重点强化4 导数与函数零点-【金试卷】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

重点强化4导数与函数零点 1.设函数f(x)的导函数为f(x),若f(x)为偶函数，且在(0,1)上 存在极大值，则f(x)的图象可能为 2.已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则下列结论中 密 正确的是 封 樊 线 A.曲线y=f(x)在点（一2，f(一2）)处的切线斜率小于零 昂 B.函数f(x)在区间（一1,1）上单调递增 内 C.函数f(x)在x=1处取得极大值 D.函数f(x)在区间（一3,3）内至多有两个零点 不 3.函数f(x)=x3一12x一16的零点个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 数 准 4.给出定义：设f(x)是函数y=f(x)的导函数，"(x)是函数 f(x)的导函数，若方程"(x)=0有实数解x。,则称点(x。, 答 f(x)为函数y=f(x)的“拐点”.已知函数f(x)=4x十3sinx 一4cosx的拐点是M(x,f(x)),则点M () 茶 题 A.在直线y=一3x上 B.在直线y=3x上 C.在直线y=一4x上 D.在直线y=4x上 ln(1+x),x> 5.已知函数f(x)= kx,x≤0 曲线y=f(x)与直线y=受 丝 部 2十l血2有且仅有一个交点，则实数k的取值范围为 ( A[2t∞ B(合，+∞ C.(1,+∞) D.[1,+∞) 6.若函数f()=e一号r-ax有两个极值点，则实数a的取值范 围是 A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.（-∞，1) D.(e,十∞) x2-2x,x≤0， 7.函数f(x)=了2x 若关于x的方程f(x)一af(x)十 x>0, 、e a一1=0恰有四个不同的实数根，则实数a的取值范围为() A,) R,》 D.(1,2) 8.方程x2=e的实根个数为 () A.0 B.1 C.2 D.3 9.(多选)已知函数f(x)=e(x2一x一1)，则下列选项正确的有 ( A面敏fx)的极小值为-，极大值为是 B.函数f(x)存在3个不同的零点 C.当x∈[一2,2]时，函数f(x)的最大值为e2 D.当一e<<得时，方程(x)=k恰有3个不等实根 10.(多选)函数f(x)=x(e一1)一lnx一k在区间(0，+o∞)上有唯 一零点x。,则下列四个结论正确的是 () A.k=1 B.k>1 C.xoeo=1 D.<x< 11.(多选)若过点P(一1，t)最多可以作出n(n∈N*)条直线与函数 fx)=牛的图象相切，则 ( A.tn可以等于2022 B.n不可以等于3 C.te+n>3 D.n=1时，∈0U(告，+∞） 12.(多选)已知函数f(x)=x-lnx一a有两个零点x1、x2,则下列 说法正确的是 A.a>1 B.x1x2>1 C.x1x2<1 D.x1+x2>2 13.已知函数f(x)=xe一a(1nx+x)有两个零点，则整数a的最 小值为 14.已知f(x)=22-nx,若在区间(0,2)上存在x1,x(G≠ x2),使得f(x1)=f(x2)成立，则实数a的取值范围是 15.已知曲线f(x)=一x3十3x2+9x十a与x轴只有一个交点，则 实数a的取值范围为 16.已知函数f(x)=cos2x十2sinx,关于x的方程ef)一2a=f(x) 有实根，则实数a的取值范围为 17.已知函数f(x)=x3-x2+1. (1)求f(x)的单调区间： (2)讨论方程f(x)=a(a∈R)的解的个数 选择性必修第二册17 l8.已知函数f(x)=x2-mlnx,g(x)=x2-x十a. (1)当a=0时，f(x)≥g(x)在区间(1，+∞)上恒成立，求实数 m的取值范围； (2)当m=2时，若函数h(x)=f(x)一g(x)在区间[1,3]上恰有 两个不同的零点，求实数a的取值范围. 18选择性必修第二册 19.已知函数f(x)=sinx一ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数. (1)求证：f(x)在区间-1,2)上存在唯一极大值点： (2)求证：f(x)有且仅有2个零点. 20.已知函数f(x)=lnx一ax. (1)若直线y=一1与函数y=f(x)的图象相切，求实数a的值； (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 21.已知函数f(x)=(x-1)lnx-x-1. 22.已知函数f(x)=e-lnx十x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.令f=zexe1,+∞)，则f)=-z+2》<0,因光函教f） (x-1)2ex 在区间(1，十∞)上单调递减，易 (z二1)e<不可能只有一个整数解. T2 ③当时，由aC0格有-个基数解，得ze>a给有一个数解 由②易得函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间（一○，0]上单调递增，故 f(x)max=f(0)=0. 又-1D=-号<-1，且zDe>a格有-个整数解，所以f0)>a≥-1D, T2 即-号≤a<0.综上ae[-0） 答案[-号0) 17.证明令g(x)=e-x-1,则g'(x)=e2-1,令g(x)=0,得x=0,当x<0时， g(x)<0,g(x)单调递减，当x>0时，g(x)>0,g(x)单调递增，∴.g(x)≥g(0)= 0,即e2-x-1≥0，.e2≥x十1（当且仅当x=0时，等号成立）.① 含h(e)=x+1-n(z+2),则(x)=1一2牛2（x>-2),易知h(五 (-2,一1)上单调递减，在（一1，十o∞）上单调递增，∴.h(x)≥h(一1)=0，即x十1 ln(x十2)≥0，即x+1≥ln(x十2)（当且仅当x=一1时，等号成立）.② ,①和②中的等号不能同时成立，.由①和②得e>ln(x十2)，即f(x)>0. l8.解(1)函数f(x)的定义域为[0，+∞)，f(x)=2x一2sinx,设g(x)=x-sinx, 则g'(x)=1-cosx≥0，所以g(x)在[0，十o∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=0, 所以x-sinx≥0，f(x)=2x-2sinx≥0，所以f(x)的单调递增区间是[0，十∞)， 无单调递减区间. (2)证明：由(1)可知fx)≥fK0)=2,即2+2c0s≥2，即c0s≥-合r2+1. 因为a>1,x≥0，所以e>≥e,所以e+c0sx≥e-号z2+1,① 由(l)知x-sinx≥0(x≥0)，所以sinx≤x,2+sinx≤2+x,② 由①©知，要证原不等式成立，即注心-分2+1≥2十x,即证心-2-2-1≥0， z长[0，+o),◆a()=-2r2--1,x∈[0，+o),则h(x)=e-x-1,设 p(x)=e2-x-1,则p(x)=e2-1. 因为x≥0，所以p(x)≥0，所以p(x)在[0，十∞）上单调递增，p(x)≥p(0)=0,即 h()≥0，故h)在[0，十e∞)上单调道增，h(x)≥h(0)=0,所以C-2-2-1 ≥0，故2十sinx≤eaz十cosx. 19.(1)解由题意得，g(x)=x-f(x)=x-alnx-1,其定义域为(0，十∞)，g'(x)=1 =x一，当a≤0时，g'(x)>0在(0，十∞)上恒成立，则函数g(x)在(0，十∞) x x 上单调递增；当a>0时，易得函数g(x)在(0，a)上单调递减，在(a,十o∞)上单调递增 （2)证明设u(x)=A(）-()=e-1-号2-x,则x）=e-x-1,设m( =u(x)=e-x-1,则m'(x)=e2-1,当x>0时，m'(x)>0恒成立，则m(x)在 (0,十o∞)上单调递增，m(x)>m(0)=0,则u(x)在(0，十o∞)上单调递增，∴.u(x) >u(0)=0,'.h(x)一t(x)>0在(0，十∞)上恒成立，即h(x)>t(x). 当a=1时，设()=()-x=2,当x>0时，(x)>0,即(x)>x 设s(x)=x-lnx-1,则(x)=1-1=x1 易得s(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十o∞)上单调递增，s(x)≥s(1)=0, ∴.x≥lnx+l=f(x) ∴.t(x)>x≥f(x),即t(x)>f(x),综上所述，h(x)>t(x)>f(x) 20.解(1)由题意可得f(x)=e一4，当0x<1n4时，f(x)<0,f(x)单调递减，当 ln4<x≤2时，f(x)>0,f(x)单调递增，故f(x)min=f(ln4)=4-8ln2,又f(0) =1,f(2)=e2-8<0,所以函数f(x)在[0,2]上的最大值为1. (2)证明：由题意，只需证明ez一4x+x2+1>0,设F(x)=ex一4x十x2十1，则F'(x) =e-4十2x,设G(x)=F(x),则G'(x)=e十2>0，故G(x)在R上单调递增，又 G(0)=一3<0，G(1)=e-2>0,所以G(x)=0在(0,1)内有唯一解，设为xo,即ex =4-2x0,当x>x0时，F(x)<0,F(x)单调递减，当x>x0时，F(x)>0,F(x)单 调递增，故F(x)min=F(xo)=e2,-4x0十x6+1=x6-6x0十5，x0∈(0,1)，设g(x) =x2-6x十5=(x-3)2-4,x∈(0,1)，易得该函数为减函数，则g(x)>g(1)=0, 故F(x0)>0,故F(x)>0,即曲线y=f(x)在抛物线y=一x2一1的上方. 21.解D由fx)=nx+2-3x,得f(x)=是+2z-3=22-31- x 2z=a=卫D,当x∈(0,2)时，f()>0,f(x)单调道增，当x∈（分1）时， f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增，所以当x= 1时，函数f(x)有极小值，为f(1)=ln1十12-3×1=一2. (2南题意得f)-f)>m-”fa）->f)-2,构 x1 x2 造函数g(x)=f(x)-m=lnx十x2-3x-m,则g(x1)>g(x2),因为对于任意 石1x2∈[1,2]，当1<2时，不等式f(1)-f(x2)>m2二)恒成立，所以函 教g在1,2]上单调递减，即g(x)=+2x-3+≤0在[1,2]上恒成立，即 当x∈[1,2]时，m≤-2x3+3x2-x,设h(x)=-2x3+3x2-x,x∈[1,2]，则(x) =-62+6z-1=-6(x-号）+xE1,2],易知-13<（≤-1<0，所以画 数h(x)单调递减，故h(x)min=h(2)=-6,因此实数m的取值范围为(-∞，-6]. 2.解1)由fx)=lh-x+1,z∈0，+∞)，得fx)=-1=12(>0),当0 <x<1时，f(x)>0,当x>1时，(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+o∞) 上单调递减，.当x=1时，f(x)取得最大值，即f(x)mx=f(1)=0. (2)Hx1∈(0，+∞)，总存在x2∈[1,2]使得f(x)≤g(x2)成立，等价于f(x)max≤ g(x)max,由(1)可知f(x)max=0,问题转化为g(x)mx≥0，即0≤x3-ax在[1,2]上 有解，即a≤x2在[1,2]上有解，a≤4，即a的取值范围为(-∞，4]. (3)证明：由(1)知ln≤x-1,令x=(k>0),则1n≤-1=二”，即n· n nn n是≤<-，即n(货)》”≤-（你）”≤()”+（层）”++（丹）” ≤el-n十e2-+十e-R=e-"-e-·e=e-e-< 1-e 。兰得运 重点强化4导数与函数零点 1.C根据题意，f(x)为偶函数，则其导数f(x)为奇函数，结合函数图象可以排除 B,D. 又由于函数f(x)在(0,1)上存在极大值，则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零，点 左侧导数值符号为正，右侧导数值符号为负，结合选项可以排除A,只有C选项符合 题意，故选C 2.D根据题图可知f(一2)=0，故曲线y=f(x)在点（一2，f(一2）)处的切线斜率等 于零，故A错误； f(x)<0在区间(-1,1)上恒成立，故f(x)在区间(-1,1)上单调递减，故B错误； 在x=1附近的左右两侧f(x)<0,故x=1不是极值，点，故C错误； f(x)在区间（一3，一2）上单调递增，在区间（一2,3）上单调递减，故f(x)在区间 (一3,3)内至多有两个零点，D正确.故选D. 3.C由题意得f(x)=3x2-12=3(x十2)(x-2),令f(x)>0,得x>2或x<-2; 令f(x)<0,得-2<x<2,所以函数的单调递增区间为（一∞，一2），(2，十∞)，单调 递减区间为（一2,2），所以函数的极大值为f(一2)=0，极小值为f(2)=一32，当x→ 一∞时，f(x)<0,当x→十∞时，f(x)>0,所以函数的零点个数为2.故选C 4.D因为函数f(x)=4x+3sinx-4cosx,所以f(x)=4+3cosx+4sinx,所以 f"(x)=-3sin x+4cos x. 由"(xo)=3sinx0十4cosx0=0,得3sinx0=4cosx0. 所以f(xo)=4x0十3sinx0-4cosx0=4xo,所以点M在直线y=4x上.故选D. 5.A令ga)=音-合+n2-lh(x+1Dx∈(0，+o,则gx)=号-中xe 1 1 (0,十∞)，当0<x<1时，g(x)<0,当x>1时，g(x)>0,所以函数g(x)在(0,1)上 单调递减，在(1，十∞)上单调递增，所以g(x)>≥g(1)=0,当且仅当x=1时取等号， 所以当z>0时，函数g)=号一之+n2-1h十1D只有-个幸点，即当x>0时， 曲线)=fx)与直线y=号一名十n2有且仅有一个交点，所以当<0时，南线y )与直线=专-+n2漫有交点，所以>≥子故选A 6.B由f(x)=e-号x2-ax,得f(x)=e2-ax y g(a)=x+1 一a,令f(x)=0,得e一a.x-a=0,易知x≠-l, 故a=,e 十1令g(.x)=e +1x≠-1，则g(x)= y=a ez(z+1)-er_xe2 (x+1)2 (z+12x≠-1，当x>0时， g'(x)>0,当-1<x<0或x<-1时，g(x)< 0,所以g(x)在(0，十∞)上单调递增，在（一1,0） 和(-∞，-1)上单调递减，且g(0)=1,x<-1 时，g(x)<0,一1<x<0时，g(x)>1,作出g(x)的大致图象，如图， 因为画教f)=-号2-ax有两个极值点，所以直线y=a与g()-千的图 象有两个不同的交点，由图可得a>l,即实数a的取值范围是(1，十∞)，故选B. D由y>0得y-2,合y>0,得0K✉ 个y 3 <1,令y<0,得x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递 增，在(1，十o∞)上单调递减，所以当x>0时，f(x)max 2 =f=名 e 作出函数f(x)的大致图象如图所示， -10 1234x 因为f2(x)-af(x)十a-1=0,即[f(x)-a十1] [f(x)-1]=0,所以f(x)=1或f(x)=a-1,当f -1 (x)=1时，观察图象易知此时只有一个根，要使关于x的方程f2(x)一af(x)十a一1 =0恰有四个不同的实数根，则需要直线y=a一1与f(x)的图象有三个不同的交 点，只需要0<a-1<名，即1<a<e故选D, 8.B设f(x)=e-x2,f(x)=ex-2x,令g(x)=f(x)=e-2x,则g'(x)=e-2, 令g(x)=0,则x=ln2,当x<ln2时，g(x)<0; 当x>ln2时，g'(x)>0,所以g(x)在(-∞，ln2)上单调递减，在(ln2,十∞)上单调 递增，所以当x=ln2时，g(x)取得极小值，也是最小值，为f(x)的最小值，f(x)mim =f'(In 2)=eln 2-2In 2 =2(1-ln2)>0,即f(x)>0在(-∞，十∞)上恒成立，所以f(x)=ex-x2在 (-0,十∞)上单调道增，又f(0)=1>0,f(-1)=】-1<0,所以函数f(x)=e e x2存在唯一的零，点，即方程x2=e2只有1个实根.故选B 9.AC.'f(x)=e2(x2-x-1)+ex(2x-1)=ex(x2十 y个 x-2)=e(x+2)(x-1),.在(-∞，一2)，(1，+∞) 上，f(x)>0,f(x)单调递增，在(-2,1)上，f(x)< 0,f(x)单调递减，f(x)极大值=f(-2)=e2[(-2)2- e (-2)-1]=5e-2,f(x)极小值=f(1)=e(1-1-1)= 一e,故A正确； 当x→-∞时，f(x)→0且f(x)>0,x→十∞时， f(x)→十o∞，且f(x)板大位=5e2>0,f(x)板小位= 一e<0,作出函数f(x)的图象，由图知函数f(x)有2 个零，点，故B错误； 由函数单调性知f(x)在[-2,1]上单调递减，在[1,2]上单调调递增，且f(一2)= 5e2,f(2)=e2(4-2-1)=e2,故当x∈[-2,2]时，函数f(x)的最大值为e2,故C 正确； 方程f(x)=k恰有3个不等实根，可转化为函数f(x)的图象与直线y=k的交点有 3个，由图可得当-e<k≤0时，f(x)=k有2个实数根，故D错误，故选AC. 10.AC:f(x)在区间(0，+∞)上有唯一零点xo,x(e2-1)-lnx-k=0只有一个 根，等价于函数g(x)=x·(e-l)-lnx的图象与直线y=k只有一个交点，g(x) =e-1+e-1=1+(es-2x>0. 易知t(x)=e2-】在区间(0，十o∞)上单调递增，且x→0+时，t(x)→一o∞，c→十o∞ 时，()→十0，存在0，使得e-1=0,当0<x<0时，e-1<0, xo ·g'(x)<0,此时g(x)单调递减； 当x>x0时，e-1>0,g'(x)>0,此时g(x)单调递增. x g≥g)=e-1)-lnw=z(-1）+ha-1-+la=1, 参考答案69 .k=1,∴.A正确，B错误 由e=1=0,得e=1,.C正确. o 令h(x)=xe,则h'(x)=(x十l)e, 当<x<号时，h'(x)>0,A()单调道增， h()<h(合）=e<1,又A()=1,<<受不成立D错误， 故选AC. 11.AD设过，点P(-1,)的直线与函数f(x)=十的图象相切时的切点为点(a,b), 到=-一1E=一已所以切线方程为y1=（-o, ea ea 又P(-10在切线上，所以1岁-品(-1-a0,参显得=aD, ea ea之，令g(a) =(a+1) ea ，则过点P(-1,）且与函数f(x)=十1的图象相切的直线条数即为直 线y=1与g(a)=a+1)的图象的交点的个数. ea 易知g(a）=2(a+1)e-(a+1)2e e2a y=g(a) -(a+1)(a-D,令g'(a)=0,得a=士1，所以当 ea a<-1时，g(a)<0,g(a)单调递减，当-l<a<1 时，g'(a)>0,g(a)单调递增，当a>1时，g'(a)< 0,g@)单词递减，又g(-1)=0,g1)=g0) =1,所以函数y=g(a)的大致图象如图所示， 由图可知当K0时，直线y=t与ga)=a十1)的图象没有交点，即n=0; ea 当4=0或>时，直线y=:与g@)-a+D的图象有1个交点，即=1： ea 当4=4时，直线y=4与g(@)=a+1)2的困象有2个交点，即m=2: ea 当0<<时，直线y=1与ga)=a十1)'的图象有3个交点，即m=3. ea 对于A,当t=2022>4时，n=1,则tm=2022,故A正确； e 对于B,当0<<4时，n=3,放B错误； 对于C,当t=0时，n=1,则te十n=1<3,故C错误； 对于D,当=0或>专时，n=1,则当n=1时，∈{0U(,十∞)，故D正确.故 e 选AD 12.ACD由f(x)=0可得a=x-lnx,令g(x)=x-lnx,其中x>0,由题意得直线y =a与y=g(x)的图象有两个交点，g(x)=1-1=乙1，令g(x)=0,可得x=1, x 列表如下： (0,1) (1,十∞) g'(x) 0 g(z) 单调递减 极小值1 单调递增 作出直线y=a与y=g(x)的图象如图所示： y=g(x) y=a 0 由图可知，当a>1时，直线y=a与y=g(x)的图象有两个交点，A对. 70参考答案 接下来证明对数平均不等式回身格，<，美中西≠，且 2 均为正数. 先证月微<生，不的登1>>0，印送1h碧>2 2 x1十x2 2(9-1 x1十1 ,◆-会则1，脚送n>2,设0=n2>,期 x2 t+1 p'()=1 +1)2-+12>0,>1,所以函数p()在1，十∞)上为增函数，当 4 (t-1)2 >1时，p()>p1)=0,所以n1-1nx2 x1-x2<x1十x2 2 再证明面国，不梦淡>>0，即证h名<是-√月 x2√1x2√x2 ，= 层，则m>1,中运2加m<m令Am)=2限-(a-品)m >1.则(m)-品-1品=-0nD<0,所以五盘m在1，十四)上为成高 m?= m2 数，当m>1时m)=0,所以n指。同西 正2<n品2<成立（其中x1≠x3且1x2均为 2 x1一x2 由已知可得，h,:两式作老可得一2=1n一n所以0 =1,因为√x1x2<1nx1-lnx2 =1<1十2，所以12<1，x1十x2>2,B错，CD 2 都对.故选ACD. 13.解析fx)=(x+1)c-a(公+1) =+1D(e-2)z>0,当a≤0时，f)>0恒成立，f)单阀递增，不可能 有两个零点；当a>0时，f(x)=0有唯一解，不妨设此解为xo,此时eox0=a,易 得lnxo十xo=lna,又当0<x<x0时，f(x)<0,当x>xo时，f(x)>0, ∴.f(x)min=f(xo)=xoe。一aln xo-axo=a-alna<0,解得a∈(e,十∞)，∴.整数 a的最小值为3. 答案3 14,解析了(x)=工-g=二4，因为在区间(0,2)上存在1，x2(1≠2)，使得 f)=f)成立，所以函数f)=号2-alnx在区间(0,2)上不是单词画教， 所以f(x)=0在(0,2)上有解，所以x2-Q=0在(0,2)上有解，所以a∈(0,4). 答案(0,4) 15.解析(x)=-3x2+6x+9. 令f(x)=0,解得x=-1或x=3. 当f(x)>0时，-1<x<3; 当f(x)<0时，x<-1或x>3, 所以当x=一1时，f(x)取得极小值为f(一1)=a一5； 当x=3时，f(x)取得极大值为f(3)=a十27. 画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0（如图1） 或极小值大于0（如图2）， 图1 图2 所以a十27<0或a-5>0,解得a<-27或a>5,故实数a的取值范围为{aa< -27或a>5}. 答案{aa<-27或a>5} 16.解析因为-1≤sinx≤1，f(x)=cos2x+2sinx=-sin2x十2sinx+1=-(sinx -1)2+2,所以-2≤f(x)≤2，设t=f(x),则-2≤t≤2，方程efx)-2a=f(x)有 实根即e-t=2a有实根，设h(t)=e-t,则h'(t)=e-l,由h'(t)>0可得t>0,由 h'(t)<0可得t<0,所以h(t)在区间[一2,0]上单调递减，在区间[0,2]上单调 递增. 又h(0)=1,h(2)=e2-2,h(-2)=2+e-2,h(2)>h(-2),所以1≤h(t)≤e2-2, 中12a<e-,所以号a≤号1，截答案为[合号-1]小 答案[合号-可 1.解(1Dfx)=3x2-2z=3x(e-子），令f)=0,得x=0或x=号x(-0, 0)时，f(x)>0,f(x)单调递增，x∈(0，号)时，f(x)<0,f(x)单调造减，x∈ (号，十）时，f(x)>0,fx)单调递增，所以f(x)的单润递增区间为（一，0， (号，+四小，单调递减区间为(0，号)】 (2)由(1)知，f(x)的单调递增区间为(-∞，0)，（号，十∞），单调递减区间为 (0,号)，当x=0时，)有极大值f0)-1,当x=号时，)有极小值（号） 器当00时，f）-o0,当z十o0,f)十0，所以当a<号我>1时 fx)=a的解有1个；当a=器或a=1时，fx)=a的解有2个 当器<a<1时，f)=a的解有3个 18,解(1)由题意得m≤在(1，∞)上恒成立，令g()=2>1,则g(x) =Inz-1 (1nx)2 当x∈(1，e)时，g(x)<0,当x∈(e,十oo)时，g'(x)>0,所以g(x)在区间(1，e)上 单调递减，在区间(e,十∞)上单调递增. 所以g(x)min=g(e)=e,所以实数m的取值范围为（一∞，e]. (2)当m=2时，可得函数h(x)=x-2lnx-a,函数h(x)在区间[1,3]上恰有两个 不同的零点等价于直线y=a与函数t(x)=x-2lnx的图象在区间[l,3]上有两个 不同的交，点. 1(x)=1-2==2 x 当x∈(1,2)时，t(x)<0,t(x)单调递减，当x∈(2,3)时，t'(x)>0,t(x)单调递增. t(1)=1,t(2)=2-2ln2,t(3)=3-2ln3,t(1)>t(3). 若直线y=a与函数t(x)=x一2lnx的图象在区间[l,3]上有两个不同的交，点，则 实数a的取值范围为(2-2ln2,3-21n3]. 19.解证明：(1设g(）=f(x）,则g()=cosx1十元8(x)=-sinx+1十 易知当x∈（-1,2)时，g'(x)单调递减，又g(0)>0,g()<0,所以g(x)在区 间(-1，牙)上有唯一零点，设为a 则当x∈(-1，a)时，g(x)>0,当x∈(，2）时g(x)<0. 所以g()在区间(-1，上单调递增，在区间(a,）上单调递减，故g(x)在区间 （-1,)上存在唯一极大值点，即∫()在区间(-1，)上存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为（一1，+∞）. ①当x∈(-1,0]时，由(1)知f(x)在区间(-1,0)上单调递增，而f(0)=0,所以 当x∈（一1,0）时，f'(x)<0,故f(x)在区间（一1,0）上单调递减，又f(0)=0,所以 x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零，点. ②当x∈(0，)时，由(1)知，f(x)在区间(0，a)上单调递增，在区间(Q,）上单 调递减，而f(0)=0,f(受)<0，所以存在∈(Q,受)，使得f()=0,且当x∈ (0,时，∫(x)>0,当x∈()时，f(x)<0.故f(x)在区间(0，)上单调递增， 在区间（®，5）上单调递减。 又f0)=0,f(受)=1-ln(1+)>0,所以当x∈(0，受)时，f(x)>0.从而 f(x)在区间(0，受)上漫有零点. ⑧当x[受x]时，(x)<0,所以f(x)在区间[受x]上单调递减.而f(受) 0)<0,所以f)在区间[受]上有唯一零点 ④当x∈（π，+∞）时，ln(x十1)>1，所以f(x)<0,从而f(x)在区间（π，十∞）上没 有零，点.综上，f(x)有且仅有2个零，点， 20.解1)f(x)=一a=1-a,设y=fc)的图象与直线y=-1相切于P(,-1,则 x x f)=0,所以0=日所以)=（日）=n日-1=-1，所以a=1 (2)f(r)的定义域为(0，十o),f(x)=1-a延，当a≤0时，f(x)>0在(0，十∞)上恒成 立，所以f(x)在(0，十∞)上单调递增，不可能有两个零，点，与已知矛盾，因此α>0. 由∫(x)>0,得0<x<,由∫(x)<0,得x>】,所以f(x)在(0，)上单调递 增，在（日，十o∞）上单调递减，所以f(x)报大位=f(日）=-lna-1>0,即1na< -1,所以a∈(0，是)，此时>e,又f1)=-a>0,f(日)>0，所以f(x)在 (1,)上有一个零点. 令g(x)=x2-e,则g'(x)=2x-e,令t(x)=g'(x),则t'(x)=2-e,因为t(x) <0在(e,十∞)上恒成立，所以g'(x)=2x-er在(e,十o∞)上单调递减，所以g'(x) <2e-e<0,所以g(x)=x2-e在(e,+∞)上单调递减，所以g(日)<g(e)=e2 -<0,fe)=日-ae 1 <0,所以fx)在（日2）上有一个零点。 a 综上，若画教f)有两个零点，则实教a的取值范国为(0，日） 21.证明(1)f(x)的定义域为(0，十∞). f)-2+lnx-1=nx-子 因为y=lnx在(0，十∞)上单调递增，y=1在(0，十∞)上单调递减，所以(x)在 (0,十∞)上单调递增. 又f1)=-1<0,了(2)=n2-是血>0，故存在唯-∈1,2)，使得 2 f(x0)=0. 又当x<x0时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x>x0时，f(x)>0,f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(xo)<f(e)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞) 内存在唯一实根x=a 由>>1得g1又（日）=（日-是日1=t@=0, 故。是f()=0在(0，x)的唯一实根. 综上，f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 2.解(1)()=(D-1+1=-1)Ce+)(x>0,0<<1时，(x) <0,x>1时，f(x)>0,∴.f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， .f(x)min=f(1)=e+1-a,又f(x)≥0，.f(x)min≥0，∴.e+1-a≥0，∴.a≤e +1. (2)证法一：由(1)可知f(x)min=f(1),∴.不妨设0<x1<1<x2,要证x1x2<1,只 需证14<，由D知x)在1，十∞)上单润递增只需证f)f()》, 又fxg)=f只需证fx)f()水*). 设gx)=fx)-f()0<x<1),则g1)=f(1)-f1)=0, 易知g-f+f(2）·是-+田+-2+应o<<. 即g(x)=x-1)(e+x-1-xe(0<<1). 设am)=e+x-1-xe,易知(xey=e2(1-）,0<r<1时，e(1-)< 0,∴.y=xe在(0,1)上单调递减，则h(x)在(0,1)上单调递增，且h(1)=0,.0<x <1时，h(x)<h(1)=0,g'(x)>0,g(x)在(0,1)上单调递增，g(x)<g(1)= 0,即0<x<1时，f(x)<f()成立，（￥）式成立，x1x2<1成立. 证法二：f(x)=g-lnx十x-a=e-hx十x-lnx-a,设t=x-lnx, x 则y=e+t-a,y=e+1. f(x)有两个零点x1,x2,.由(1)知a>e十1. y'=e+1>0,y=e+t-a为增函数，∴.x1-lnx1=x2-lnx2. ∴.x2-x1=lnx2-lnx1. 不坊设0④<1<，可以证明n名品2则有/④<1，所以x12< n二>12等价于>hg, 证明如下：“n2-ln西 √/x1x2 x2一1 只儒证1>ln2」 /x2 ”x1 NI1 设m=2(m>1）,从而只要证m>1nm(m>1). 1 √m 设s(m)=m-是1-1nm(m>1). √m 则，(m)=2m-m+1-1=(m-1)2 2mvm,m2m√m, ,s'(m)>0,.s(m)在(1，+∞)上单调递增， .s(m)>s(1)=0,心nx2-1n方 x2-1>√c1x2成立. 故x1x2<1. 第三部分综合检测卷 选择性必修第二册综合检测卷一 l.Ay=lnx十1，则曲线在点(e,e)处的切线斜率lne十l=2,所以切线方程为y-e =2(x一e),即y=2x一e,故选A. 2.C对于A,B选项，当x<0时，y均小于0，与图象不符； 对子D选项-2，故y-三在(0,2)上单调造减，在2，十0)上单润道增， e2 当x=2时，ymin=>1.5,与图象不特，故排除A,B、D,故选C 3.Df(x)=(2x十a)ex+(x2+ax-l)ex=[x2+(a+2)x+a-l]·e,由x=1是- 个极值点可得f(1)=(1十a十2十a-1)e=0,解得a=-1,此时f(x)=(x2十x- 2)ex=(x十2)(x一1)ex,故f(x)在（一2,1）上单调递减，在(-∞，一2)，(1，十∞)上 单调递增，满足x=1是一个极值点.f(-2)=5e-2,f(2)=e2,e2>5e-2,故f(x)在 区间[一3,2]上的最大值为e2.故选D. 4.A今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，设他们分得的米数构成等差数列 {an,只知道甲比丙多分三十六石，因此公差d=?二a=一，36--18，则前3项和 3-1 2 S,=3a1+32×(-18)=180,解得a1=78.所以甲应该分得78石，故选A 5,C对于A,当a=-4时)=-1D(+4)在[-1，]上的平均度 化奉为号)×多-（一1)X2X39,故A中结论正确 含-(-D 4 对于B,当a=1时，f(x)=x(x-1)2=x2-2x2+x,则f(x)=3x2-4x十1=(3x 1Dx-1),令f(x)=0,得x=号或x=1,…当x>1或x时，(x)>0,当号< x<1时f)<0f)在(-0，号)和(1，十o∞)上单调道增，在（号1）上单钢 通减，又f(号）厂务f1)=0,当x一-∞时，fx)-0,方程fx)=-1有- 个实数根，故B中结论正确； 对于C,当a=2时，f(x)=x(x-1)(x-2)=(x-1)[(x-1)2-1]=(x-1)3- (x-1),则f(x)十f(-x)=(x-1)3-(x-1)十(-x-1)3-(-x-1)=-6x2≠2， .f(x)的图象不关于点(0,1)中心对称，故C中结论错误； 对于D,f(x)=x(x-1)(x-a),f(x)=(x-1)(x-a)+x(2x-a-1)=3.x2-2(a 十1)x+a,令f(x)=0,则3x2-2(a+1)x十a=0,∴.△=4(a2-a+1)=(2a-1)2+ 3>0,又函数f(x)有两个不同的极值，点x1,x2,∴x1,x2为关于x的方程3.x2-2(a ∫a+4=号a+1, 十1)x十a=0的两个实数根，∴ 12=号， 1十=2十号，故D 中结论正确.故选C. 6.D由y=xe得y'=(1十x)e,易知点P不是切点，设切点为(xoyo),则过点P的 切线方程为y=(x0十1)·e(x一x0)十xoe,代入P坐标得m=(-x-x0一1) e。,易知这个方程有三个不等实根，令f(x)=(-x2-x-l)e,则(x)=(一x 1)·(x十2)er,故函数f(x)在（一∞，一2）上单调递减，在（一2，一1)上单调递增，在 （-1,十o)上单调递减，易知x→-∞时，f(x)→0，且f(x)<0,x→十∞时，f(x)→ -,-2)=一是·f(-)=-合，又f)=m有三个不学实根，所以m (-昌-日)故选D 7.C因为y=f(x)为(0，十∞)上的可导函数，且有f(x)+f四>0，所以 x xf(x)+fx)>0,令F(x)=xf(x),则 F'(x)=xf(x)十f(x),则当x>0时，F(x)>0,F(x)单调递增. 因为a,b∈(0，十∞)，当b>a时，F(b)>F(a),即af(a)<bf(b),故选C. 8.A令g(x)=f四，则g(x)=-2c0sx+(a十1)x2(x≠0)，因为对于任意的x1, x∈(0，受)且1<，春有f）-1f2)>0,即f>f2成立，所以对 于任意的x1x2∈(0,2)且1<x2,都有g(红)>g(x2)成立，所以函数g(x)在 (0,)上单调递减，则g(x)=2sinx+(a+1)z≤0在(0,5)上恒成立，即in2< -生在(0，)上恒成主. 易知在(0，受)上，sinx<,即n<1,所以->1，解得a≤-3，所以实数a 2 的取值范围是（一∞，一3].故选A 9.ACD设数列{am}的公差为d,由2a1+3a3=S6,可得5a1十6d=6a1十15d,即a1十 9d=a10=0,故A正确；因为10=0，所以Sg=S10,由于无法推出数列{an}的单调性， 故无法确定S10是最大值还是最小值，故B错误；因为ag十ag十a10十a11十a12=5a10 =0,所以S12=S,十as十ag十a10十a1十a12=S,十+0=S,故C正确S1g=1a1 2 ×19=19a10=0,故D正确.故选ACD. 10.BD由题意，设等差数列{an}的公差为d,因为a=3a5,可得a1十6d=3(a1十4d),解得 a1=-3d,又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0,则a1<0,故A错误，B正确； 因为5=号+(a-号)加=号-坠-号(。-名}广-g由n∈N可知，当 n=3或4时S最小，故C错误； 令5，=号2-7号>0，解得n<0或心7，即S,>0时n的最小值为8，故D正确， 故选BD 11.BCD令g(x)=(x十a1)(x+a2)…(x+a7),则f(x)=xg(x),.f(x)=g(x)+ xg'(x),∴.f(0)=g(0)=a1a2…a7=1. {an}是等比数列，a1a2…a7=a=1,即a4=1=a1q3, 参考答案71