1）2，是二次函数，其开口向上，对称轴为x＝﹣1，则这个函数在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 故选：ABD． 【点评】本题考查函数单调性的判断，涉及函数的导数与单调性的关系，属于基础题． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布 10．已知定义在R上的奇函数f（x）的部分图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列结论中正确的是（　　） A．f（2）＝﹣1 B．f（1）•f（2）＞4 C．f′（1）•f′（2）＜0 D．方程f′（x）＝0无解 【分析】结合函数图像及奇函数性质分别判断各选项即可． 【解答】解：由图可知f（﹣1）＝2，f（﹣2）＞2，又∵函数分f（x）是奇函数， ∴f（1）＝﹣2，f（2）＜﹣2，∴f（1）•f（2）＞4，∴B对； 由f（x）是奇函数，结合图象可知f′（1）＜0，f′（2）＞0，∴f′（1）•f′（2）＜0，∴C对； 由图象可知f（2）＝﹣f（﹣2）＜﹣2，f′（x）＝0有解，∴AD错误． 故选：BC． 【点评】本题考查导数应用，考查的核心素养为直观想象，属于基础题． 11． 已知f（x）＝，下列说法正确的是（　　） A．f（x）在x＝1处的切线方程为y＝x﹣1 B．单调递减区间为（e，+∞） C．f（x）的极小值为 D．方程f（x）＝﹣1有两个不同的解 【分析】对f（x）求导，结合导数的几何意义，即可得到切线的斜率，再利用直线的点斜式，即可判断A选项，根据已知条件，利用导数分析函数f（x）的单调性，极值，即可判断B，C选项，将方程解的个数转化为两个函数图像交点的个数，结合函数的单调性，即可求解． 【解答】解：∵f（x）＝， ∴f'（x）＝， ∴f'（1）＝1，f（1）＝0， ∴f（x）的图像在点（1，0）处的切线方程为y﹣0＝f'（x）（x﹣1），即y＝x﹣1，故A选项正确， 当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，即f（x）的极大值也是最大值为f（e）＝，故B选项正确，C选项错误， 方程f（x）＝﹣1有两个不同的解，即为lnx＝﹣x，函数y＝lnx与y＝﹣x图像交点的个数， ∵函数y＝lnx在（0，+∞）单调递增，且当x趋近于正0时，y趋近于﹣∞，且y＝﹣x单调递减， ∴函数y＝lnx与y＝﹣x图像交点的个数为1个，故D选项错误． 故选：AB． 【点评】本题主要考查导数的综合应用，以及函数的单调性，最值，切线，属于中档题． 12．已知函数f（x）＝，则下列关于函数f（x）说法正确的是（　　） A．函数f（x）有一个极大值点 B．函数f（x）有一个极小值点 C．若当x∈（﹣1，a）时，函数f（x）的值域是[1，5]，则1＜a≤4 D．当1＜m＜5时，函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+1）f（x）+m恰有6个不同的零点 【分析】由已知可得：x≤0时，函数f（x）＝单调递减；x＞0时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，利用导数运算法则可得f′（x），研究函数f（x）的单调性，画出图象，进而判断出正误． 【解答】解：由已知可得：x≤0时，函数f（x）＝单调递减； x＞0时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，f′（x）＝3x2﹣12x+9＝ 3（x﹣1）（x﹣3），令f′（x）＝0，解得x＝1，3， 可得函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，∞）上单调递增，因此1是函数 f（x）的极大值点，3是函数f（x）的极小值点，另外可得x＝0也是函数f（x）的极小值点，可得A正确，B不正确． 对于C．函数f（x）在（﹣1，0]上的值域为[1，2）， 由当x∈（﹣1，a）时，函数f（x）的值域是[1，5]， 由f（x）＝x3﹣6x2+9x+1＝5，化为（x﹣1）2（x﹣4）＝0， 解得x＝1，或x＝4，则1＜a≤4，因此C正确． 对于D．函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+1）f（x）+m＝0，解得f（x）＝1，或f（x）＝m，（1＜m＜5）， 可得函数y＝f（x）的图象与函数y＝1及其y＝m的图象共有6个交点，因此当1＜m＜5时， 函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+1）f（x）+m恰有6个不同的零点，故D正确． 综上可得：ACD正确． 故选：ACD． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 三．填空题（共4小题） 13．曲线在点处的切线方程为 　y＝−x+1　． 【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，运用点斜式方程可得切线的方程． 【解答】解：曲线的导数为y′＝， 可得曲线在点处的切线斜率为k＝﹣， 即有曲线在点处的切线方程为y＝﹣（x﹣）， 即为y＝−x+1． 故答案为：y＝−x+1． 【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用点斜式方程是解题的关键，属于基础题． 14．已知函数f（x）＝e2x+f'（0）ln（x+4），则f'（0）＝　　． 【分析】根据导数的运算法则求解即可． 【解答】解：∵f（x）＝e2x+f'（0）ln（x+4）， ∴f′（x）＝2e2x+f'（0）•， ∴f′（0）＝2+f'（0）， ∴f'（0）＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查导数的基本运算，比较基础． 15．数学中，多数方程不存在求根公式．因此求精确根非常困难，甚至不可能．从而寻找方程的近似根就显得特别重要．例如牛顿迭代法就是求方程近似根的重要方法之一，其原理如下：假设R是方程f（x）＝0的根，选取x0作为R的初始近似值，在点（x0，f（x0））处作曲线y＝f（x）的切线l1，则l1与x轴交点的横坐标x1称为R的一次近似值，在点（x1，f（x1））处作曲线y＝f（x）的切线l2.则l2与x轴交点的横坐标x2称为R的二次近似值．重复上述过程，用xn逐步逼近R．若给定方程，取x0＝0，则x2＝　　． 【分析】令f（x）＝，利用导数求出函数在x＝0处的切线方程，求其在x轴上的截距x1，再由导数求得曲线在x＝x1处的切线方程，求出切线在x轴上的截距得答案． 【解答】解：令f（x）＝，则f′（x）＝x2+1， ∴f′（0）＝1， 又f（0）＝﹣1， ∴f（x）在（0，﹣1）处的切线方程为y+1＝1×（x﹣0），即y＝x﹣1， 取y＝0，得x1＝1， f′（1）＝2，f（1）＝， ∴曲线f（x）在（1，）处的切线方程为y﹣＝2（x﹣1）， 取y＝0，可得x2＝． ∴若给定方程，取x0＝0，则x2＝． 故答案为：． 【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，正确理解题意是关键，是中档题． 16．设函数f（x）＝（ex﹣m﹣ax）（lnx﹣2ax），若存在实数a使得f（x）＜0成立，则m的取值范围是 　（﹣∞，2+ln2）　． 【分析】将f（x）变形为f（x）＝（x＞0），令h（x）＝，g（x）＝，分别研究单调性及值域，使问题转化为h（x）min＞g（x）max，由此能求出m的取值范围． 【解答】解：∵f（x）＝（ex﹣m﹣ax）（lnx﹣2ax）＝（x＞0）， 令h（x）＝，则， 由h′（x）＞0，得x＞1，由h′（x）＜0，得0＜x＜1， ∴h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，∴h（x）∈[e1﹣m，+∞）， 令g（x）＝，则g′（x）＝，由g′（x）＞0，得0＜x＜e，由g′（x）＜0，得x＞e， ∴g（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，∴g（x）∈（﹣∞，]， 若存在实数a，使得f（x）＜0成立，即存在实数a，使得（﹣a）（）＜0成立， 即存在实数a，使得恒成立， ∴h（x）min＞g（x）max，∴，解得m＜2+ln2， ∴m的取值范围为（﹣∞，2+ln2）． 故答案为：2+ln2． 【点评】本题解题的关键是将所求问题转化为存在实数a，使得（﹣a）（）＜0成立，结合h（x），g（x）的值进一步转化为存在实数a，使得恒成立，从而h（x）min＞g（x）max，考查导数性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 四．解答题（共6小题） 17．求下列函数的导函数： （1）y＝excosx﹣t2（t为常数）； （2）． 【分析】直接利用常见函数的导数公式，四则运算的导数公式，复合函数的求导公式求解即可． 【解答】解：（1）y′＝excosx﹣exsinx＝ex（cosx﹣sinx）； （2）． 【点评】本题考查了导数的运算，主要考查了常见函数的导数公式，四则运算的导数公式，复合函数的求导公式的应用，考查了运算能力，属于基础题． 18．设函数f（x）＝a（lnx+b），曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y+1＝0． （1）求实数a，b的值； （2）求f（x）的极值． 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程求解即可； （2）先根据导数符号与函数单调性之间的关系，求出函数f（x）的单调性，进而求f（x）的极值． 【解答】解：（1）f'（x）＝， ∴f′（1）＝a，f（1）＝ab， ∴曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣ab＝a（x﹣1）， 整理得﹣ax+y+a﹣ab＝0． ∵曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y+1＝0． ∴，解得a＝﹣1，b＝2． （2）由（1）得f（x）＝﹣lnx﹣2，f（x）定义域为（0，+∞），f'（x）＝﹣． ∵x＞0，∴f′（x）＝﹣＜0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减， ∴f（x）没有极小值，没有极大值． 【点评】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，属于基础题． 19．某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为4千元．设该容器的建造费用为y千元． （Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r值，并求出最小值． 【分析】（Ⅰ）由题意，利用体积公式求出l和r的关系，然后求解建造费用，化简即可得到y关于r的函数表达式，结合实际意义求解定义域即可； （Ⅱ）利用导数，判断函数的单调性，从而得到函数的最值，即可得到答案． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，， 解得，则0＜r≤2， 所以容器的建造费用为， 故，定义域为{r|0＜r≤2}； （Ⅱ）因为， 令y'＝0，得， 又， 当0＜r≤2时，y'＜0，函数y为减函数， 故当r＝2时，y有最小值，此时ymin＝112π， 答：该容器的建造费用最小时的半径为2米，最小值112π千元． 【点评】本题考查了函数模型的选择与应用，利用导数研究函数的性质与函数的最值问题，解题的关键是正确理解题意，从中抽取出合适的数学模式，考查了逻辑推理能力、数学建模能力、化简运算能力，属于中档题． 20．已知函数f（x）＝ex（x2+2x+a）（a∈R）． （1）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围； （2）若a＝0时，过点（m，0）可以作三条直线与曲线y＝f（x）相切，求实数m的取值范围． 【分析】（1）求出导函数，通过f'（x）＝ex（x2+4x+a+2）≥0在R上恒成立，即a≥﹣（x2+4x+2），然后利用二次函数的性质求解即可． （2）当a＝0时，f（x）＝ex（x2+2x），求出导函数，设过点（m，0）的直线与曲线y＝f（x）相切于点（x0⋅f（x0）），推出，题目转化为方程有三个不同的实根，构造函数利用函数的导数，判断函数的单调性求解函数的极值，然后转化求解m的范围即可． 【解答】解：（1）因为f'（x）＝ex（x2+4x+a+2），又f（x）在R上为增函数， 所以f'（x）＝ex（x2+4x+a+2）≥0在R上恒成立，即a≥﹣（x2+4x+2）， 因为﹣（x2+4x+2）＝2﹣（x+2）2的最大值为2，所以a≥2；即[2，+∞）．（5分） （2）当a＝0时，f（x）＝ex（x2+2x），f'（x）＝ex（x2+4x+2）， 设过点（m，0）的直线与曲线y＝f（x）相切于点（x0⋅f（x0））， 则，即．（6分） 因为过点（m，0）可以作三条直线与曲线y＝f（x）相切， 所以方程有三个不同的实根， 令g′（x）＝x3+（3﹣m）x2﹣4mx﹣2m，则g（x）有三个零点，（7分） 因为g′（x）＝3x2+2（3﹣m）x﹣4m＝（3x﹣2m）（x+2）， 所以g′（x）＝0的根为， 当，即m＜﹣3时，g（x）在上为增函数．在为减函数， 在（﹣2，+∞）上为增函数．所以g（x）在时有极大值，在x＝﹣2时有极小值， 所以，即， 等价于，解得，（9分） 当，即m＞﹣3时，g（x）在（﹣∞，﹣2）上为增函数．在上为减函数， 在上为增函数，所以g（x）在x＝﹣2时有极大值，在时有极小值， 所以，即 等价于，或 解得或m＞0，（11分） 当，即m＝﹣3时，g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在R上单调递增，不满足条件， 所以实数m的取值范围为或或m＞0． 即（﹣∞，]∪（）∪（0，+∞）．（12分） 【点评】本题重点考查导数的几何意义，函数的零点与方程的根，恒成立问题，利用导数研究函数的性质，考查学生转化与化归，分类与整合的能力与数形结合的思想，属稍难题． 21．已知f（x）＝ex﹣1﹣x． （1）求证：对于∀x∈R，f（x）≥0恒成立； （2）若对于∀x∈（0，+∞），有f（x）≥a（x2﹣x﹣xlnx）恒成立，求实数a的取值范围． 【分析】（1）求出函数的导数，令f′（x）＝0，求出x＝1，进而求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，由此能证明对于∀x∈R，f（x）≥0恒成立． （2）将不等式转化为ex﹣1﹣lnx﹣1＞a（x﹣1﹣lnx），令t＝x﹣1﹣lnx，则et﹣1﹣at≥对∀t∈[0，+∞）恒成立，构造新函数g（t）＝et﹣1﹣at（t≥0），利用导数讨论函数的单调性，求出最小值即可． 【解答】解：（1）证明：由f（x）＝ex﹣1﹣x，得f′（x）＝ex﹣1﹣1，（x∈R）， 令f′（x）＝0，得x＝1， ∴当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， ∴f（x）≥f（1）＝0，∴对于∀x∈R，f（x）≥0恒成立． （2）∵f（x）≥a（x2﹣x﹣xlnx），∴ex﹣1﹣x≥a（x2﹣x﹣xlnx）， ∴≥a（x﹣1﹣lnx），即ex﹣1﹣lnx﹣1≥a（x﹣1﹣lnx）， 令t＝x﹣1﹣lnx，则， 当x∈（0，1）时，t′＜0，函数t＝x﹣1﹣lnx单调递减， 当x∈（1，+∞）时，t′＞0，函九t＝x﹣1﹣lnx单调递增， ∴t≥1﹣1﹣ln1＝0，即t≥0， ∴et﹣1≥at，即et﹣1﹣at≥0对∀t∈[0，+∞）恒成立， 令g（t）＝et﹣1﹣at（t≥0），则g（0）＝e0﹣1﹣a×0＝0，g′（t）＝et﹣a， 若a＜0，g′（t）≥0，g（t）在[0，+∞）上单调递增， ∴g（t）min＝g（0）＝0，∴g（t）≥0，符合题意， 若a＞0，令g′（t）＝0，得t＝lna，则当t∈（0，lna）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减， 当t∈[lna，+∞）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增， ∴g（t）min＝g（lna）＜g（0）＝0，不符合g（t）≥0， 综上，a≤1， ∴a的取值范围是（﹣∞，1]． 【点评】本题考查不等式恒成立问题证明，考查实数取值范围的求法，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数性质求解，考查函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 22．已知函数f（x）＝ex﹣1﹣ax． （Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）若函数f（x）在（0，2）上有两个不相等的零点x1，x2，求证：． 【分析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论即可求解； （II）对要证明不等式进行变形，结合不等式特点考虑构造函数，结合导数分析函数性质可证． 【解答】解：（I）f′（x）＝ex﹣1﹣a， 当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）单调递增， 当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞lna，此时f（x）单调递增，由f′（x）＜0得x＜lna，此时f（x）单调递减， 综上，当a≤0时，（x）在R上单调递增， 当a＞0时f（x）在（lna，+∞）上单调递增，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减； （II）证明：不妨设x1＜x2， 所以a＝在（0，2）上有两个不等实根， 令g（x）＝，x∈（0，2），则， 当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当1＜x＜2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 又g（1）＝1，g（2）＝，x→0时，g（x）→+∞， 所以1＜a＜， 要证，即证ax1x2＞1， 又g（x1）＝g（x2）＝a， 只要证，即证， 因为x1＜1＜x2，即证g（x1）＝g（x2）＜g（e）， 即证， 即证＞0， 令h（x）＝e1﹣x+lnx﹣1，1＜x＜2，则， 令t（x）＝ex﹣ex，1＜x＜2，则t′（x）＝ex﹣e＞0恒成立， 所以t（x）在（1，2）上单调递增，t（x）＞t（1）＝0， 所以ex＞ex，， 所以h′（x）＜0， h（x）在（1，2）上单调递增，h（x）＞h（1）＝0， 所以e1﹣x+lnx﹣1＞0， 所以． 【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用及函数极值偏移问题，构造函数并且利用导数研究函数性质是求解问题关键，属于中档题． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2022/3/9 21:55:37；用户：13866190644；邮箱：13866190644；学号：22740120 APP 公众号 小程序 5 学科网（北京）股份有限公司 $$