第二章 导数及其应用 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（北师大版）

[阶段质量评价]　　　　　 第二章　导数及其应用 A卷——基本知能盘查 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.曲线y=ex在点（0，1）处的切线的斜率为 （　　） A.0 B.1 C.e D.-1 解析：选B　因为y'=ex，所以y'|x=0=e0=1，根据导数的几何意义可知，曲线y=ex在点（0，1）处的切线的斜率为1.故选B. 2.函数y=x-1的导函数是 （　　） A.y'=-x-1 B.y'=-x-2 C.y'=x-2 D.y'=x-1 解析：选B　由（x-1）'=-x-1-1=-x-2，得y'=-x-2.故选B. 3.某质点沿直线运动，位移s（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为s（t）=t2+3，则当t=5 s时该质点的瞬时速度为 （　　） A.10 m/s B.11 m/s C.13 m/s D.28 m/s 解析：选A　因为s（t）=t2+3，所以s'（t）=2t，所以s'（5）=2×5=10，即当t=5 s时该质点的瞬时速度为10 m/s.故选A. 4.若x=3为函数f（x）=x2-ax-3ln x的极值点，则函数f（x）的最小值为 （　　） A.- B.- C.--3ln 3 D.3-3ln 3 解析：选C　f'（x）=x-a-，因为x=3是函数f（x）的极值点，所以f'（3）=3-a-1=0，则a=2，所以f'（x）=x-2-=，当x∈（0，3）时，f'（x）<0，当x∈（3，+∞）时，f'（x）>0，所以函数f（x）在（0，3）内单调递减，在（3，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（3）=--3ln 3.故选C. 5.∀x∈R，函数f（x）=x3+ax2+5ax存在极值点的充要条件是 （　　） A.a<0或a>15 B.a=0或a=15 C.0<a<15 D.0≤a≤15 解析：选A　函数f（x）=x3+ax2+5ax存在极值点，等价于f'（x）=3x2+2ax+5a有两个不相等的零点，即Δ=4a2-60a>0，解得a<0或a>15.故选A. 6.已知函数f（x）=ln x，g（x）=x+1，若f（x1）=g（x2），则x1-x2的最小值为 （　　） A.2-2ln 2 B.-2ln 2-2 C.4-2ln 2 D.-2ln 2-4 解析：选C　设f（x1）=g（x2）=t，则x1=et，x2=2t-2，所以x1-x2=et-2t+2，令h（t）=et-2t+2，则h'（t）=et-2，令h'（t）<0⇒t<ln 2，函数h（t）单调递减，令h'（t）>0⇒t>ln 2，函数h（t）单调递增，所以h（t）min=h（ln 2）=eln 2-2ln 2+2=4-2ln 2，即x1-x2的最小值为4-2ln 2.故选C. 7.过原点可以作曲线y=f（x）=x2-|x|+1的两条切线，则这两条切线方程为 （　　） A.y=x和y=-x B.y=-3x和y=3x C.y=x和y=-3x D.y=-x和y=3x 解析：选A　由x∈R，f（-x）=（-x）2-|-x|+1=x2-|x|+1=f（x），得f（x）为偶函数，故过原点作的两条切线一定关于y轴对称.当x>0时，f（x）=x2-x+1，则f'（x）=2x-1，设切点为P（x0，-x0+1）（x0>0），故2x0-1=，解得x0=1或x0=-1（舍去），所以切线斜率为1，从而切线方程为y=x.由对称性知另一条切线方程为y=-x.故选A. 8.已知定义在R上的可导函数f（x），其导函数为f'（x），若2f（x）+f'（x）>0，且f（1）=e，则不等式e2xf（x）-e3>0的解集为 （　　） A.（1，+∞） B.（e，+∞） C.（-∞，1） D.（-∞，e） 解析：选A　构造函数g（x）=e2xf（x），该函数的定义域为R，则g'（x）=2e2xf（x）+e2xf'（x）=e2x[2f（x）+f'（x）]>0，所以函数g（x）在R上为增函数，且g（1）=e2f（1）=e3，由e2xf（x）-e3>0可得e2xf（x）>e3，即g（x）>g（1），解得x>1.所以不等式e2xf（x）-e3>0的解集为（1，+∞）.故选A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.已知定义域为[-3，5]的函数f（x）的导函数为f'（x），且f'（x）的图象如图所示，则 （　　） A.f（x）在（-2，2）内单调递减 B.f（x）有极小值f（2） C.f（x）有2个极值点 D.f（x）在x=-3处取得最大值 解析：选AB　由f'（x）的图象可知x∈（-2，2）和x∈（4，5）时，f'（x）<0，则f（x）单调递减，故A正确；又x∈（-3，-2）和x∈（2，4）时，f'（x）>0，则f（x）单调递增，所以当x=2时，f（x）有极小值f（2），故B正确；由f'（x）的图象结合单调性可知x=-2，2，4时，f（x）有极值，所以f（x）有3个极值点，故C错误；当x∈（-3，-2）时，f'（x）>0，则f（x）单调递增，所以f（-3）<f（-2），f（x）在x=-3处不可能取得最大值，故D错误.故选AB. 10.已知函数f（x）的定义域为R，其导函数f'（x）满足f（x）>f'（x），则 （　　） A.f（1）<ef（0） B.f（1）>ef（0） C.ef（ln 2）<2f（1） D.ef（ln 2）>2f（1） 解析：选AD　构造函数g（x）=，其中x∈R，则g'（x）=<0，所以函数g（x）为R上的减函数，则g（1）<g（0），即<f（0），所以f（1）<ef（0），A正确，B错误；因为ln 2<ln e=1，则g（ln 2）>g（1），即>，所以ef（ln 2）>2f（1），C错误，D正确.故选AD. 11.已知函数f（x）=，下列关于f（x）的四个命题，其中真命题有 （　　） A.函数f（x）在[0，1]内单调递增 B.函数f（x）的最小值为0 C.如果x∈[0，t]时，f（x）max=，则t的最小值为2 D.函数f（x）有2个零点 解析：选ABC　对于A，因为f（x）=，求导得f'（x）=，当x<0或x>2时，f'（x）<0，当0<x<2时，f'（x）>0，故f（x）在（-∞，0）和（2，+∞）上单调递减，在（0，2）内单调递增，故A正确；对于B，当x=0时，f（x）=0，当x→+∞时，f（x）→0，故B正确；对于C，当x=2时，f（2）=，则f（x）的图象如图所示， 如果x∈[0，t]时，f（x）max=，由图可知t的最小值为2，故C正确；对于D，由图可知f（x）只有一个零点，故D不正确.故选ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）已知f'（x）是函数f（x）的导函数，且f'（x0）=3，则=　　　 　.  解析：由题意，得=-3=-3f'（x0）=-9. 答案：-9 13.（5分）如果函数f（x）=x3-6bx+3b在区间（0，1）内存在与y轴垂直的切线，则实数b的取值范围是　　　　.  解析：f'（x）=3x2-6b，依题意可知3x2-6b=0在区间（0，1）内有解，则b=x2，函数y=x2在（0，1）内单调递增，所以b=x2∈. 答案： 14.（5分）若函数f（x）=cos2x-sin2x在区间[0，m]内单调递减，则m的一个值可以是 　　　　.  解析：∵f（x）=cos 2x，∴f'（x）=-2sin 2x，∴f'（x）=-2sin 2x≤0在区间[0，m]上恒成立，∴sin 2x≥0在区间[0，m]上恒成立，取m=，显然sin 2x≥0恒成立. 答案： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（13分）已知函数f（x）=2x3-ax2+12x+b在x=2处取得极小值5. （1）求实数a，b的值；（6分） （2）当x∈[0，3]时，求函数f（x）的最小值.（7分） 解：（1）f'（x）=6x2-2ax+12， 因为f（x）在x=2处取极小值5，所以f'（2）=24-4a+12=0，得a=9，此时f'（x）=6x2-18x+12=6（x-1）（x-2）， 所以f（x）在（1，2）内单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 所以f（x）在x=2时取得极小值，符合题意，所以a=9，f（x）=2x3-9x2+12x+b. 又f（2）=4+b=5，所以b=1. （2）f（x）=2x3-9x2+12x+1，所以f'（x）=6（x-1）（x-2），列表. x 0 （0，1） 1 （1，2） 2 （2，3） 3 f'（x） + 0 - 0 + f（x） 1 单调递增 极大值6 单调递减 极小值5 单调递增 10 由于1<5，故x∈[0，3]时，f（x）min=f（0）=1. 16.（15分）已知函数f（x）=x3-3x2+3. （1）判断函数f（x）的单调性，并求出f（x）的极值；（6分） （2）若函数g（x）=f（x）-ax2+3x在区间（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围.（9分） 解：（1）由f（x）=x3-3x2+3，则f'（x）=3x2-6x=3x（x-2）， 当x<0或x>2时，f'（x）>0，f（x）单调递增，当0<x<2时，f'（x）<0，f（x）单调递减， 所以f（x）极大值为f（0）=3，极小值为f（2）=-1， 所以f（x）在（-∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）内单调递减，极大值为3，极小值为-1. （2）由题意得，g（x）=f（x）-ax2+3x=x3-（3+a）x2+3x+3， 所以g'（x）=3x2-2（3+a）x+3≥0对x∈（0，+∞）恒成立，则2a≤3x+-6对x∈（0，+∞）恒成立， 因为3x+-6≥2-6=0， 当且仅当3x=，即x=1时等号成立， 所以2a≤0，即a≤0，所以实数a的取值范围为（-∞，0]. 17.（15分）已知函数f（x）=（x-a）ln x. （1）讨论f'（x）的单调性；（7分） （2）若不等式xf'（x）≥2（x-a）在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围.（8分） 解：（1）由题意可知x∈（0，+∞），f'（x）=ln x-+1，令g（x）=ln x-+1，则g'（x）=+=， 当a≥0时，g'（x）>0恒成立，g（x）单调递增， 当a<0时，由g'（x）>0，解得x>-a，由g'（x）<0，解得0<x<-a，所以g（x）在（-a，+∞）上单调递增，在（0，-a）内单调递减. 综上所述，当a≥0时，f'（x）单调递增，当a<0时，f'（x）在（-a，+∞）上单调递增，在（0，-a）内单调递减. （2）由（1）可知不等式xf'（x）≥2（x-a），即xln x-a+x≥2（x-a）在[1，+∞）上恒成立， 即a≥x-xln x在[1，+∞）上恒成立，只需在[1，+∞）上a≥（x-xln x）max即可，令h（x）=x-xln x（x≥1），则h'（x）=1-（ln x+1）=-ln x， 当x≥1时，h'（x）≤0，h（x）单调递减， 所以h（x）max=h（1）=1，所以a≥1. 故实数a的取值范围是[1，+∞）. 18.（17分）已知函数f（x）=ex+2f'（0）x-cos x. （1）求f（x）的解析式；（5分） （2）讨论f（x）在R上的零点个数.（12分） 解：（1）f'（x）=ex+2f'（0）+sin x. 令x=0可得f'（0）=e0+2f'（0）+sin 0=1+2f'（0），解得f'（0）=-1. 所以f（x）=ex-2x-cos x. （2）由（1）中f（x）=ex-2x-cos x可得f'（x）=ex+sin x-2， 当x≤0时，有ex≤1，sin x≤1，所以f'（x）=ex+sin x-2<0恒成立， 所以f（x）在（-∞，0]上单调递减，f（x）≥f（0）=0，即可得0是f（x）的一个零点. 当x>0时，设g（x）=ex+sin x-2，则g'（x）=ex+cos x>1+cos x≥0恒成立，即f'（x）在（0，+∞）上单调递增.又f'（0）=-1<0，f'（1）=e+sin 1-2>0，根据零点存在定理，可知∃x1∈（0，1），使得f'（x1）=0.当0<x<x1时，f'（x）<0，所以f（x）在（0，x1）内单调递减；当x>x1时，f'（x）>0，所以f（x）在（x1，+∞）上单调递增.又f（0）=0，所以f（x1）<0.因为f（2）=e2-4-cos 2>e2-4>0，根据零点存在定理可知∃x2∈（x1，2），使得f（x2）=0.综上所述，f（x）在R上的零点个数为2. 19.（17分）已知函数f（x）=ln x-ax. （1）讨论f（x）的单调性；（5分） （2）求证：当a>0时，f（x）+4<.（12分） 解：（1）函数f（x）=ln x-ax的定义域为（0，+∞），f'（x）=-a=， 当a≤0时，f'（x）>0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a>0时，令f'（x）>0，则0<x<，令f'（x）<0，则x>，所以函数f（x）在内单调递增，在上单调递减， 综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a>0时，函数f（x）在内单调递增，在上单调递减. （2）证明：由（1）可得当a>0时，f（x）max=f=-ln a-1，要证f（x）+4<，只需要证明f（x）max+4<即可，即证-ln a+3-<0，即证ln a+-3>0.令g（a）=ln a+-3（a>0），则g'（a）=-=， 当0<a<4时，g'（a）<0，当a>4时，g'（a）>0， 所以函数g（a）在（0，4）内单调递减，在（4，+∞）上单调递增，所以g（a）min=g（4）=ln 4+2-3=ln 4-1>0，所以ln a+-3>0， 所以当a>0时，f（x）+4<. B卷——高考能力达标 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.一质点的运动方程为s=20+gt2（g=9.8 m/s2），则t=3 s时的瞬时速度为 （　　） A.20 m/s B.29.4 m/s C.49.4 m/s D.64.1 m/s 解析：选B　因为v=s'（t）=gt，所以当t=3时，v=3g=29.4.故选B. 2.曲线y=在点处的切线方程为 （　　） A.y=x B.y=x C.y=x+ D.y=x+ 解析：选C　设曲线y=在点处的切线方程为y-=k（x-1），因为y=，所以y'==，所以k=y'|x=1=，所以y-=（x-1），所以曲线y=在点处的切线方程为y=x+.故选C. 3.已知函数f（x）=aex-ln x在区间（1，2）内单调递增，则a的最小值为 （　　） A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析：选C　依题可知，f'（x）=aex-≥0在（1，2）上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g（x）=xex，x∈（1，2），所以g'（x）=（x+1）ex>0，所以g（x）在（1，2）内单调递增，g（x）>g（1）=e，故e≥，即a≥=e-1，即a的最小值为e-1.故选C. 4.以正弦曲线y=sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是 （　　） A.∪ B.[0，π） C. D.∪ 解析：选A　由函数y=sin x，得y'=cos x.设P（x0，y0），则以点P为切点的切线l的斜率为k=cos x0∈[-1，1].设以点P为切点的切线l的倾斜角为α，则tan α=k∈[-1，1].由α∈[0，π），可得α∈∪，所以直线l的倾斜角的范围是∪.故选A. 5.函数f（x）=的部分图象大致为 （　　） 解析：选C　因为f（x）=，定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），f（-x）=-，则f（-x）=-f（x），f（x）为奇函数，图象关于原点对称，故排除B；由f（1）=<1，故排除A；因为f（x）=，当x>0时，可得f'（x）=，当x>1时，f'（x）>0，f（x）单调递增，故排除D.故选C. 6.设f（x），g（x）是R上的可导函数，f'（x），g'（x）分别为f（x），g（x）的导函数，且f'（x）g（x）+f（x）g'（x）<0，则当a<x<b时，有 （　　） A.f（x）g（b）>f（b）g（x） B.f（x）g（a）>f（a）g（x） C.f（x）g（x）>f（b）g（b） D.f（x）g（x）>f（a）g（a） 解析：选C　∵[f（x）g（x）]'=f'（x）g（x）+f（x）g'（x）<0，∴函数y=f（x）g（x）是R上的减函数.∴当a<x<b时，f（a）g（a）>f（x）g（x）>f（b）g（b），故选C. 7.方程-ln x-2=0的根的个数为 （　　） A.0 B.1 C.2 D.3 解析：选C　令f（x）=-ln x-2（x>0），则f'（x）=-=，当x∈（0，4）时，f'（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（4，+∞）时，f'（x）>0，f（x）单调递增，且f（4）=2-ln 4-2<0，f（e6）=e3-ln e6-2=e3-8>0，f（e-2）=e-1-ln e-2-2=>0，结合零点存在定理可知函数在（0，4）上存在一个零点，在区间（4，+∞）上存在一个零点，方程-ln x-2=0的根的个数为2.故选C. 8.若0<x1<x2<a都有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2成立，则a的最大值为 （　　） A. B.1 C.e D.2e 解析：选B　根据题意，若0<x1<x2<a，则x2ln x1-x1ln x2<x1-x2⇒-<-⇒<.设f（x）=（x>0），则f（x）=（x>0）在（0，a）内单调递增.对于f（x）=，其导数f'（x）==-.若f'（x）>0，解得0<x<1，即函数f（x）=的单调递增区间为（0，1）.若0<x1<x2<a都有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2成立，即在（0，a）内函数f（x）单调递增，则a的最大值为1.故选B. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.函数y=x4-2x2+5的单调递减区间可以为 （　　） A.（-∞，-1） B.（-1，0） C.（0，1） D.（1，+∞） 解析：选AC　由题意得y'=4x3-4x=4x（x2-1）=4x（x+1）（x-1），令y'<0，解得x<-1或0<x<1，结合选项可知函数y=x4-2x2+5的单调递减区间可以为（-∞，-1），（0，1），故选AC. 10.若函数f（x）=aln x++（a≠0）既有极大值也有极小值，则 （　　） A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 解析：选BCD　函数f（x）=aln x++的定义域为（0，+∞），求导得f'（x）=--=，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，则函数f'（x）在（0，+∞）上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1，x2，于是即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B、C、D正确.故选BCD. 11.设函数f（x）在区间（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在区间（a，b）上的导函数为f″（x），若f″（x）<0在区间（a，b）上恒成立，则称f（x）在区间（a，b）上为凸函数.则下列函数中，为区间（0，2）上的凸函数的是 （　　） A.f（x）=xln x B.f（x）=ln x-2x C.f（x）=x3+2x-1 D.f（x）= 解析：选BD　对于A，f（x）=xln x，f'（x）=ln x+1，f″（x）=，显然在区间（0，2）恒有f″（x）>0，所以不为凸函数.对于B，f（x）=ln x-2x，f'（x）=-2，f″（x）=-，显然在区间（0，2）恒有f″（x）<0，所以为凸函数.对于C，f（x）=x3+2x-1，f'（x）=3x2+2，f″（x）=6x，显然在区间（0，2）恒有f″（x）>0，所以不为凸函数.对于D，f（x）=，f'（x）==，f″（x）==，显然在区间（0，2）恒有f″（x）<0，所以为凸函数.故选BD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中给出一个定理：如果函数y=f（x）满足如下条件： （1）在区间[a，b]上是连续不断的； （2）在区间（a，b）上都有导数. 则在区间（a，b）上至少存在一个实数t，使得f（b）-f（a）=f'（t）（b-a），其中t称为“拉格朗日中值”.函数g（x）=x2在区间上的“拉格朗日中值”t=　　　　.  解析：因为g（x）=x2，所以g'（x）=2x，结合“拉格朗日中值”定义可得g'（t）==1，所以t=. 答案： 13.（5分）某公司租地建仓库，每月土地占用费y1（单位：万元）与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2（单位：万元）与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10 km处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元，那么当仓库建在离车站　　　　　km处时，两项费用之和最小，最小费用为　　　　　万元.  解析：依题意，可设每月土地占用费y1=，每月库存货物的运费y2=k2x，其中x是仓库到车站的距离，k1，k2是比例系数，于是由2=，得k1=20，由8=10k2，得k2=.因此，两项费用之和为y=+（x>0），y'=-+.令y'=0，得x=5或x=-5（舍去）.当0<x<5时，y'<0；当x>5时，y'>0，因此，当x=5时，y取得极小值，也是最小值，其值为8. 答案：5　8 14.（5分）设a∈（0，1），若函数f（x）=ax+（1+a）x在（0，+∞）上单调递增，则a的取值范围是　　　　.  解析：由函数的解析式可得f'（x）=axln a+（1+a）xln（1+a）≥0在区间（0，+∞）上恒成立，则（1+a）xln（1+a）≥-axln a，即≥-在区间（0，+∞）上恒成立，故=1≥-，而a+1∈（1，2），故ln（1+a）>0，故即故≤a<1，结合题意可得实数a的取值范围是. 答案： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.（13分）已知函数f（x）=aln x+x2-（a+1）x+1. （1）当a=2时，求f（x）的单调递减区间；（5分） （2）若a>1，求f（x）在区间（0，+∞）上的极大值与极小值.（8分） 解：（1） f（x）的定义域为（0，+∞），当a=2时，f（x）=2ln x+x2-3x+1， 由f'（x）=+x-3=<0，得f（x）的单调递减区间为（1，2）. （2）由f'（x）=+x-（a+1）==0，得x1=1，x2=a， ∵a>1，∴f（x）在（0，1）内单调递增，在（1，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增， 当x∈（0，+∞）时，f（x）的极大值为f（1）=-a，极小值为f（a）=aln a-a2-a+1. 16.（15分）商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y=+10（x-6）2，其中3<x<6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a的值；（3分） （2）若商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.（12分） 解：（1）因为x=5时y=11， 所以+10=11⇒a=2. （2）由（1）知该商品每日的销售量y=+10（x-6）2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f（x）=（x-3）=2+10（x-3）（x-6）2，3<x<6； f'（x）=10[（x-6）2+2（x-3）（x-6）]=30（x-4）（x-6），令f'（x）=0得x=4，函数f（x）在（3，4）内单调递增，在（4，6）内单调递减， 所以当x=4时函数f（x）取得最大值f（4）=42. 所以当销售价格x=4时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42. 17.（15分）设函数f（x）=-kln x，k>0. （1）求f（x）的单调区间和极值；（5分） （2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.（10分） 解：（1）由f（x）=-kln x，k>0得 f'（x）=x-=. 由f'（x）=0解得x=. f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的变化情况如下： x （0，） （，+∞） f'（x） - 0 + f（x） 单调递减 单调递增 所以f（x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，+∞）； f（x）在x=处取得极小值f（）=. （2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）=. 因为f（x）存在零点，所以≤0， 从而k≥e. 当k=e时，f（x）在区间（1，）内单调递减， 且f（）=0，所以x=是f（x）在区间（1，]上的唯一零点. 当k>e时，f（x）在区间（0，）内单调递减，且f（1）=>0，f（）=<0， 所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 18.（17分）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；（5分） （2）是否存在a，b，使得曲线y=f关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，请说明理由.（12分） 解：（1）当a=-1时，f（x）=ln（x+1）， 则f'（x）=-×ln（x+1）+×， 据此可得f（1）=0，f'（1）=-ln 2， 函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-0=-ln 2（x-1），即（ln 2）x+y-ln 2=0. （2）令g（x）=f=（x+a）ln， 函数g（x）的定义域满足+1=>0，即函数g（x）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞）. 因为定义域关于直线x=-对称，所以b=-. 由对称性可知 g=g， 取m=可得g（1）=g（-2）， 即（a+1）ln 2=（a-2）ln，则a+1=2-a，解得a=， 经检验a=，b=-满足题意， 故a=，b=-. 即存在a=，b=-满足题意. 19.（17分）（2024·新课标Ⅰ卷）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；（3分） （2）证明：曲线y=f（x）是中心对称图形；（4分） （3）若f（x）>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.（10分） 解：（1）当b=0时，f（x）=ln+ax， 其中x∈（0，2）， 则f'（x）=+a，x∈（0，2）， 因为x（2-x）≤=1，当且仅当x=1时等号成立， 故f'（x）min=2+a，而f'（x）≥0成立，故a+2≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. （2）证明：f（x）=ln+ax+b（x-1）3的定义域为（0，2）， 设P（m，n）为y=f（x）图象上任意一点， P（m，n）关于（1，a）的对称点为Q（2-m，2a-n）， 因为P（m，n）在y=f（x）图象上，故n=ln+am+b（m-1）3， 而f（2-m）=ln+a（2-m）+b（2-m-1）3=-+2a=-n+2a， 所以Q（2-m，2a-n）也在y=f（x）图象上， 由P的任意性可得y=f（x）图象为中心对称图形，且对称中心为（1，a）. （3）因为f（x）>-2当且仅当1<x<2，故x=1为f（x）=-2的一个解， 所以f（1）=-2，即a=-2， 先考虑1<x<2时，f（x）>-2恒成立. 此时f（x）>-2，即为ln+2（1-x）+b（x-1）3>0在（1，2）上恒成立， 设t=x-1∈（0，1），则ln-2t+bt3>0在（0，1）内恒成立， 设g（t）=ln-2t+bt3，t∈（0，1）， 则g'（t）=-2+3bt2=， 当b≥0时，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'（t）>0恒成立，故g（t）在（0，1）上单调递增， 故g（t）>g（0）=0，即f（x）>-2在（1，2）上恒成立. 当-≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'（t）≥0恒成立，故g（t）在（0，1）上单调递增， 故g（t）>g（0）=0，即f（x）>-2在（1，2）上恒成立. 当b<-，则当0<t< <1时，g'（t）<0， 故在内g（t）单调递减，故g（t）<g（0）=0，不合题意，舍去. 综上，f（x）>-2在（1，2）上恒成立时b≥-. 而当b≥-时，由上述过程可得g（t）在（0，1）内单调递增，故g（t）>0的解集为（0，1）， 即f（x）>-2的解集为（1，2）. 综上，b的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $