第1章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第1章　导数及其应用 综合拔高练 高考真题练 考点1　导数的运算法则及其几何意义 1.(2020全国Ⅲ,10)若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为(　　) A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y=x+1 D.y=x+ 2.(2021全国甲理,13)曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　.  考点2　利用导数研究函数的单调性 3.(2021全国乙文,21)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 4.(2021全国甲文,20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 5.(2021新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<+<e. 考点3　函数的导数与极值、最值 6.(2021全国乙文,12)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　) A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2 7.(2021新高考Ⅰ,15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.  8.(2021全国乙理,20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a; (2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1. 9.(2021北京,19)已知函数f(x)=. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值. 10.(2020全国新高考Ⅰ,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围. 考点4　导数的综合应用 11.(2020北京,15)为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量W与时间t的关系为W=f(t),用- 的大小评价在[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示. 给出下列四个结论: ①在[t1,t2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强;②在t2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强;③在t3时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标;④甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[0,t1]的污水治理能力最强. 其中所有正确结论的序号是　　　　.  12.(2021浙江,22)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围; (3)当a=e时,证明:对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且满足x2>x1+. (注:e=2.718 28…是自然对数的底数) 13.(2021新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)只有一个零点. ①<a≤,b>2a; ②0<a<,b≤2a. 高考模拟练 应用实践 1.函数f(x)=(x2-2x)ex的图象大致是(　　) A B C D 2.关于函数f(x)=sin x-xcos x,下列说法错误的是(　　) A. f(x)是奇函数 B.0不是f(x)的极值点 C.f(x)在上有且仅有3个零点 D. f(x)的值域是R 3.已知函数f(x)=x2+2ax,g(x)=-,若存在点A(x1, f(x1)),B(x2,g(x2)),使得直线AB与两曲线y=f(x)和y=g(x)都相切,则当实数a取最小值时,x1+x2=(　　) A.2 B. C. D.- 4.若a>b>0,aln a=bln b,cln c>0,则a,b,c与1的大小关系是(　　) A.b<1<a<c B.1<c<b<a C.b<a<1<c D.1<b<c<a 5.(多选)若函数f(x)=(x-a)ex(a∈R),则(　　) A.函数f(x)的值域为R B.函数g(x)=xf(x)有三个单调区间 C.方程f(x)+x=0有且仅有一个实数根 D.函数y=f(f(x))有且仅有一个零点 6.数学中,多数方程不存在求根公式,因此求它们的精确根非常困难,甚至不可能,从而寻找方程的近似根就显得特别重要.牛顿迭代法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x3+x-1=0,取x0=0,则x2=　　　　.  7.已知m<0,函数f(x)=--2,若函数f(f(x))与f(x)有相同的最大值,则m的取值范围为　　　　.  8.已知函数f(x)=若x1≠x2,且f(x1)+f(x2)=2,x1+x2-a≥2恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  9.在①f(x)的一个极值点为0,②曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与直线x+(e-1)y-1=0垂直,③f(-x)-f'(x)为奇函数这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答. 已知函数f(x)=ex+ax-1,且　　　　,求f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值.  10.已知函数f(x)=xln x-mex(m∈R). (1)当m=时,求函数f(x)的单调区间; (2)当m≥时,求证f(x)<0. 11.已知函数f(x)=aln x+bx+c(a≠0)有极小值. (1)试判断a,b的符号,求f(x)的极小值点; (2)设f(x)的极小值为m,求证:m+a<. 迁移创新 12.某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO'为铅垂线(O'在AB上).经测量,左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO'的距离a(米)之间满足关系式h1=a2;右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO'的距离b(米)之间满足关系式h2=-b3+6b.已知点B到OO'的距离为40米. (1)求桥AB的长度; (2)计划在谷底两侧建造平行于OO'的桥墩CD和EF,且CE为80米,其中C,E在AB上(不包括端点).已知桥墩EF每米的造价为k(k>0)万元,桥墩CD每米的造价为k万元,问O'E为多少米时,桥墩CD与EF的总造价最低? 答案与分层梯度式解析 第1章　导数及其应用 综合拔高练 高考真题练 1.D　由题可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l为y=kx+m,直线l与曲线y=的切点为A(x0,y0).由导数的几何意义可知=k,即=,点A既在直线l上,又在曲线y=上,∴ ∴kx0+m=,即k·+m=,化简可得m=,又∵直线l与圆x2+y2=相切,∴=,将m=代入化简得16k4+16k2-5=0,解得k2=或k2=-(舍去).∵y=的图象在第一象限,∴k>0,∴k=,∴m=,∴l的方程为y=x+.故选D. 2.答案　y=5x+2 解析　y==2-,所以y'=,当x=-1时,y'=5,所以k=5, 从而切线方程为y+3=5(x+1),即y=5x+2. 3.解析　(1)f'(x)=3x2-2x+a=3+a-. 若a≥, f'(x)≥0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 若a<,当x∈∪时, f'(x)>0; 当x∈时, f'(x)<0. 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增. (2)曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0)+f(x0). 由该切线过坐标原点得-x0 f'(x0)+f(x0)=0,即2-=1,可得x0=1. 又因为f'(1)=1+a,所以该切线方程为y=(1+a)x. 由f(x)=(1+a)x可得(x-1)2(x+1)=0, 解得x=-1或x=1. 因此曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a),(-1,-1-a). 4.解析　(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞), ∴f'(x)=2a2x+a-==. ∵a>0,x>0,∴>0, 当x∈时, f'(x)<0; 当x∈时, f'(x)>0, ∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点, ∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点, 由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f =3-3ln =3+3ln a>0, ∴ln a>-1,解得a>, 故实数a的取值范围是. 5.解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-ln x,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b), 即=, 令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1), 不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1, 先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1, 即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1). 令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]. ∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立, ∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0. ∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1, ∴x1+x2>2. 再证x1+x2<e,即证x2<e-x1,即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1). 令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1), 则φ'(x)=-ln[x(e-x)], ∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减, ∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增, 当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减, 又∵x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0, ∴x→0+时,φ(x)→0+,又∵φ(1)=f(1)-f(e-1)>0, ∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1), ∴x2<e-x1,∴x1+x2<e. 综上,2<+<e成立. 6.D　f(x)=a(x-a)2(x-b) =a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b], ∴f'(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2] =a(x-a)[3x-(a+2b)]. 令f'(x)=0,得x1=a,x2=. (i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值, 则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在上单调递减,此时需a<,得0<a<b,∴a2<ab. (ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a>,得b<a<0,∴a2<ab. 综上可知,a2<ab,故选D. 7.答案　1 解析　①当x>时, f(x)=2x-1-2ln x, ∴f'(x)=2-=,∴当x∈时, f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, ∴f(x)在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x)在x=1处取得极小值,也是最小值, 即f(x)min=f(1)=1. ②当0<x≤时, f(x)=1-2x-2ln x, 此时f'(x)=-2-<0恒成立, ∴f(x)在上单调递减, ∴f(x)min=f =2ln 2. ∵2ln 2>1, ∴f(x)min=1. 8.解析　(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a), ∴y'=ln(a-x)+x··(-1)=ln(a-x)-,x∈(-∞,a), ∵x=0是函数y=xf(x)的极值点, ∴ln(a-0)-=0,可得a=1. 当a=1时,y'=ln(1-x)-,x∈(-∞,1), 令p(x)=ln(1-x)-, 则p'(x)=-=, 易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立, ∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又∵p(0)=0, ∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0; 当x∈(0,1)时,p(x)<0, ∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数. ∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点. ∴a=1. (2)证明:由(1)知a=1, ∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1), 当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0, 当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0, ∴要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x), 只需证x+ln(1-x)>xln(1-x), 只需证x+(1-x)ln(1-x)>0, 令h(x)=x+(1-x)ln(1-x), 则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x), ∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, ∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0, ∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立. ∴g(x)<1. 9.解析　(1)当a=0时, f(x)=,∴f(1)=1, f'(x)=,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0. (2)由题意得f'(x)=,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,经检验,符合题意. 故f(x)=,x∈R,f'(x)==, 令f'(x)>0,解得x>4或x<-1;令f'(x)<0,解得-1<x<4. 故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞);单调减区间为(-1,4). 所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=-. 又因为当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,所以f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,所以f(x)max=f(-1)=1, f(x)min=f(4)=-. 10.解析　f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-1-. (1)当a=e时, f(x)=ex-ln x+1,则f(1)=e+1, f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)·(x-1),即y=(e-1)·x+2. 直线y=(e-1)x+2在x轴和y轴上的截距分别为和2. 因此所求三角形的面积为. (2)当0<a<1时, f(1)=a+ln a<1. 当a=1时, f(x)=ex-1-ln x, f'(x)=ex-1-. 当x∈(0,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0.所以当x=1时, f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1. 当a>1时, f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 名师点评 　　本题第(2)问中,由不等式成立求参数的取值范围,常规解法是分离参数转化为求函数的最值问题,而本题中参数分布范围较广,无法分离,所以要对参数进行分类讨论,怎样分类是本题的一个难点,特别是当a>1时,证明f(x)≥1需要用到a=1时的结论,思路很窄,技巧性较强. 11.答案　①②③ 解析　设y=-,由已知条件可得甲、乙两个企业在[t1,t2]这段时间内污水治理能力强弱的数值计算式为-,由题图易知y甲>y乙,即甲企业的污水治理能力比乙企业强,所以①对; 由题图可知,在t=t2处,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系曲线的切线斜率满足k甲<k乙<0,所以-k甲>-k乙,即甲企业的污水治理能力比乙企业强,所以②对; 在t3时刻,由题图可知甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下,所以③对; 由计算式-可知,甲企业在[0,t1]这段时间内污水治理能力最弱,所以④错. 12.解析　(1)∵f(x)=ax-bx+e2,x∈R,∴f'(x)=axln a-b. ①若b≤0,则f'(x)>0,∴f(x)在R上单调递增. ②若b>0,令f'(x)>0,则x>loga,令f'(x)<0,则x<loga, ∴f(x)的单调减区间为,单调增区间为. (2)函数f(x)有2个不同的零点⇔关于x的方程ax-bx+e2=0有2个不同的解⇔关于x的方程exln a-bx+e2=0有2个不同的解. 令t=xln a,则et-+e2=0⇒=,t>0. 转化为y=与y=的图象有两个交点. 令g(t)=(t>0),则g'(t)==. 令h(t)=et(t-1)-e2(t>0),则h'(t)=et(t-1)+et=et·t>0, 又因为h(2)=0,所以t∈(0,2)时,h(t)<0,t∈(2,+∞)时,h(t)>0, 则g(t)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增, 当t→0或t→+∞时,g(t)→+∞, ∴>g(t)min=g(2)=e2,又∵a>1,∴ln a<, ∵b>2e2,∴>2,∴ln a≤2⇒1<a≤e2. ∴实数a的取值范围是(1,e2]. (3)证明:a=e时, f(x)=ex-bx+e2有2个不同的零点⇒ex+e2=bx有2个不同的实根⇒x>0. 由(2)知函数f(x)有两个不同的零点,记较小者为x1,较大者为x2,易知x1<2<x2, b==>e4, 又由<e4,知x2>5,b=<⇒x1<. 要证x2>x1+,只需证x2>ln b+. ∵b=<且y=ln b+在(e4,+∞)上单调递增,∴只需证x2>ln+(x2>5), 只需证ln -ln->0,只需证ln x2--ln 2>0. ∵<4,∴只需证h(x)=ln x--ln 2在x>5时为正, ∵h'(x)=+4x·e-x-4·e-x>0, ∴h(x)在(5,+∞)上单调递增, 又∵h(5)=ln 5--ln 2=ln->0,∴得证. 13.解析　(1)f(x)=(x-1)ex-ax2+b. f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a). ①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0. 因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a). (i)当0<a<时,ln(2a)<0. y=f'(x)的大致图象如图1所示. 图1 因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0, 当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增, 在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (ii)当a=时,ln(2a)=0, 此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增. (iii)当a>时,ln(2a)>0, y=f'(x)的大致图象如图2所示. 图2 因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增. (2)选①. 证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又因为f(0)=b-1>0,f =<0, 所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点. 当x∈(0,+∞)时, f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b =aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)·[2-ln(2a)]. 因为<a≤,所以0<ln(2a)≤2, 所以f(x)>0对任意x>0恒成立. 综上, f(x)在R上有唯一零点. 选②. 证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增, 在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, f(0)=b-1<0, 当x→+∞时,f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0. 结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点. 当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立. 综上, f(x)在R上有唯一零点. 高考模拟练 1.B　由f(x)=0,得x=0或x=2,排除A,C; 易得f'(x)=(x2-2)ex,当x<-或x>时, f'(x)>0,当-<x<时, f'(x)<0, 则f(x)在(-∞,-)和(,+∞)上单调递增,在(-,)上单调递减,则f(x)在x=-处取得极大值,在x=处取得极小值,排除D.故选B. 2.C　对于A, f(x)的定义域为R,关于原点对称,且f(-x)=sin(-x)+xcos(-x)=-sin x+xcos x=-(sin x-xcos x)=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,故A中说法正确; 对于B, f'(x)=cos x-[cos x+x·(-sin x)]=xsin x,则函数f(x)在上是增函数,在上也是增函数,所以0不是f(x)的极值点,故B中说法正确; 对于C,由于函数f(x)在上是增函数,在上也是增函数,且f(0)=0,所以函数f(x)在上有且仅有1个零点,故C中说法错误; 对于D,易知函数f(x)的值域为R,故D中说法正确. 故选C. 3.A　∵f(x)=x2+2ax,∴f'(x)=2x+2a, ∴f'(x1)=2x1+2a, 又∵f(x1)=+2ax1, ∴过A点的曲线y=f(x)的切线方程为y=(2x1+2a)·x-.① ∵g(x)=-,∴g'(x)=,∴g'(x2)=, 又∵g(x2)=-, ∴过B点的曲线y=g(x)的切线方程为y=x-.② 由题意知①②都为直线AB的方程, ∴消去x2,得a=-x1, 令h(x)=-x,则h'(x)=-1=, 令h'(x)=0,得x=, 当x∈(-∞,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, ∴当x=时,h(x)取得极小值,也是最小值,∴x1=, 则x2==,∴x1+x2=2.故选A. 4.C　令f(x)=xln x,则f'(x)=1+ln x, 当0<x<时, f'(x)<0,当x>时, f'(x)>0, 即函数f(x)在上单调递减,在上单调递增, 作函数f(x)的大致图象,如图所示: 由图象易知,b<a<1<c. 故选C. 5.BC　A中,易得f'(x)=ex+(x-a)ex=(x-a+1)ex, 令f'(x)=0,得x=a-1, 在x∈(a-1,+∞)上,f'(x)>0, f(x)单调递增, 在x∈(-∞,a-1)上,f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)在x=a-1处取得极小值,也是最小值,即f(x)min=f(a-1)=-ea-1,所以f(x)的值域为[-ea-1,+∞),故A错误. B中,g(x)=xf(x)=(x2-ax)ex,则g'(x)=[x2+(2-a)x-a]ex, 令h(x)=x2+(2-a)x-a,易得Δ=a2+4>0, 所以函数h(x)有两个零点,为x=,不妨设x1=,x2=, 在(-∞,x1),(x2,+∞)上,h(x)>0,即g'(x)>0,则g(x)单调递增, 在(x1,x2)上,h(x)<0,即g'(x)<0,则g(x)单调递减, 所以g(x)=xf(x)有三个单调区间,故B正确. C中,方程f(x)+x=0的实数根即为方程a=x+的实数根,令p(x)=x+, 则p'(x)=1+=,令q(x)=ex+1-x,则q'(x)=ex-1,令q'(x)=0,得x=0, 在(-∞,0)上,q'(x)<0,q(x)单调递减,在(0,+∞)上,q'(x)>0,q(x)单调递增, 所以q(x)在x=0处取得极小值,也是最小值,即q(x)min=q(0)=2,所以q(x)>0,即p'(x)>0,故p(x)单调递增, 所以直线y=a与函数p(x)=x+的图象仅有一个交点,即方程a=x+仅有一个实数根, 所以方程f(x)+x=0有且仅有一个实数根,故C正确. D中,函数y=f(f(x))的零点为方程f(f(x))=0的实数根,令t=f(x),则f(t)=0, 即(t-a)et=0⇒t=a,故f(x)=a,即(x-a)ex=a,得a=, 令s(x)=,则s'(x)=,令u(x)=ex+1+x,则u'(x)=ex+1>0, 所以u(x)在R上单调递增,又因为当x→-∞时,u(x)→-∞,当x→+∞时,u(x)→+∞, 所以存在x0∈R使得u(x0)=0,则在(-∞,x0)上,u(x)<0,即s'(x)<0,s(x)单调递减, 在(x0,+∞)上,u(x)>0,即s'(x)>0,s(x)单调递增,所以当x=x0时,s(x)取得极小值,也是最小值,即s(x)min=s(x0)=, 当a<时,方程f(f(x))=0无实数根,即函数y=f(f(x))没有零点; 当a=时,方程f(f(x))=0有一个实数根,即函数y=f(f(x))有一个零点; 当a>时,方程f(f(x))=0有两个实数根,即函数y=f(f(x))有两个零点,故D错误. 故选BC. 名师点评 　　在解决函数零点的相关问题时,通常将问题转化为方程的根或函数图象的交点来研究.利用导数讨论函数的单调性、值域时,若第一次求导后没有得出结果,往往要进行二次求导或三次求导,平时练习应注重提高数学运算能力、逻辑推理能力,同时培养应用数形结合、分类讨论思想的意识. 6.答案　 解析　构造函数f(x)=x3+x-1,则f'(x)=x2+1, f'(0)=1, f(0)=-1, 由题意,可知切线l1的方程为y+1=1×(x-0),即y=x-1,与x轴交点的横坐标为x1=1. 又因为f'(1)=2, f(1)=, 所以切线l2的方程为y-=2(x-1),即y=2x-,与x轴交点的横坐标为x2=. 故答案为. 7.答案　(-∞,-2e] 解析　因为f(x)=--2, 所以f'(x)=-, 因为 m<0, 所以当0<x<1时, f'(x)>0,当x>1时, f'(x)<0, 所以当x=1时, f(x)取得极大值,也是最大值,最大值为f(1)=-1-,所以f(x)∈, 因为函数f(f(x))与f(x)有相同的最大值, 所以-1-≥1, 解得m≤-2e, 所以 m的取值范围为(-∞,-2e]. 8.答案　(-∞,1-2ln 2] 解析　由题可知当x≥1时,函数f(x)单调递增, f(x)min=f(1)=1, 当x<1时, f(x)<1,设x1<x2,则必有x1<1<x2, 所以f(x1)+f(x2)=x1++1+ln x2=x1+ln x2+=2,所以x1=1-2ln x2, 所以x1+x2=1-2ln x2+x2, 设g(x)=1-2ln x+x(x>1), 则g'(x)=-+1=, 当1<x<2时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减, 当x>2时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增, 所以当x=2时,g(x)取得极小值,也是最小值,即g(x)min=g(2)=1-2ln 2+2=3-2ln 2, 所以x1+x2的最小值为3-2ln 2. 因为x1+x2-a≥2恒成立, 所以a≤x1+x2-2恒成立, 所以a≤1-2ln 2. 9.解析　选①, f'(x)=ex +a, ∵f(x)的一个极值点为0, ∴f'(0)=0,即e0+a=0,解得a=-1. ∴f(x)=ex -x-1, f'(x)=ex -1, 当x∈[-1,0)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(0,1]时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增, 又∵f(0)=0, f(-1)=, f(1)=e-2,e-2>, ∴函数f(x)在[-1,1]上的最大值为e-2,最小值为0. 选②,∵f'(x)=ex+a, ∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率为e+a. 又∵直线x+(e-1)y-1=0的斜率为, ∴(e+a)·=-1,解得a=-1. 以下同选择①. 选③,由已知得f(-x)-f'(x)=e-x-ax-1-ex -a=e-x-ex -ax-(a+1), 令F(x)=e-x-ex -ax-(a+1), ∵F(x)为奇函数, ∴F(0)=-(a+1)=0, ∴a=-1. 以下同选择①. 10.解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). 当m=时, f(x)=xln x-ex-1, 则f'(x)=1+ln x-ex-1. 记g(x)=1+ln x-ex-1, 则g'(x)=-ex-1. 显然g'(x)在(0,+∞)上单调递减,且g'(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减. 所以g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,即g(x)≤g(1)=1+ln 1-1=0,即f'(x)≤0恒成立,当且仅当x=1时取等号, 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间. (2)证明:要证f(x)<0,只需证mex>xln x. ①当0<x≤1时,ex>1,xln x≤0,m≥,不等式显然成立. ②当x>1时,xln x>0,ex>e,由m≥可得,mex≥·ex, 于是原问题可转化为求证·ex>xln x,即证-ln x>0. 令h(x)=-ln x,则h'(x)=-=, 令p(x)=2ex-2(x-1)-x,则p'(x)=2ex-2(x-1)+2ex-2-1=2xex-2-1,易知p'(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为p'(1)=-1<0,p'(2)=3>0,所以存在x0∈(1,2)使得p'(x0)=0,当x∈(1,x0)时,p'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,p'(x)>0, 所以p(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 又因为p(1)=-1<0,p(2)=0, 故当x∈(1,2)时,p(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(2,+∞)时,p(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以h(x)在x=2处取得极小值,也是最小值, 所以当x>1时,h(x)≥h(2)=1-ln 2>0,即h(x)>0. 综上, f(x)<0. 11.解析　(1)由题意得, f'(x)=+b=,x>0. ∵函数f(x)=aln x+bx+c(a≠0)有极小值,∴b>0,a<0, f(x)的极小值点为-. (2)证明:由(1)知,m=f , m+a-=f +a- =aln-a+c+a-c+ =aln+ =a. 令-=t,g(t)=ln t+,t>0, 则g'(t)=-=. 令g'(t)=0,得t=(负值舍去), ∴g(t)在上单调递减,在上单调递增, ∴g(t)≥g=ln+>0. ∵a<0, ∴ag(t)<0, ∴m+a<. 12.解析　(1)作AA1⊥MN,BB1⊥MN,垂足分别是A1,B1. 由条件知,|O'B|=40, 故|BB1|=-×403+6×40=160, 则|AA1|=160. 由|O'A|2=160,得|O'A|=80. 所以|AB|=|O'A|+|O'B|=80+40=120. 所以桥AB的长度为120米. (2)以O为原点,ON所在直线为x轴,OO'所在直线为y轴建立平面直角坐标系xOy(如图所示). 设F(x,y2),x∈(0,40), 则y2=-x3+6x, |EF|=160-y2=160+x3-6x. 因为|CE|=80, 所以|O'C|=80-x. 设D(x-80,y1), 则y1=(x-80)2, 所以|CD|=160-y1=160-(x-80)2=-x2+4x. 记桥墩CD和EF的总造价为f(x)万元, 则f(x)=k+k =k(0<x<40), 故f'(x)=k=x(x-20)(0<x<40), 令f'(x)=0,得x=20. 当x变化时, f'(x)与f(x)的变化情况如表所示: x (0,20) 20 (20,40) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以当x=20时, f(x)取得极小值,也是最小值. 故当O'E为20米时,桥墩CD和EF的总造价最低. 学科网（北京）股份有限公司 $$