第5章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（苏教版2019）

综合拔高练 高考真题练 考点1　导数的概念及其几何意义 1.(2023全国甲文,8)曲线y=处的切线方程为(　　) A.y=x C.y= 2.(2022新高考Ⅰ,15)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.  3.(2022新高考Ⅱ,14)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　,　　　　.  4.(2022全国甲文,20)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线. (1)若x1=-1,求a; (2)求a的取值范围. 考点2　函数的导数与单调性 5.(2023新课标Ⅱ,6)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 6.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c　　　　B.c<b<a　　　　 C.c<a<b　　　　D.a<c<b 7.(2023全国甲文,20)已知函数f(x)=ax-,x∈. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围. 8.(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)有一个零点. ①<a≤,b≤2a. 考点3　函数的导数与极值、最值 9.(2023全国乙文,8)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) 10.(2022全国乙文,11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为　(　　) A.- C.-+2 11.(多选题)(2022新高考Ⅰ,10)已知函数 f(x)=x3-x+1,则(　　) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 12.(2022全国乙理,16)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是　　　　.  13.(2023新课标Ⅱ,22)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围. 14.(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 高考模拟练 应用实践 1.函数f(x)=的图象大致为(　　) A　　　　B C　　　　D 2.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,且f(x)为偶函数, f=-2,3f(x)cos x+f'(x)sin x<0,则不等式f<0的解集为(　　) A. C. 3.已知a=,则a,b,c的大小关系为(　　) A.b>c>a　　　　B.a>b>c C.b>a>c　　　　D.c>b>a 4.如果直线l与两条曲线都相切,则称l为这两条曲线的公切线,如果曲线f(x)=ln x和曲线g(x)=(x>0)有且仅有两条公切线,那么常数a的取值范围是(　　) A.(-∞,0)　　　　B.(0,1) C.(1,e)　　　　D.(e,+∞) 5.(多选题)已知函数f(x)=ln x-(a∈R),则下列说法正确的是(　　) A.当a>0时, f(x)在(1,+∞)上单调递增 B.若f(x)的图象在x=2处的切线与直线x+2y-5=0垂直,则a= C.当-1<a<0时, f(x)不存在极值 D.当a>0时, f(x)有且仅有两个零点x1,x2,且x1x2=1 6.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD.若四棱锥P-ABCD的体积为9,且其顶点均在球O上,则当球O的体积取得最小值时,AP=　　　　,此时球心O到平面PBD的距离是　　　　.  7.已知函数f(x)=,若关于x的方程tf(x)-x=0在∪(1,e2]上有两个不相等的实根,则实数t的取值范围为　　　　.  8.已知a>0,函数f(x)=(a-x)ln x. (1)证明f(x)存在唯一极大值点; (2)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)成立,求b的取值范围. 9.已知函数f(x)=2ln x-ax+1(a∈R). (1)讨论函数f(x)的零点个数; (2)已知函数g(x)=eax-ex2(a∈R),当0<a<时,关于x的方程f(x)=g(x)有两个实根x1,x2(x1<x2),求证:x1-.(注:e是自然对数的底数) 迁移创新 10.已知函数f(x)=x2-3x+aln x,a∈R. (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)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围; (3)若函数g(x)的图象上存在两点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1<x2,使得g',则称y=g(x)为“拉格朗日中值函数”,并称线段AB的中点为函数g(x)的一个“拉格朗日平均值点”.试判断函数f(x)是不是 “拉格朗日中值函数”,若是,求出函数f(x)的“拉格朗日平均值点”的个数;若不是,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.C　由y=,可得y'=,则y'|x=1=,∴曲线在点处的切线方程为y-(x-1),即y=,故选C. 2.答案　(-∞,-4)∪(0,+∞) 解析　设切点的坐标为(x0,y0),则y0=(x0+a), 易知y'=(x+a+1)ex,y', ∴曲线在点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x0+a+1)·(x-x0), 又切线过坐标原点,∴-y0=(x0+a+1)(-x0), ∴(x0+a)+(a+1)x0, ∴+ax0-a=0(*). ∵曲线有两条过坐标原点的切线,∴关于x0的方程(*)有两个不相等的实数根,∴Δ=a2-4(-a)>0,∴a(a+4)>0, ∴a<-4或a>0.∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 3.答案　y= 解析　当x>0时,y=ln x,则y'=,设切点坐标为(x1,ln x1),x1>0,则该切线方程为y-ln x1=(x-x1),若该切线经过坐标原点,则ln x1-1=0,解得x1=e,此时的切线方程为y=; 当x<0时,y=ln(-x),则y'=,设切点坐标为(x2,ln(-x2)),x2<0,则该切线方程为y-ln(-x2)=(x-x2),若该切线经过坐标原点,则ln(-x2)-1=0,解得 x2=-e,此时的切线方程为y=-. 4.解析　(1)由题意知, f(-1)=-1-(-1)=0, f '(x)=3x2-1, 则f '(-1)=3-1=2,故曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2, 设该切线与曲线y=g(x)切于点(x0,g(x0)), 由g(x)=x2+a得g'(x)=2x,则g'(x0)=2x0=2,解得x0=1,则g(1)=1+a=2×1+2,解得a=3. (2)由(1)知f '(x)=3x2-1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(-1)(x-x1),整理得y=(3, 设该切线与曲线y=g(x)切于点(x2,g(x2)), 由g'(x)=2x,得g'(x2)=2x2,则曲线y=g(x)在该点处的切线方程为y-(+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-+a, 由得a=,令h(x)=, 则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1), 令h'(x)>0,得-<x<0或x>1,令h'(x)<0,得x<-或0<x<1, 故x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表: x - 0 (0,1) 1 (1,+∞) h'(x) - 0 + 0 - 0 + h(x) ↘ ↗ ↘ -1 ↗ 故h(x)的值域为[-1,+∞),即a的取值范围为[-1,+∞). 5.C　∵f(x)在(1,2)上单调递增, ∴f '(x)≥0在(1,2)上恒成立, 即f '(x)=aex-≥0在x∈(1,2)上恒成立, ∴a≥在x∈(1,2)上恒成立. 令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0, ∴g(x)在(1,2)上单调递增,∴g(x)∈(e,2e2), ∴,∴a≥,即a的最小值为,故选C. 6.C　a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9=-ln. (1)=0.9e0.1,令f(x)=(1-x)ex,则f '(x)=-xex, 由f '(x)>0得x<0,由f '(x)<0得x>0. 故f(x)在(0,+∞)上单调递减,在(-∞,0)上单调递增,所以f(0.1)<f(0),即(1-0.1)e0.1<(1-0)e0=1, 即<1,又b>0,所以a<b. (2)c-b=-ln=ln . 令g(x)=ln(1+x)-x,则g'(x)=. 当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g<g(0)=0,即c-b<0,所以c<b. (3)a-c=0.1e0.1+ln,令h(x)=xex+ln(1-x)(x<1), 则h'(x)=(x+1)ex-(x<1), 令φ(x)=(x+1)ex-(x<1), 则φ'(x)=(x+2)ex-, 易知当0<x<时,φ'(x)>0, 所以φ(x)在上单调递增,又φ(0)=1-1=0, 所以当0<x<时,h'(x)>0,h(x)在上单调递增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1+ln>0,即a-c>0,所以a>c. 综上可知,b>a>c.故选C. 方法技巧　常见的指对同构类型 (1)x1=x2ln x2型 同左:原式变形为x1·=ln x2·,设f(x)=x·ex,则f(x1)=f(ln x2); 同右:原式变形为·ln =x2·ln x2,设f(x)=x·ln x,则f()=f(x2); 取对数:原式变形为ln(x1·)=ln(x2·ln x2),则ln x1+x1=ln x2+ln(ln x2),设f(x)=ln x+x,则f(x1)=f(ln x2). (2)型 同左:原式变形为,设f(x)=,则f(x1)=f(ln x2); 同右:原式变形为,设f(x)=,则f()=f(x2); 取对数:原式变形为ln =ln ,则x1-ln x1=ln x2-ln(ln x2),设f(x)=x-ln x,则f(x1)=f(ln x2). (3)x1+=x2+ln x2型 同左:原式变形为x1+=ln x2+,设f(x)=x+ex,则f(x1)=f(ln x2); 同右:原式变形为+ln =x2+ln x2,设f(x)=x+ln x,则f()=f(x2). (4)ax=logax(a>0,且a≠1)型 原式变形为,即exln a=,则ln a·exln a=ln x,则xln a·exln a=xln x,再结合(1)求解. 在跨阶同构时凑形是难点,常用的凑形有:x=eln x,xex=eln x+x,x2ex=e2ln x+x,=e-ln x+x,ln x+ln a=ln ax,ln x-1=ln ,有时也需要使两边同时加(乘)上某式等. 7.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈, 则f'(x)=1-,因为x∈,所以cos x∈(0,1),所以f'(x)<0恒成立, 所以函数f(x)在区间上单调递减. (2)f(x)+sin x=ax-+sin x. 令g(x)=-sin x==,x∈, 则g'(x)==. 因为x∈,所以sin x∈(0,1),cos x∈(0,1), 所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,所以g'(x)>0, 所以函数g(x)在区间上单调递增, 易知当x→0+时,g(x)→0+,当x→时,g(x)→+∞, f(x)+sin x<0,即-sin x>ax, 在同一直角坐标系中,画出函数y=g(x)与y=ax的大致图象,如图, 由图可知,要满足题意,则a≤0,故a的取值范围为(-∞,0]. 8.解析　(1)由函数f(x)的解析式可得f'(x)=x(ex-2a), 当a≤0时,若x∈(-∞,0),则f'(x)<0, f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增; 当0<a<时,若x∈(-∞,ln(2a)),则f'(x)>0,f(x)单调递增, 若x∈(ln(2a),0),则f'(x)<0, f(x)单调递减, 若x∈(0,+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增; 当a=时, f'(x)≥0,且仅在x=0处取“=”,故f(x)在R上单调递增; 当a>时,若x∈(-∞,0),则f'(x)>0, f(x)单调递增, 若x∈(0,ln(2a)),则f'(x)<0, f(x)单调递减, 若x∈(ln(2a),+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增. (2)证明:若选择条件①. 由于<a≤,故1<2a≤e2,则b>2a>1, f(0)=b-1>0, 而f(-b)=(-1-b)e-b-ab2+b<0, 由(1)知,函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,故函数f(x)在区间(-∞,0)上有一个零点. f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b>2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+2a =2aln(2a)-a[ln(2a)]2=aln(2a)[2-ln(2a)], 由<a≤,可知aln(2a)[2-ln(2a)]≥0,故f(ln(2a))>0, 结合函数的单调性可知,函数f(x)在区间(0,+∞)上没有零点. 综上可得, f(x)有一个零点. 若选择条件②. 由于0<a<,故0<2a<1,则f(0)=b-1≤2a-1<0, 当b≥0时,由e2>4,4a<2,可知f(2)=e2-4a+b>0, 由(1)知,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在区间(0,+∞)上有一个零点. 当b<0时,构造函数H(x)=ex-x-1,则H'(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时,H'(x)<0,H(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,H'(x)>0,H(x)单调递增, 所以H(x)≥H(0)=0,即ex≥x+1, 故f(x)=(x-1)ex-ax2+b≥(x-1)(x+1)-ax2+b=(1-a)x2+b-1, 当x>时,(1-a)x2+b-1>0,取x0=+1,则f(x0)>0, 又f(0)<0,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在区间(0,+∞)上有一个零点. f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b≤2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+2a =2aln(2a)-a[ln(2a)]2=aln(2a)[2-ln(2a)], 由0<a<可知aln(2a)[2-ln(2a)]<0,故f(ln(2a))<0, 结合函数的单调性可知函数f(x)在区间(-∞,0)上没有零点. 综上可得, f(x)有一个零点. 9.B　f '(x)=3x2+a,当a≥0时, f '(x)≥0,且不恒为0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不符合题意,∴a<0. 令f '(x)=0,得x1=-, 当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0, 当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0, ∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增, ∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f +2>0①, 且f(x)的极小值f(x2)=f+2<0②, 解①得a<0,解②得a<-3. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B. 10.D　f '(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x, ∵x∈[0,2π],∴x+1>0恒成立, 令f '(x)>0,得0≤x<<x≤2π, 令f '(x)<0,得, 当x∈[0,2π]时, f '(x)、 f(x)随x的变化情况如表: x 0 2π f '(x) 1 + 0 - 0 + 2π+1 f(x) 2 ↗ +2 ↘ - ↗ 2 ∴f(x)min=f , f(x)max=f +2.故选D. 11.AC　由题意可知f '(x)=3x2-1=3, 由f '(x)>0得x<-或x>, 由f '(x)<0得-, ∴f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. 对于A,易得f(x)存在两个极值点,故A正确. 对于B,∵f >0, f >0,当x→-∞时,f(x)→-∞,∴f(x)只有一个零点,故B错误. 对于C,∵f(x)+f(-x)=x3-x+1+(-x)3+x+1=2, ∴f(x)图象的对称中心为点(0,1),故C正确. 对于D,由f '(x)=3x2-1=2,解得x=1或x=-1, 当x=1时,切点坐标为(1,1),切线方程为y=2x-1, 当x=-1时,切点坐标为(-1,1),切线方程为y=2x+3.故D错误. 故选AC. 12.答案　 解析　f '(x)=2ln a·ax-2ex,因为x1,x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点,且x1<x2, 所以当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)<0,当x∈(x1,x2)时, f '(x)>0. 若a>1,则当x<0时,2ln a·ax>0,2ex<0,此时f '(x)>0,故a>1不符合题意, 所以0<a<1,此时方程2ln a·ax-2ex=0的两个根分别为x1,x2,即方程的两个根分别为x1,x2,即函数y=的图象与直线y=有两个不同的交点, 令g(x)=,0<a<1,则g'(x)=,0<a<1, 所以当x∈(-∞,logae)时,g'(x)<0,当x∈(logae,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(logae,+∞)上单调递增,在(-∞,logae)上单调递减,易得g(0)=0,g(logae)=<0.画出g(x)=的大致图象,如图所示, 由图可得要使函数y=与函数y=的图象有两个不同的交点,则<0,即<a<1. 13.解析　(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),则G'(x)=-2+sin x,易知G'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x. 令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1,易知h'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x. 综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x. (2)易知f(x)的定义域为(-1,1), f(x)为偶函数, f '(x)=-asin ax+,易知f '(x)是(-1,1)上的奇函数, 令F(x)=f '(x),则F'(x)=-a2cos ax, 显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2, 当2-a2<0,即a>或a<-时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增,又F'(0)<0,所以∃m∈(0,1),当x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f '(x)在(-m,m)上单调递减. 又f '(0)=0,故当-m<x<0时, f '(x)>0,当0<x<m时, f '(x)<0,故f(x)在(-m,0)上单调递增,在(0,m)上单调递减,所以x=0是f(x)的极大值点,符合题意. 当2-a2≥0,即-≤a≤时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f '(x)在(0,1)上单调递增,则f '(x)在(-1,1)上单调递增. 又f '(0)=0,所以当-1<x<0时, f '(x)<0,当0<x<1时, f '(x)>0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,所以x=0是f(x)的极小值点,不符合题意. 综上,a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞). 14.解析　(1)易得f '(x)=ex-a,若a≤0,则f '(x)>0, ∴f(x)在R上单调递增,此时f(x)无最小值,不符合题意,∴a>0,令f'(x)=0,得x=ln a. ∴当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, 当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, ∴f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(ln a)=a-aln a. 易得g'(x)=a-,a>0. 当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0, ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,∴g(x)min=g=1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a+=0, 设h(x)=ln x+,则h'(x)=>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴a=1. (2)证明:由(1)得a=1,则f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,易知当x→-∞时, f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞, g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 易知当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,且f(x)min=g(x)min=1. ①当b<1时,直线y=b与两条曲线均无交点; ②当b=1时,直线y=b与两条曲线共有两个不同的交点; ③当b>1时,直线y=b与两条曲线各有两个不同的交点. 若要使直线y=b与两条曲线共有三个不同的交点,则需使直线y=b与曲线y=f(x)在(0,+∞)上的交点和直线y=b与曲线y=g(x)在(0,1)上的交点重合. 记F(x)=f(x)-g(x)=ex+ln x-2x,x∈(0,1), 易知F(e-3)=-3-2e-3<e-3-2e-3<0,F(1)=e-2>0, ∴∃x0∈(e-3,1),使F(x0)=0,即f(x0)=g(x0), 设直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1<0<x2<1<x3,则f(x1)=-x1=b, f(x2)=-x2=b, g(x2)=x2-ln x2=-ln x2=f(ln x2)=b, g(x3)=x3-ln x3=-ln x3=f(ln x3)=b. 故∴x1+x3=ln x2+=x2-b+x2+b=2x2, ∴x1,x2,x3成等差数列. 高考模拟练 1.B　由已知得函数f(x)的定义域为R,且f(0)=0,排除A; 因为f(-x)==f(x),且定义域R关于原点对称,所以函数f(x)为偶函数,排除C; 当x>0时, f(x)=, 则f'(x)=, 因为f'≠0,所以x=不是函数f(x)的极值点,排除D. 故选B. 2.A　令g(x)=f(x)sin3x, 则g'(x)=3f(x)sin2xcos x+f'(x)sin3x =sin2x[3f(x)cos x+f'(x)sin x]≤0,且不恒为0, 所以g(x)在R上单调递减. 又因为f(x)是偶函数,所以f=-2, 所以g. 又gcos3x, 所以不等式f<0等价于g,所以x+,解得x>-, 所以不等式f<0的解集为. 故选A. 方法总结　f(x)与sin x,cos x相结合,构造可导函数的几种常见形式: (1)已知f'(x)sin x+f(x)cos x,则构造F(x)=f(x)·sin x; (2)已知,则构造F(x)=; (3)已知f'(x)cos x-f(x)sin x,则构造F(x)=f(x)cos x; (4)已知,则构造F(x)=. 3.D　 a=, 设f(x)=,x>0, 则f'(x)=, 所以当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, 所以a=f(2)<f(e)=c,b=f(3)<f(e)=c, 又因为a==b, 所以c>b>a.故选D. 4.B　设曲线y=f(x)上一点A(x1,ln x1),易得f'(x)=,则曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y=x-1+ln x1. 设曲线y=g(x)上一点B,易得g'(x)=,则曲线y=g(x)在点B处的切线方程为y=. 设直线l与两条曲线都相切,则消去x2得(ln x1-2)=-2. 因为曲线y=f(x)和y=g(x)有且仅有两条公切线, 所以(ln x1-2)=-2有且仅有两个不相等的实数根. 记h(x)=(ln x-2)(x>0), 则h'(x)=(ln x-2)+. 令h'(x)>0,得x>1,令h'(x)<0,得0<x<1,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,所以h(x)min=h(1)=-2. 令h(x)=0,得x=0(舍去)或x=e2. 当x→0+时,h(x)→0,当x→+∞时,h(x)→+∞, 又-2≤0,所以要使(ln x1-2)=-2有且仅有两个不相等的实数根,只需-2<-2<0,解得0<a<1.故选B. 5.ABD　由已知得f(x)的定义域为{x|x>0且x≠1}, f'(x)=. 对于A,当a>0时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增,故A正确. 对于B,直线x+2y-5=0的斜率为-,因为f(x)的图象在x=2处的切线与直线x+2y-5=0垂直,所以f'(2)=+2a=2,解得a=,故B正确. 对于C,当-1<a<0时,不妨取a=-,则f'(x)=, 令f'(x)=0,得x2-3x+1=0,解得x=或x=, 当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以函数f(x)在x=处取得极大值,在x=处取得极小值,故C错误. 对于D,由A可知,当a>0时, f(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增, 当x>1时,因为f(ea)=a-a·<0, f(e3a+1)=3a+1-a· = >>0, 所以f(x)在(1,+∞)上有一个零点, 当0<x<1时,因为f(e-a)=-a-a·>0, f(e-3a-1)=-3a-1-a· =-3a-1-a· <- =-<0, 所以f(x)在(0,1)上有一个零点, 所以f(x)有两个零点,分别在(0,1)和(1,+∞)内, 不妨设0<x1<1<x2, 令f(x)=0,则有ln x-=0, 则f=-ln x-=-ln x+=0, 所以f(x)=0的两根互为倒数,所以x1x2=1,故D正确. 故选ABD. 6.答案　3; 解析　设四棱锥底面正方形ABCD的边长为a,则四棱锥的体积VP-ABCD=a2·PA=9,所以PA=, 设四棱锥P-ABCD的外接球O的半径为R,通过构造长方体可知满足PA2+AB2+AD2=4R2, 即4R2=2a2+=2a2+729a-4, 令f(a)=2a2+729a-4,a>0,则f'(a)=4(a-729a-5),令f'(a)<0,得0<a<3,令f'(a)>0,得a>3. 所以f(a)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增, 所以函数f(a)在a=3处取得极小值,也是最小值,此时外接球O的半径最小,即体积最小, 所以当球O的体积取最小值时,a=3,则PA==3,半径R=, 此时四棱锥P-ABCD可以看成由棱长为3的正方体截取的一部分, 则球心O在该正方体的体对角线的中点处,设OA∩平面PBD=E. 由正方体中的几何关系可知AE=,且OA⊥平面PBD, 所以线段OE的长为球心O到平面PBD的距离. 又因为OA=R,所以OE=OA-AE=,所以球心O到平面PBD的距离为. 7.答案　 解析　易得f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞),且f(x)≠0, 关于x的方程tf(x)-x=0在∪(1,e2]上有两个不相等的实根, 即t=∪(1,e2]上有两个不相等的实根, 令h(x)=,则函数h(x)的图象与直线y=t在∪(1,e2]上有两个交点. 易得h'(x)=,令h'(x)>0,得≤x<1或1<x<e;令h'(x)<0,得e<x≤e2, 所以当x=e时,函数h(x)取得极大值,为h(e)=. 又h,h(1)=0,所以实数t的取值范围为. 8.解析　(1)证明:f'(x)=-ln x+(a-x)·=-ln x+-1,x>0, 令g(x)=-ln x+-1,x>0, 则g'(x)=-,x>0. ∵a>0,∴g'(x)<0,∴f'(x)在(0,+∞)上单调递减, 当x=e-1时, f'(e-1)=ae>0,当x=ea时, f'(ea)=-a+-1<0, 故存在x0∈(e-1,ea),使得f'(x0)=0, 当x∈(0,x0)时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)存在唯一极大值点. (2)由题知,存在a>0,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)成立,即存在a>0,使得b≥f(x)-a对任意x∈(0,+∞)成立, 由(1)知, f(x)max=f(x0),且-ln x0+-1=0, 即a=x0(1+ln x0), 故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+ln x0)-x0]ln x0-x0(1+ln x0)=x0(ln x0)2-x0-x0ln x0, 即存在a=x0(1+ln x0)>0,使得b≥x0(ln x0)2-x0-x0·ln x0,x0>0成立, 构造u(x)=x(ln x)2-x-xln x,x>0,故b≥u(x)min, 易得u'(x)=(ln x)2+ln x-2,x>0, 令u'(x)=0,得ln x=-2或ln x=1,得x=e-2或x=e, 当x∈(0,e-2)时,u'(x)>0,u(x)单调递增, 当x∈(e-2,e)时,u'(x)<0,u(x)单调递减, 当x∈(e,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增, 所以u(x)极小值=u(e)=e(ln e)2-e-eln e=-e<0, 当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(ln x)2-ln x-1]=x, 因为x∈(0,e-2),所以ln x<-2,即>5,则u(x)>0在x∈(0,e-2)上恒成立, 故u(x)min=u(e)=-e,所以b≥-e. 所以b的取值范围是[-e,+∞). 方法总结　本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化: 一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d]. (1)若∀x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],总有f(x1)<g(x2)成立,则f(x)max<g(x)min; (2)若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,则f(x)max<g(x)max; (3)若∃x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,则f(x)min<g(x)max; (4)若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集. 9.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=2ln x-ax+1=0,得a=, 令u(x)=,则u'(x)=, 当x∈(0,)时,u'(x)>0,函数u(x)单调递增, 当x∈(,+∞)时,u'(x)<0,函数u(x)单调递减, 所以u(x)max=u(. 易得u=0,且当x>时,u(x)>0,当x→0+时,u(x)→-∞,当x→+∞时,u(x)→0,由此可画出函数y=u(x)的图象,如图所示: 所以当a>时,函数f(x)的零点个数为0;当a≤0或a=时,函数f(x)的零点个数为1;当0<a<时,函数f(x)的零点个数为2. (2)证明:由f(x)=g(x)得2ln x-ax+1=eax-ex2, 所以ax+eax=2ln x+ex2+1=ln ex2+, 令φ(x)=x+ex,则φ(ax)=φ(ln ex2), 又φ'(x)=1+ex>0在R上恒成立,所以φ(x)在R上单调递增,所以ax=ln ex2,即ax=1+2ln x, 由已知得方程ax=1+2ln x有两个实根x1,x2(x1<x2), 即a=有两个实根x1,x2(x1<x2), 由(1)得<x2. 令, 所以 令h(t)=t-2tln t(t>0), 所以h(t)=a有两个实根t1,t2,0<t2<. 先证t1+t2>. h'(t)=-1-2ln t,令h'(t)>0,解得0<t<,令h'(t)<0,解得t>, 所以h(t)在上单调递增,在上单调递减,要证t1+t2>,即证t1>-t2, 因为t1>,h(t)在上单调递减,所以只需证h(t1)<h,即证h(t2)<h. 令F(t)=h(t)-h, 则F'(t)=h'(t)+h'=-1-2ln t-1-2ln-t=-2-2ln, 令k(t)=t, 易知函数k(t)在上单调递增, 所以0<t,所以ln<-1, 所以-2-2ln>0,即F'(t)>0在上恒成立,所以F(t)在上单调递增, 所以F(t)<F=0,所以h(t2)<h成立,即h(t1)<h成立, 故t1+t2>得证,即,所以, 所以x1-,即x1-. 10.解析　(1)当a=1时, f(x)=x2-3x+ln x,x∈(0,+∞), ∴f '(x)=2x-3+,∴f '(1)=2-3+1=0. 又f(1)=1-3+0=-2,∴所求切线方程为y=-2. (2)由题意得f '(x)=2x-3+≤0在x∈[1,2]上恒成立,即a≤(-2x+3)x=-2对任意x∈[1,2]都成立. 易知y=-2在[1,2]上单调递减, ∴ymin=-2,∴a≤-2. (3)由(2)知f '(x)=2x-3+. 若函数f(x)是“拉格朗日中值函数”,则存在A(x1,y1),B(x2,y2),且0<x1<x2,使得f ', 即[a(ln x2-ln x1)+.(*) ①当a=0时,(*)对任意的0<x1<x2都成立, ∴f(x)为“拉格朗日中值函数”,函数f(x)的“拉格朗日平均值点”有无数个. ②当a≠0时,由(*)得=ln x2-ln x1, 即=ln , 设t=,t>1,若f(x)为“拉格朗日中值函数”,则方程ln t=在区间(1,+∞)上有解. 令h(t)=ln t-,t>1,则h'(t)=>0,∴函数h(t)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(t)>h(1)=0,即方程ln t=在区间(1,+∞)上无解. 综上,当a=0时, f(x)为“拉格朗日中值函数”,函数f(x)的“拉格朗日平均值点”有无数个;当a≠0时, f(x)不是“拉格朗日中值函数”. 32 学科网（北京）股份有限公司 $$