第2章 导数及其应用 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二册（北师大版）

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.(2024全国甲理,6)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 2.(2025全国一卷,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　　　　.  3.(2024新课标Ⅰ,13)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.  4.(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　　　　,　　　　.  5.(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①也是曲线y=g(x)的切线②.  (1)若x1=-1,求a; (2)求a的取值范围. ①关键点拨:点(x1, f(x1))是切点; ②关键点拨:切点未知,设切点,求切线方程,建立方程组求参; 考点2　函数的导数与单调性 6.(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 7.(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 8.(2023全国乙理,16)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　.  9.(2024新课标Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值①;  (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形②; (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围③. ①关键点拨:不等式恒成立求参问题,分离参数,转化为求函数的最值问题； ②心中有“数”:曲线f(x)是中心对称图形,则存在m,n使得f(m-x)+f(m+x)=2n； ③关键点拨:f(1)=a=-2,利用导数验证f(x)的单调性,若f(x)单调递增,则满足,若f(x)不单调递增,则不满足,进而得b的取值范围. 10.(2024全国甲文,20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 11.(2023全国乙文,20)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a的取值范围. 12.(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. 考点3　函数的导数与极值、最值 13.(多选题)(2025全国二卷,10)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时, f(x)=(x2-3)ex+2,则　　(　　) A. f(0)=0　　　　　 B.当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2 C. f(x)≥2当且仅当x≥　　　　　 D.x=-1是f(x)的极大值点 14.(多选题)(2024新课标Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　) A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时, f(x)<f(x2) C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时, f(2-x)>f(x) 15.(多选题)(2024新课标Ⅱ,11)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则(　　) A.当a>1时, f(x)有三个零点 B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 16.(2025全国二卷,13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　　　　.  17.(2025全国二卷,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 18.(2025全国一卷,19)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值①;  (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ②;  (3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值③.  ①关键点拨:求f '(x)=0时直接求或利用和差化积公式求; ②关键点拨:利用反证法证明; ③关键点拨:灵活应用前两问结论求解. 19.(2024全国甲理,21)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围. 高考模拟练 应用实践 1.(2025陕西西安二模)函数y=的图象大致为(　　) 　　　　　 　　　　　 2.(多选题)(2024江西宜春铜鼓中学阶段性测试)已知函数f(x)=,则关于x的方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0(m<1)的实根可能有(　　) A.1个　　　　　B.2个　　　　　 C.3个　　　　　D.4个 3.(2025江西景德镇昌江一中五模)已知函数f(x)=-ln x+ax2-x-1,若f(x)≥0,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　　B. C.(0,e]　　　　　D. 4.(多选题)(2025江西南昌中学期中)如图所示,设铁路AB=60,B,C之间的距离为8,现将货物从A运往C,已知单位距离铁路运费为3,公路运费为5,如果在AB上的点M处修筑公路至C,可使由A到C的总运费最少,则下列正确的是(　　) A.点M到B的距离为4 B.由A到C的总运费最少是212 C.点M到C的距离为12 D.由点M到C的公路运费是50 5.(多选题)(2025福建三明期中)关于函数f(x)=+ln x,下列判断正确的是(　　) A.函数f(x)的极小值是2 B.函数y=f(x)-x在(1,2)上有唯一零点 C.存在实数k>0,使得f(x)>kx成立 D.对任意两个正实数x1,x2,x1>x2,若f(x1)=f(x2),则x1+x2>4 6.(2025江西六校二联)在等比数列{an}中,a1,a5是函数f(x)=x2-12x+tln(3x)的两个极值点,若a2a4=4a3-8,则t的值为　　　.  7.(2025江西新余四中月考)英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时,给出了“牛顿数列”,它在航空航天中的应用非常广泛.其定义是:对于函数f(x),若满足(xn+1-xn)·f'(xn)+f(xn)=0,则称数列{xn}为“牛顿数列”.已知f(x)=x3+2x-1(x≥0),在横坐标为x1=的点处作曲线f(x)的切线,切线与x轴的交点的横坐标为x2,重复操作得到数列{xn}.设an=(n∈N+),数列{an}的前n项积为Tn.若对任意的n∈N+,Tn<λ恒成立,则整数λ的最小值为　　　　.  8.(2024黑龙江佳木斯二中调研)已知f(x)为定义在R上的连续不断的函数,满足f(x)+f(-x)=4x2,且当x∈(-∞,0)时,f'(x)+<4x.若f(m+1)≤f(-m)+3m+,则m的取值范围为　　　　.  9.(2025安徽芜湖质检)已知函数f(x)=ex-2x-cos x. (1)讨论函数g(x)=f(x)+cos x的单调性; (2)求函数f(x)在上的零点个数. 迁移创新 10.(2025安徽安庆太湖中学月考)第二十五届中国国际高新技术成果交易会(简称“高交会”)在深圳闭幕,会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟,观察它的外观造型,我们会被其优美的曲线折服,现代产品外观特别讲究线条感,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.如图所示的光滑曲线C:y=g(x)上的曲线段AB的长为Δs,当动点从A沿曲线段AB运动到B点时,A点处的切线lA也随着转动到B点处的切线lB,记这两条切线之间的夹角为Δθ(lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然,当曲线段AB的长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,曲线段AB的长越小,则弯曲程度越大,因此可以定义=为曲线段AB的平均曲率.显然当B越接近A,即Δs越小时,就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度,因此定义K==(假设极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y',y″分别表示y=g(x)在点A处的一阶、二阶导数) (1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率; (2)求椭圆+y2=1在点处的曲率; (3)定义φ(y)=为曲线y=f(x)的“柯西曲率”.已知在曲线f(x)=xln x-2x上存在两点P(x1, f(x1))和Q(x2, f(x2)),且P,Q处的“柯西曲率”相等,求+的取值范围. 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.A 6.C 7.C 13.ABD 14.ACD 15.AD 1.A　f '(x)=, ∴f '(0)=e0+2cos 0=3, ∴曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),即y=3x+1, 当x=0时,y=1,当y=0时,x=-, ∴所围成的三角形的面积S=×1×=. 2.答案　4 解析　由y=ex+x+a,得y'=ex+1. 设直线y=2x+5与曲线y=ex+x+a相切时的切点为(x0,y0), 则解得 3.答案　ln 2 解析　由y=ex+x得y'=ex+1, 则曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线的斜率k1=y'|x=0=2,所以切线方程为y=2x+1. 设曲线y=ln(x+1)+a的切点坐标为(x0,ln(x0+1)+a), 由y=ln(x+1)+a得y'=,则曲线y=ln(x+1)+a在点(x0,ln(x0+1)+a)处的切线的斜率k2=y'=, 所以解得 故a=ln 2. 4.答案　y=;y=- 解析　当x>0时,y=ln x,则y'=,设切点坐标为(x1,ln x1),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)),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=-. 5.真题降维 关键信息 信息处理 点(x1, f(x1))在曲线y=f(x)上,求切线方程 求f '(x1),利用点斜式得切线方程 切线与曲线g(x)相切,求参数a 切点未知,设切点,写出曲线g(x)在切点处的切线方程,由两切线相同,斜率、截距分别相同列方程组 代入消元,建立a与x1的关系式,构造函数,转化为求函数的值域 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-(-x1)=(3-1)(x-x1),整理得y=(3-1)x-2, 设该切线与曲线y=g(x)切于点(x2,g(x2)), 易知g'(x)=2x,则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 (代入法消去变量x2,建立参数a与变量x1的函数关系式,将问题转化为求函数的值域,进而得到参数的取值范围) 得a=-2=-2=-2-+,令h(x)=x4-2x3-x2+, 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 (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,+∞). 解题技法　利用导数解决切线问题的基本方法:设切点(已知切点直接用)、求导,再运用以下三点解决问题:①在切点处的导数就是切线的斜率;②切点在曲线上;③切点在切线上. 6.C　∵f(x)在(1,2)内单调递增, ∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立, 即f '(x)=aex-≥0在1<x<2时恒成立, ∴a≥在1<x<2时恒成立. 令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0, ∴g(x)在(1,2)内单调递增,∴g(x)∈(e,2e2), ∴∈,∴a≥,即a的最小值为. 7.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-=ln-. 令g(x)=ln(1+x)-x,则g'(x)=-1=. 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, 则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. 8.答案　 解析　因为f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增, 所以f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在(0,+∞)上恒成立(且f'(x)不恒为0), 则有(a+1)xln(1+a)≥-axln a. 因为0<a<1,所以ln(1+a)>0, 故≥-(x∈(0,+∞)). 令g(x)=,当0<a<1,x>0时,g(x)>1, 所以-≤1,即ln(1+a)+ln a≥0, 化简可得a2+a-1≥0,又因为0<a<1, 所以≤a<1. 故a的取值范围是. 9.真题降维 关键信息 信息判断 信息处理 f '(x)≥0,求a的最小值 已知不等式恒成立求参 分离参数a,转化为求函数的最大值 证明曲线y=f(x)是中心对称图形 根据解析式结构可验证f(2-x)+f(x)=常数 若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围 f(x)>-2的解集为(1,2) 当x<2且x→2时, f(x)→+∞,隐含条件f(1)=a=-2 验证f(x)在(1,2)上的单调性, f(x)单调递增,结论成立;f(x)不单调递增,结论不成立 解析　(1)由>0得0<x<2,所以f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时, f(x)=ln +ax, 所以f'(x)=·'+a=+a, 因为f '(x)≥0,所以a≥, 当0<x<2时,=-2, 所以a≥-2,故a的最小值为-2. (2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3, 所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3, 所以f(2-x)+f(x)=2a, 所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称, 即曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,又f(x)在(0,2)内连续,f(x)>-2当且仅当1<x<2,所以f(1)=a=-2, (由条件“f(x)>-2当且仅当1<x<2”,结合当x<2且x→2时, f(x)→+∞,发掘隐含条件f(1)=a=-2,这是解题的突破口)  故f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2), 则f'(x)=(x-1)2, 易知当1<x<2时,y=∈(2,+∞), 所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,所以f(x)>f(1)=-2,满足题意. 当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0, 当x∈(1,x0)时,f'(x)<0, f(x)单调递减, 此时f(x)<f(1)=-2,不符合题意. 综上所述,b的取值范围为. 10.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a-=. 若a≤0,则f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减; 若a>0,则当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈时,f '(x)<0,f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间, 当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x, 令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),证明g(x)>0即可, 则g'(x)=ex-1-2+,再令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-, 显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增, 故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增, 故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,问题得证. 11.解析　(1)当a=-1时, f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=-ln(x+1)+·, 故f '(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0. (2)∵f '(x)=-,且f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即≥在(0,+∞)上恒成立, 其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x), 则g'(x)=2ax-ln(1+x), 令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-, 令H(x)=h'(x),则H'(x)=>0, 故h'(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立. ①当2a-1≥0,即a≥时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 此时g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(0)=0, ∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x>(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②当2a-1<0,即a<时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0, 因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上单调递减, 又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立, 此时g(x)在(0,x0)上单调递减,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f '(x)<0在(0,x0)上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不符合题意. 综上所述,a≥. 12.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈, 则f '(x)=1- =1-= =, 因为x∈,所以cos x∈(0,1), 所以f '(x)<0恒成立, 所以f(x)在上单调递减. (2)令g(x)=f(x)+sin x=ax-+sin x,x∈, 则g'(x)=a-+cos x,x∈, 因为g(x)=f(x)+sin x<0,且g(0)=f(0)+sin 0=0, 所以g'(0)=a-1+1=a≤0, 当a=0时, f(x)+sin x=sin x-=sin x·, 因为x∈,所以0<sin x<1,0<cos x<1,则>1, 所以f(x)+sin x=sin x-<0,满足题意; 当a<0时,因为x∈,所以ax<0, 所以f(x)+sin x=ax-+sin x<sin x-<0,满足题意. 综上所述,a的取值范围为(-∞,0]. 13.ABD　由f(x)是定义在R上的奇函数得f(0)=0,故A正确. 令x<0,则-x>0, f(-x)=(x2-3)e-x+2, 又f(-x)=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2, 则x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2,故B正确. f(-1)=2(e-1)>2,故C错误. 当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2, 求导得f '(x)==, 当x∈(-∞,-1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(-1,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, ∴x=-1是f(x)的极大值点,故D正确. 14.ACD　因为f(x)=(x-1)2(x-4),x∈R, 所以f '(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3). 令f '(x)=0,解得x=1或x=3. 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示, x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 0 单调递减 -4 单调递增 故x=3是f(x)的极小值点,故A正确. 当0<x<1时, f(x)单调递增,且0<x2<x<1, 所以当0<x<1时, f(x2)<f(x),故B错误. 当1<x<2时,1<2x-1<3, 又因为f(x)在(1,3)上单调递减,所以f(3)<f(2x-1)<f(1),即-4<f(2x-1)<0,故C正确. f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=2(1-x)3, 当-1<x<0时,2(1-x)3>0,故f(2-x)>f(x),故D正确. 15.AD　∵f(x)=2x3-3ax2+1,∴f '(x)=6x2-6ax=6x(x-a). 对于A,当a>1时, f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a),且f(0)=1>0, f(a)=1-a3<0,当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→+∞, f(x)的大致图象如图所示, 由图可知A正确. 对于B,当a<0时, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(0,+∞),单调递减区间为(a,0), ∴x=0是f(x)的极小值点,故B错误. 对于C,任意一元三次函数的图象都不存在对称轴,故C错误. 对于D, f(1)=3-3a, f(1+x)+f(1-x)=2(1+x)3-3a(1+x)2+1+2(1-x)3-3a(1-x)2+1=(12-6a)x2-6a+6, 当a=2时, f(1+x)+f(1-x)=-12+6=-6=2f(1),∴存在a=2,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心,故D正确. 16.答案　-4 解析　由题意,得f'(x)=3x2-(2a+6)x+3a+2,由x=2是函数f(x)的极值点,得f'(2)=3×22-2(2a+6)+3a+2=0,解得a=2,则f(x)=(x-1)(x-2)2,所以f(0)=(0-1)×(0-2)2=-4. 17.解析　(1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞), f'(x)=-1+x-3kx2= =, ∵0<k<,∴>0, ∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减. ∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点. ∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增, ∴f>0, 当x=时, f=ln-, 令φ(x)=ln(1+x)-x, 则φ'(x)=-1=<0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴φ(x)<φ=ln-<0,即f<0, 又-==>0, ∴∈, ∴当x∈时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)证明:∵f'(x)=,且x1=,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t)= =, f'(x1-t)= =, 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =+ =3kt· = = = =, ∵0<k<,0<t<x1, ∴g'(t)<0, ∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.理由如下: 由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减, ∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,∴f(2x1)<0, 又∵f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2), 由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减, ∴2x1>x2. 18.思路点拨 (1)求导f '(x),令f '(x)=0,解含三角函数的方程(直接求角或利用和差化积公式求角),判断单调性,求最值; (2)采用反证法,把存在量词命题转化为全称量词命题,利用余弦函数的单调性得到区间矛盾,即证; (3)利用(2)中结论,找特殊值,消去变量φ,再考虑x与5x的关系,可设θ=求解. 解析　(1)依题意得f '(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x). (点拨:解三角函数方程可考虑两种方法,一是用同角关系求角,二是利用和差化积公式求角) 解法一:令f '(x)=0,得sin 5x=sin x,由x∈得5x∈, 因此5x=x或5x+x=π,即x=0或x=. 当0<x<时, f '(x)=5(sin 5x-sin x)>0, f(x)单调递增, 若0<5x<,则0<x<5x<,sin 5x>sin x;若<5x<,则sin 5x>sin=,sin x<sin< 当<x<时,sin 5x<,sin x>, 所以f '(x)<0, f(x)单调递减. 因此当x=时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3. 解法二:令f '(x)=0,得sin 5x-sin x=2sin 2xcos 3x=0, 因为x∈,所以由sin 2x=0得x=0,由cos 3x=0得x=. 以下同解法一. (2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ, 则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ, 即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z). 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), 所以 因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾. 故存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ. (3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3, 当x∈时, f(x)<5cos -(-1)<3, 易知f(x)是周期为2π的偶函数, 所以f(x)≤3对x∈R恒成立, 所以当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立, 当b<3时,令θ=, 由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos =-, 令x=,则x∈, 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×-=3>b, 因此b<3时,不存在满足题意的φ. 综上,b的最小值为3. 解后反思　本题第(3)问的常规解题思路是设m(x)=5cos x-cos(5x+φ),转化为“m(x)max=n(φ)≤b”,进而转化为“n(φ)min≤b”,但运算量大,此题可以利用前面两问的结论探究解题思路,即由(1)设θ=,由(2)构造x=,最后利用(2)中结论证明问题. 19.解析　(1)易知f(x)的定义域为(-1,+∞), 当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x, f '(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)+, 令m(x)=2ln(1+x)+(x>-1),则m'(x)=+,当x>-1时,m'(x)>0恒成立, 所以函数m(x)在(-1,+∞)上单调递增, 又因为m(0)=0, 所以当-1<x<0时, f '(x)<0,当x>0时, f '(x)>0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)在x=0处取得极小值,为f(0)=0,无极大值. (2)f '(x)=-aln(1+x)+-1, 令g(x)=-aln(1+x)+-1(x≥0), 则g'(x)=--=-. 当a≤-时,g'(x)≥0, 所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0, 所以当x∈[0,+∞)时, f '(x)=g(x)≥0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(0)=0. 当a≥0时,g'(x)<0,则g(x)在[0,+∞)上单调递减, 所以f '(x)=g(x)≤g(0)=0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意. 当-<a<0时,令g'(x)<0,得0≤x<-, 所以g(x)在上单调递减, 所以f '(x)=g(x)≤g(0)=0, 所以f(x)在上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意,舍去. 综上所述,a的取值范围为. 高考模拟练 1.B 2.ABC 3.D 4.BD 5.BD 1.B　函数f(x)=的定义域为R, f(-x)==-=-f(x), 所以f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除C; f'(x)=, 当x=4时, f(4)==∈, 且f'(4)= =, 而=>=ln>ln=ln 2,即1 542-2 040ln 2>0,故f'(4)>0, 所以x=4在f(x)的单调递增区间内,A,D不满足,B满足. 2.ABC　易得f(x)== 当x≥0时, f(x)≥0(x=0时取等号), f'(x)=, 当0≤x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 故f(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为f(1)=. 当x<0时, f(x)>0, f'(x)=<0, f(x)单调递减,当x→-∞时, f(x)→+∞,当x→0-时, f(x)→0. 综上可知,f(x)≥0在R上恒成立. 由[f(x)]2+mf(x)+m-1=0得[f(x)+1][f(x)+m-1]=0,得f(x)=-1(舍去)或f(x)=1-m. 所以当1-m>或1-m=0,即m<1-或m=1时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有1个实根; 当1-m=,即m=1-时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有2个实根; 当0<1-m<,即1-<m<1时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有3个实根; 当1-m<0,即m>1时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0无实根. 3.D　由f(x)≥0,可得+ax2-1≥x+ln x=eln x+ln x, 构造函数g(t)=et+t,则g(ax2-1)≥g(ln x),易知g(t)=et+t在R上单调递增, 所以ax2-1≥ln x在x>0时恒成立,即a≥, 令h(x)=(x>0),则h'(x)=, 令h'(x)==0,可得x=, 当x∈()时,h'(x)>0,当x∈(,+∞)时,h'(x)<0, 则h(x)=在()上单调递增,在(,+∞)上单调递减, 所以当x=时,h(x)取得最大值,为h()=,所以a≥,所以实数a的取值范围是. 方法技巧　指对同构的常见形式: 积型:①aea≤ln b·eln b,构建f(x)=xex; ②ealn ea≤bln b,构建f(x)=xln x. 商型:①≤,构建f(x)=; ②≤,构建f(x)=. 和型:①ea±a≤eln b±ln b,构建f(x)=ex±x; ②ea±ln ea≤b±ln b,构建f(x)=x±ln x. 4.BD　设MB=x,则铁路AM上的运费为3(60-x),公路MC上的运费为5, 设由A到C的总运费为y,则y=3(60-x)+5(0≤x≤60), 则y'=-3+(0≤x≤60). 令y'=0,解得x=6或x=-6(舍). 当0≤x<6时,y'<0,函数单调递减,当6<x≤60时,y'>0,函数单调递增, 故当x=6时,y取得最小值,ymin=3×54+50=212, 即当在距离点B为6的点M处修筑公路至C时,总运费最小,此时MB=6,MC=10,点M到C的公路运费是50. 5.BD　对于A, f'(x)=(x>0),当x∈(0,2)时, f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以f(2)=1+ln 2是f(x)的极小值,故A错误; 对于B,y=+ln x-x(x>0),则y'=--1=, 因为-x2+x-2=--<0, 所以y'=<0在(0,+∞)上恒成立, 所以函数y=+ln x-x在(0,+∞)上单调递减, 又当x=1时,y=1>0,当x=2时,y=ln 2-1<0,所以函数y=f(x)-x在(1,2)上有唯一零点,故B正确; 对于C, =+,当x趋于无穷大时,趋于0,趋于0, 故不存在实数k>0,使得>k成立, 即不存在实数k>0,使得f(x)>kx成立,故C错误; 对于D,由f(x1)=f(x2)得=ln, 要证x1+x2>4,只需证>4ln,即证--2ln>0, 令t=,则t>1,设g(t)=t--2ln t,则g'(t)=1+-=>0,故g(t)在(1,+∞)上单调递增, 则g(t)>g(1)=0,即--2ln>0成立,故x1+x2>4成立,故D正确. 6.答案　 16 解析　f'(x)=2x-12+=(x>0), 由题意得a1,a5是方程2x2-12x+t=0的两个不相等的正实数根,故Δ=144-8t>0,解得t<18, 由根与系数的关系得a1a5=>0,故t>0, 因为{an}为等比数列,所以=a2a4=a1a5=, 其中a3=a1q2>0(q为{an}的公比),故a3=, 所以4-8=,所以t=16,满足要求. 7.答案　 2 解析　f'(x)=3x2+2,则f'(xn)=3+2, 所以曲线y=f(x)在点(xn, f(xn))(n∈N+)处的切线方程为y-(+2xn-1)=(3+2)(x-xn),即y=(3+2)x-2-1, 由题意可知点(xn+1,0)在直线y=(3+2)x-2-1上,所以xn+1=, ∵x1=,∴x2=,又an==, ∴Tn=a1a2a3…an=··…·==, 设函数f(x)=x3+2x-1(x≥0)的零点为r,易知函数f(x)在[0,+∞)上单调递增, 因为f=-<0, f=>0,所以r∈,由题意可知,→∈(1,2),故整数λ的最小值为2. 8.答案　 解析　∵f(x)+f(-x)=4x2, ∴f(x)-2x2+f(-x)-2x2=0, 设g(x)=f(x)-2x2+x,x∈R,则g(-x)=f(-x)-2x2-x,则g(x)+g(-x)=0, ∴g(x)为奇函数,当x∈(-∞,0)时,g'(x)=f'(x)-4x+<0,∴g(x)在(-∞,0)上单调递减, 从而g(x)在R上单调递减,又f(m+1)≤f(-m)+3m+等价于f(m+1)-2(m+1)2+(m+1)≤f(-m)-2(-m)2+(-m),即g(m+1)≤g(-m),∴m+1≥-m,解得m≥-,故m的取值范围为. 9.解析　(1)g(x)=ex-2x,则g'(x)=ex-2(x∈R), 令g'(x)<0,得x<ln 2,令g'(x)>0,得x>ln 2, 所以g(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增. (2)f'(x)=ex+sin x-2,x∈. ①当x∈时, f'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0, 所以f(x)在上单调递减, 此时f(x)>f(0)=0, 所以f(x)在上无零点. ②当x∈时,易知f'(x)单调递增,且f'(0)=-1<0, f'=-1>0, 所以存在x0∈,使f'(x0)=0, 当x∈[0,x0)时, f'(x)<0;当x∈时, f'(x)>0, 所以f(x)在[0,x0)上单调递减,在上单调递增,又f(0)=0,所以f(x0)<0. 设h(x)=ex-2x,x∈, 由(1)知h(x)在[0,ln 2)上单调递减,在上单调递增, 所以h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 2>0, 所以h=-π>0,得f=-π>0, 所以f(x0)·f<0,所以f(x)在上有一个零点, 所以f(x)在上有2个零点. ③当x∈时, f'(x)=ex+sin x-2>-3>0, 所以f(x)在上单调递增.因为f>0,所以f(x)在上无零点. 综上所述, f(x)在上的零点个数为2. 10.解析　(1)===1. (2)易得y=±. 因为点在第一象限内,所以取y=, 所以y'=-,y″=--·,故y'=-,y″=-2, 故K==. (3)y'=f '(x)=ln x-1,y″=f ″(x)=,故曲线y=f(x)的“柯西曲率”φ(y)===,其中s=, 令t1=,t2=,则t1ln t1=t2ln t2,不妨设t2>t1,令t=,则t>1,ln t1=-, 令p(x)=xln x,则p'(x)=1+ln x, 所以当x∈时,p'(x)<0,p(x)单调递减, 当x∈时,p'(x)>0,p(x)单调递增, 故1>t2>>t1>0.易得ln(t1+t2)=ln(t+1)-, 令h(t)=ln(t+1)-,t>1, 则h'(t)=,t>1. 令m(t)=ln t-(t>1), 则m'(t)=,当t>1时,m'(t)>0恒成立,故m(t)在(1,+∞)上单调递增, 可得m(t)>m(1)=0,即ln t->0, 故有h'(t)>0, 则h(t)在(1,+∞)上单调递增, 又h(t)=ln 2-1,h(t)=0, 所以ln(t1+t2)∈(ln 2-1,0), 故+=t1+t2∈. 1 学科网（北京）股份有限公司 $