备战高考数学一轮复习讲义第三章

第三章一元函数的导数及其应用第14讲导数的几何意义和四则运算1.D2.C解析：由f(x)＝eq\f(3,ex＋1)＋x3，得f(x)＋f(－x)＝3，f′(x)＝－eq\f(3ex,ex＋12)＋3x2，则f′(x)－f′(－x)＝0，故f(2024)＋f(－2024)＋f′(2023)－f′(－2023)＝3.3.A解析：由题知f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3，又当x＝－1时，a＝x3＋1＝－1＋1＝0，所以曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，即y＝3x＋3.4.D解析：因为f(x)＝x3＋2x2f′(1)＋2，所以f′(x)＝3x2＋4xf′(1)，所以f′(1)＝3＋4f′(1)，即f′(1)＝－1，f′(x)＝3x2－4x，所以其图象在点x＝2处的切线的斜率k＝f′(2)＝4＝tanα，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－cosαsinα＝－eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝－eq\f(tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(4,17).5.AD解析：对于A，y′＝－sinx，若有sinx1·sinx2＝－1，则当x1＝2k1π＋eq\f(π,2)，x2＝2k2π－eq\f(π,2)(k1，k2∈Z)时，结论成立；对于B，y′＝eq\f(1,x)>0，所以不存在；对于C，y′＝ex>0，也不存在；对于D，y′＝2x，若有2x1·2x2＝－1，则x1·x2＝－eq\f(1,4)，不妨取x1＝－1，x2＝eq\f(1,4)，所以具有性质M.6.AC解析：由题意知f′(x)＝ex.对于A，令f′(x)＝ex＝1，得x＝0，所以曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1，A正确；对于B，令f′(x)＝ex＝－1，无解，所以曲线y＝f(x)的切线斜率不可以是－1，B错误；对于C，设切点为(x0，ex0)，由f′(x)＝ex，得切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)．又切线过点(0,1)，则1－ex0＝－ex0·x0，则ex0＝eq\f(1,1－x0)，由图易知ex0＝eq\f(1,1－x0)有且仅有一解为x0＝0，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点(0,1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，C正确；对于D，设切点为(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)．因为点(0,0)在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点(0,0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，D错误．7.y＝2x－1解析：由函数f(x)＝x＋lnx，知f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，把x＝1代入f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，得切线的斜率k＝1＋1＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.8.eq\f(\r(,3),2)－eq\f(π,6)解析：设切点坐标为(x0，y0)．因为y′＝cosx，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝sinx0，,y0＝\f(1,2)x0＋b，,cosx0＝\f(1,2).))因为x∈(0，π)，所以x0＝eq\f(π,3)，y0＝eq\f(\r(,3),2)，所以b＝y0－eq\f(1,2)x0＝eq\f(\r(,3),2)－eq\f(π,6).9.7e2x－y－e2＝0解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,ex，x≥1，))所以f(－2)＝1＋log24＝3，f(ln4)＝eln4＝4，则f(－2)＋f(ln4)＝3＋4＝7.当x＝2时，f(x)＝ex，f′(x)＝ex，则f′(2)＝e2，f(2)＝e2，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－e2＝e2(x－2)，即e2x－y－e2＝0.10.【解答】(1)根据题意，得f′(x)＝3x2＋1，所以曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率k＝f′(2)＝13，所以所求的切线方程为y＝13x－32.(2)设切点为(x0，y0)，则直线l的斜率为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，所以直线l的方程为y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又直线l过点(0,0)，则(3xeq\o\al(2,0)＋1)(0－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16＝0，整理得xeq\o\al(3,0)＝－8，解得x0＝－2，所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，l的斜率k＝13，所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．11.【解答】(1)因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x，设切点为(x0,12－xeq\o\al(2,0))，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1,11)．由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.(2)显然t≠0，因为f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)．令x＝0，得y＝t2＋12；令y＝0，得x＝eq\f(t2＋12,2t)，所以S(t)＝eq\f(1,2)·(t2＋12)·eq\f(t2＋12,2|t|).不妨设t>0(t<0时结果一样)，则S(t)＝eq\f(t4＋24t2＋144,4t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3＋24t＋\f(144,t)))，所以S′(t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝eq\f(3t4＋8t2－48,4t2)＝eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)＝eq\f(3t－2t＋2t2＋12,4t2).由S′(t)>0，得t>2；由S′(t)<0，得0<t<2.所以S(t)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值，为S(2)＝eq\f(16×16,8)＝32.12.D解析：由eq\f(1,x)<1，得x<0或x>1，由log2(－x)≤1，得－2≤x<0，故A∩B＝[－2,0)．13.A解析：偶函数的图象关于y轴对称，奇函数的图象关于原点对称，根据这一特征，若f(x)是偶函数，则|f(x)|是偶函数，若f(x)是奇函数，则|f(x)|也是偶函数，所以“f(x)是偶函数”是“|f(x)|是偶函数”的充分不必要条件．14.【解答】(1)f(x)的图象是对称轴为x＝eq\f(m,2)，开口向上的抛物线，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))＝eq\f(m2,4)－eq\f(m2,2)－2＝－eq\f(m2,4)－2＝－3.因为m>0，解得m＝2.由f(x)<1，得x2－2x－3<0，即(x－3)(x＋1)<0，得－1<x<3，因此，不等式f(x)<1的解集为(－1,3)．(2)由x2≤1，得－1≤x≤1，设函数g(x)＝f(x)－2x＝x2－(m＋2)x－2，因为函数g(x)的图象是开口向上的抛物线，要使当x2≤1时，不等式f(x)－2x<0恒成立，即g(x)<0在[－1,1]上恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1<0，,g－1<0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m－2－2<0，,1＋m<0，))解得－3<m<－1，所以实数m的取值范围是(－3，－1)．第15讲导数与函数的单调性1.C解析：f(x)＝alnx＋bx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2bx.因为函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝b＝1，,f′1＝a＋2b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a＝－1，))所以f′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x，欲求y＝f(x)的增区间，只需f′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x>0，解得x>eq\f(\r(2),2)，即函数y＝f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)).2.A解析：要使f(x)＝lnx＋x2－bx在[1，＋∞)上是增函数，则当x≥1时，f′(x)≥0恒成立．因为f(x)＝lnx＋x2－bx，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－b≥0，即b≤eq\f(1,x)＋2x恒成立．当x≥1时，令g(x)＝eq\f(1,x)＋2x(x≥1)，g′(x)＝2－eq\f(1,x2)＝eq\f(2x2－1,x2)＞0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝3，故b≤3.3.D解析：因为f(－x)＝f(x)，所以f(－1)＝f(1)，又f(x＋2)＝f(2－x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).由导函数的图象得，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).4.C解析：a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)，c＝eq\f(ln5,5).令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．因为2<e<5，所以f(2)<f(e)，f(e)>f(5)，因为f(2)－f(5)＝eq\f(ln2,2)－eq\f(ln5,5)＝eq\f(5ln2－2ln5,10)＝eq\f(ln32－ln25,10)>0，所以f(2)>f(5)，所以b>a>c.5.BD6.ABD解析：对于A，因为f′(x)>1，所以f(x)为增函数，故A正确；对于B，由g(x)＝f(x)－x，g′(x)＝f′(x)－1>0，可知g(x)为增函数，故B正确；对于C，f(3)＝4，则f(2x－1)>4等价于f(2x－1)>f(3)．又f(x)为增函数，所以2x－1>3，解得x>2，所以f(2x－1)>4的解集为(2，＋∞)，故C错误；对于D，f(2x－1)>2x等价于f(2x－1)－(2x－1)>1＝f(3)－3，即g(2x－1)>g(3)．又g(x)为增函数，所以2x－1>3，解得x>2，所以f(2x－1)>2x的解集为(2，＋∞)，故D正确．7.(－∞，1]解析：由题意知，f′(x)＝ex－x－a.因为f(x)是R上的增函数，所以a≤ex－x恒成立．令y＝ex－x，则y′＝ex－1，所以当x∈(－∞，0)时，y′<0，y单调递减；当x∈(0，＋∞)时，y′>0，y单调递增．所以ymin＝1，故a≤1.8.(0,1)解析：因为函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx(x>0)，所以f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x).因为函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，所以f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)在(t，t＋1)上有变号零点，即eq\f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，即x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解．由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0,1)．9.eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，若f(x)的减区间是(0,4)，则f′(4)＝0，解得k＝eq\f(1,3).若f(x)在(0,4)上为减函数，结合导函数的图象可知，必有－eq\f(2k－1,k)≥4，解得0<k≤eq\f(1,3).10.【解答】(1)f′(x)＝－x2＋2x＋a－1.因为函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，所以f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，此时f(0)＝－1≠0，满足题意．所以a＝1.(2)由(1)得f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2－1，f′(x)＝－x2＋2x＝－x(x－2)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：X(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)－1eq\f(1,3)所以函数f(x)的增区间为(0,2)，减区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．11.【解答】(1)f′(x)＝2x－eq\f(a,x).由已知得f′(1)＝0，即2－a＝0，解得a＝2，经检验a＝2满足题意，所以a＝2.(2)h(x)＝f(x)＋g(x2)＝x2－alnx＋x2－ax＝2x2－a(x＋lnx)，h′(x)＝4x－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))，要使得h(x)＝2x2－a(x＋lnx)在区间(0,1]上单调递减，则h′(x)≤0，即4x－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))≤0在区间(0,1]上恒成立．因为x∈(0,1]，所以a≥eq\f(4x2,x＋1).设函数F(x)＝eq\f(4x2,x＋1)，则a≥F(x)max，F(x)＝eq\f(4x2,x＋1)＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋\f(1,x)).因为x∈(0，1]，所以eq\f(1,x)∈[1，＋∞)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋\f(1,x)))min＝2，所以F(x)max＝2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．12.D13.ACD解析：由题设，a(x－1)(x＋3)＋2＝ax2＋2ax－3a＋2>0的解集为(x1，x2)，所以a<0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2，,x1x2＝\f(2,a)－3<0，))所以x1＋x2＋2＝0，x1x2＋3＝eq\f(2,a)<0，则A，D正确；原不等式可化为f(x)＝a(x－1)(x＋3)>－2的解集为(x1，x2)，而f(x)的零点分别为－3,1且图象开口向下，又x1<x2，如图，则由图可知x1<－3<1<x2，|x1－x2|>4，故B错误，C正确．(第13题)14.【解答】(1)因为f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝2x＋3，则当x<0时，－x>0，f(x)＝f(－x)＝2－x＋3＝2|x|＋3.因此，对任意的x∈R，f(x)＝2|x|＋3.(2)由(1)得f(x)＝2|x|＋3，所以不等式f(2x)≥2f(x)⇔2|2x|＋3≥2(2|x|＋3)，即2|2x|－2×2|x|－3≥0.令t＝2|x|，则t≥1，于是t2－2t－3≥0，解得t≥3，所以|x|≥log23，得x≥log23或x≤－log23，从而不等式f(2x)≥2f(x)的解集为(－∞，－log23]∪[log23，＋∞)．第16讲导数与函数的极值、最值练习11.A2.A解析：当f′(x)>0时，函数单调递增，当f′(x)<0时，函数单调递减，根据极小值点的定义并结合导函数f′(x)在(a，b)内的图象知函数f(x)在开区间(a，b)内有1个极小值点．3.A解析：由题得f′(x)＝2(x＋1)－sin(x＋1)，f″(x)＝2－cos(x＋1)>0，所以f′(x)单调递增．又f′(－1)＝0，所以当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，x＝－1为f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(－1)＝1＋a＝4，解得a＝3.4.C解析：设运输成本为y元，由题意可得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(104＋\f(1,200)v3))·eq\f(500,v)＝eq\f(5,2)v2＋eq\f(5000000,v)，则y′＝5v－eq\f(5000000,v2)＝eq\f(5v3－5000000,v2)＝eq\f(5v3－106,v2)＝eq\f(5v－102v2＋102v＋104,v2)，所以当v＝102时，y′＝0.当60≤v<100时，y′<0，当100<v≤110时，y′>0，即函数在(60,100)上单调递减，在(100,110)上单调递增，所以当v＝100时取得极小值即最小值，所以当v＝100km/h时全程运输成本最低．5.ACD解析：f(x)的定义域为R，f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，得x＝－2或2，所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，故C正确．f(x)极大值＝f(－2)＝eq\f(1,3)×(－2)3－4×(－2)＋2＝eq\f(22,3)，f(x)极小值＝f(2)＝eq\f(8,3)－8＋2＝－eq\f(10,3)，故A正确．因为f(3)＝－1，f(4)＝eq\f(22,3)，所以当x∈[3,4]时，f(x)的最大值为eq\f(22,3)，最小值为－1，故B不正确．因为f′(0)＝－4，所以曲线在点(0,2)处的切线方程为y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故D正确．6.BD解析：函数y＝x－eq\f(1,x)，则y′＝1＋eq\f(1,x2)>0，所以函数y＝x－eq\f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点；函数y＝2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,2－x，x<0，))根据指数函数的图象与性质可得，当x<0时，函数y＝2|x|单调递减，当x>0时，函数y＝2|x|单调递增，所以函数y＝2|x|在x＝0处取得极小值；函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点；函数y＝xlnx，则y′＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，y′<0，函数单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，y′>0，函数单调递增，当x＝eq\f(1,e)时，函数取得极小值．7.(0,2)∪(2，＋∞)解析：f′(x)＝2x－a－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)(x>0)，f′(x)＝0有两个不等的正实数解，所以eq\f(a,2)>0且eq\f(a,2)≠1，解得a>0且a≠2.8.1解析：由题设知，f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)，所以当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx，此时f(x)单调递减；当eq\f(1,2)<x≤1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－eq\f(2,x)≤0，此时f(x)单调递减；当x>1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－eq\f(2,x)>0，此时f(x)单调递增．又f(x)在各分段的界点处连续，综上，当0<x≤1时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝1.9.eq\f(4,e)解析：由f(x)＝(x2＋ax＋1)e－x，得f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋1)e－x，因为x＝－1是函数f(x)＝(x2＋ax＋1)e－x的极值点，所以f′(－1)＝0，即(－2＋a)e－(1－a＋1)e＝0，解得a＝2，所以f(x)＝(x2＋2x＋1)e－x，f′(x)＝(2x＋2)e－x－(x2＋2x＋1)e－x＝(－x2＋1)e－x.令f′(x)＝0，则(－x2＋1)e－x＝0，得x＝±1，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：X(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值f(1)＝4e－1＝eq\f(4,e).10.【解答】(1)由题意知f(x)＝eq\f(ex,x)，求导得f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，所以f(1)＝e，f′(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e.(2)f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－a，令g(x)＝eq\f(exx－1,x2)－a，则g′(x)＝eq\f(exx2－2x＋2,x3).因为对于∀x∈(－2，－1)，g′(x)＝eq\f(ex[x－12＋1],x3)<0恒成立，所以g(x)在(－2，－1)上单调递减，即f′(x)在(－2，－1)上单调递减．因为f(x)在(－2，－1)上有极大值，所以f′(x)在(－2，－1)上存在“左正右负”变号零点．由零点存在性定理只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－2>0，,f′－1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4e2)－a>0，,－\f(2,e)－a<0，))所以－eq\f(2,e)<a<－eq\f(3,4e2)，所以当函数f(x)在(－2，－1)上有极大值时，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，－\f(3,4e2))).11.【解答】(1)由题意可知，无盖方盒的棱长分别为x，a－2x，a－2x，所以方盒的容积V＝(a－2x)2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(a,2))).(2)令V′(x)＝－4(a－2x)x＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(a,2)))，解得x＝eq\f(a,6)，当eq\f(a,6)<x<eq\f(a,2)时，V′(x)<0，函数V(x)单调递减，当0<x<eq\f(a,6)时，V′(x)>0，函数V(x)单调递增，所以当x＝eq\f(a,6)时，方盒的容积V最大．12.B解析：由f(x)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq\r(x)－1①，以eq\f(1,x)替换x，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2f(x)·eq\r(\f(1,x))－1②，把②代入①，可得f(x)＝2eq\r(x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2fx·\r(\f(1,x))－1))－1，即3f(x)＝2eq\r(x)＋1，所以f(x)＝eq\f(2,3)eq\r(x)＋eq\f(1,3)(x>0)．13.B解析：由x3－x≠0，解得x≠0且x≠±1.令f(x)＝eq\f(2x－2－x,x3－x)，则f(－x)＝eq\f(2－x－2x,－x3－－x)＝eq\f(2x－2－x,x3－x)＝f(x)，故函数f(x)＝eq\f(2x－2－x,x3－x)为偶函数，其图象关于y轴对称，排除C；f(0.5)＝eq\f(20.5－2－0.5,0.125－0.5)<0，排除D；f(10)＝eq\f(210－2－10,1000－10)>1，排除A，选B.14.AC解析：对于A，a>b>0⇒eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)⇒eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，A正确；对于B，a－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a)⇔a－b＋eq\f(1,a)－eq\f(1,b)>0⇔(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ab)))>0，因为a－b>0，所以1－eq\f(1,ab)>0⇔ab>1，不等式不一定成立，B错误；对于C，a3－b3>2(a2b－ab2)⇔(a－b)(a2－ab＋b2)>0，因为a－b>0，所以a2＋b2－ab>0⇔(a－b)2＋ab>0，不等式成立，C正确；对于D，eq\r(,a＋1)－eq\r(,b＋1)>eq\r(,a)－eq\r(,b)⇔eq\r(,a＋1)－eq\r(,a)>eq\r(,b＋1)－eq\r(,b)，所以eq\f(1,\r(,a＋1)＋\r(,a))>eq\f(1,\r(,b＋1)＋\r(,b))⇔eq\r(,b＋1)＋eq\r(,b)>eq\r(,a＋1)＋eq\r(,a)，不等式不成立，D错误．第16讲导数与函数的极值、最值练习21.D解析：由题意知，定义域为R，f′(x)＝x2＋x－c，要使函数f(x)有极值，则f′(x)必有两个不相等的实数根，则Δ＝1＋4c>0，解得c>－eq\f(1,4).2.D解析：当x<－2时，1－x>0，(1－x)f′(x)>0，则f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当－2<x<1时，1－x>0，(1－x)f′(x)<0，则f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当1<x<2时，1－x<0，(1－x)f′(x)>0，则f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>2时，1－x<0，(1－x)f′(x)<0，则f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的极大值为f(－2)，极小值为f(2)．3.B解析：因为函数y＝eq\f(ax2,x－1)(x>1)，所以y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ax2,x－1)))′＝eq\f(2axx－1－ax2,x－12)＝eq\f(ax2－2ax,x－12)＝eq\f(axx－2,x－12)，令y′＝0，解得x＝2或x＝0(舍去)．若函数在区间(1，＋∞)上有最大值－4，则最大值必然在x＝2处取得，所以eq\f(4a,1)＝－4，解得a＝－1，此时y′＝eq\f(－xx－2,x－12)，当1<x<2时，y′>0，当x>2时，y′<0，所以当x＝2时，y取得最大值－4.4.D解析：因为f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)，当－1<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)的极小值为f(1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<1<6－m2，,fm≥f1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(,5)<m<1，,m3－3m＋2＝m－12m＋2≥0，))得到－2≤m<1.5.ACD解析：由题得f′(x)＝e2x＋2xe2x－2x－1＝e2x(2x＋1)－(2x＋1)＝(2x＋1)(e2x－1)，当x<－eq\f(1,2)或x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当－eq\f(1,2)<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以－eq\f(1,2)和0分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，所以A正确；f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递减，所以B错误；函数f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)×e－1－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝－eq\f(1,2e)，所以C正确；函数f(x)的极小值为f(0)＝－eq\f(1,4)，所以D正确．6.ABD解析：因为f(x)＝eq\f(sinx,x＋a)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，所以a＝0.对于A，因为f(x)＝eq\f(sinx,x)，所以f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq\f(4,9π2)，所以曲线f(x)在x＝eq\f(3π,2)处的切线斜率为eq\f(4,9π2)，故A正确；对于B，令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1，当x>0时，g′(x)≤0，所以g(x)单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，即sinx<x，所以f(x)＝eq\f(sinx,x)<1.因为f(x)为偶函数，所以函数f(x)<1恒成立，故B正确；对于C，f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令h(x)＝xcosx－sinx，则h′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，π)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)<0在(0，π)上恒成立，因此函数f(x)＝eq\f(sinx,x)在(0，π)上单调递减．又0<x1<x2<π，所以f(x1)>f(x2)，故C错误；对于D，因为函数f(x)＝eq\f(sinx,x)在[0，π]上单调递减，所以函数f(x)＝eq\f(sinx,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上也单调递减，所以f(x)＝eq\f(sinx,x)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即eq\f(2,π)<eq\f(sinx,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即m的最大值为eq\f(2,π)，故D正确．7.6解析：因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，且函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验当c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6.8.1－e解析：令f(x1)＝f(x2)＝t，如图，由图象可知t∈(－∞，－a)．因为x1<x2，则x1－a＝t，lnx2＝t，得x1＝t＋a，x2＝et，即x2－x1＝et－t－a.令g(t)＝et－t－a(t≤－a)，则g′(t)＝et－1(t≤－a)，当－a≤0，即a≥0时，g′(t)≤0，则g(t)在(－∞，－a)上单调递减，所以g(t)min＝g(－a)＝e－a＋a－a＝e－a＝e，解得a＝－1(不满足，舍去)；当－a>0，即a<0时，g′(0)＝0，所以g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，－a]上单调递增，所以g(t)min＝g(0)＝e0－0－a＝e，解得a＝1－e<0满足题意．综上可得，a＝1－e.(第8题)9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))解析：函数f(x)＝x2＋aln(2x＋1)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，且f′(x)＝2x＋eq\f(2a,2x＋1)，令f′(x)＝0，得2x2＋x＋a＝0.设g(x)＝2x2＋x＋a，其中x>－eq\f(1,2)，则函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有两个不相等的零点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－8a>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝a>0，,－\f(1,4)>－\f(1,2)，))解得0<a<eq\f(1,8).10.【解答】(1)当a＝0时，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，则f′(x)＝eq\f(2x－3,x3)，所以f(1)＝1，f′(1)＝－4，此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.(2)因为f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)，所以f′(x)＝eq\f(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2)＝eq\f(2x2－3x－a,x2＋a2).由题意可得f′(－1)＝eq\f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4，故f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－4,x2＋42)，令f′(x)＝0，得x＝－1或4，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：X(－∞，－1)－1(－1,4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，减区间为(－1，4)．当x<eq\f(3,2)时，f(x)>0；当x>eq\f(3,2)时，f(x)<0.所以f(x)max＝f(－1)＝1.f(x)min＝f(4)＝－eq\f(1,4).11.【解答】(1)当x∈(0，＋∞)时，由题知f′(x)＝lnx，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减，当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥f(1)＝－1.又因为f(0)＝0，所以f(x)的最小值为f(1)＝－1.(2)因为f(e)＝0，f(0)＝0，由(1)知当x∈[0，e]时，－1≤f(x)≤0.因为f′(e)＝1，所以曲线f(x)在点(e,0)处的切线方程为y＝x－e.令g(x)＝xlnx－2x＋e(0<x≤e)，则g′(x)＝lnx－1≤0，所以g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)≥g(e)＝0，所以f(x)≥x－e，所以曲线y＝f(x)(0≤x≤e)在x轴、y轴、y＝－1和y＝x－e之间．设原点为O，y轴与y＝－1的交点为A，y＝－1和y＝x－e的交点为B(e－1，－1)，点(e,0)为C，所以曲线y＝f(x)(0≤x≤e)在梯形OABC内部，所以S<S梯形OABC＝(e－1)×1＋eq\f(1,2)×1×1＝e－eq\f(1,2).12.AC解析：对于A，f(－x)＝eq\f(4,5)(－x)2＝eq\f(4,5)x2＝f(x)为偶函数，图象为开口向上的抛物线，f(1)＝eq\f(4,5)<1，与题干图象相符；对于B，f(x)＝x4为偶函数，但f(1)＝1，与题干图象不相符；对于C，f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以f(x)为偶函数．由f′(x)＝sinx＋xcosx，当0<x<eq\f(π,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(1)＝sin1<1.记g(x)＝sinx＋xcosx，g′(x)＝2cosx－xsinx.记h(x)＝2cosx－xsinx，h′(x)＝－3sinx－xcosx<0在(0,1)上恒成立，所以g′(x)在(0,1)上单调递减，而g′(1)＝2cos1－sin1>0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(因为tan1<tan\f(π,3)＝\r(,3)<2))，所以g′(x)>0在(0,1)上恒成立，所以f(x)在(0,1)上为凹函数，与题干图象相符；对于D，f(－x)＝eq\f(－x,－x2＋1)＝－f(x)为奇函数，与题干图象不相符．13.(1，＋∞)解析：令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定义域为R，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x为奇函数．f(2x－3)＋f(x)>2可变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)．因为g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(,ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求的解集为(1，＋∞)．第17讲导数的综合应用第1课时导数与不等关系1.C解析：对于A，当x＝－1时，2x<x2，所以A错误；对于B，C，构造函数f(x)＝ex－x－1，f(0)＝0，f′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值也即最小值，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，ex≥x＋1，所以B错误，C正确．对于D，当x>0时，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(,x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时等号成立，所以D错误．2.A解析：由题设知a＝eq\f(lne,e)，b＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(ln3,3).令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知在(0，e)上，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，f(x)单调递减，所以f(e)>f(3)>f(4)＝f(2)，所以a>c>b.3.A解析：令函数y＝tanx－x，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y′＝eq\f(1,cos2x)－1＝tan2x≥0，所以函数y＝tanx－x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则tanα－α>tan0－0＝0，即tanα>α，充分性成立；但是反之未必成立，比如取α＝－eq\f(2π,3)，易知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＝eq\r(,3)>－eq\f(2π,3)，满足tanα>α，但是不满足α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).所以“α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))”是“tanα>α”的充分不必要条件．4.B解析：设f(x)＝lnx－x＋1，则f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤x－1，所以ln(a＋b)≤a＋b－1，所以a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1.又ac＝b2>0，所以a<0.由a＋b>0，可知b>－a>0，所以b2>a2，即ac>a2，所以c<a，所以c<a<b.5.ACD解析：对于A，构造新函数f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)有最大值，且最大值为f(1)＝0，即f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx≤0⇒1－eq\f(1,x)≤lnx，不等式成立；对于B，构造新函数F(x)＝x－1－lnx(x>0)，所以F′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以当x＝1时，函数F(x)有最小值，且最小值为F(1)＝0，即F(x)＝x－1－lnx≥0⇒x－1≥lnx，不等式不成立；对于C，设g(x)＝ex－x－1⇒g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以当x＝0时，函数g(x)有最小值，且最小值为g(0)＝0，即g(x)＝ex－x－1≥0⇒ex≥x＋1，不等式成立；对于D，设G(x)＝sinx－x(0<x<π)⇒G′(x)＝cosx－1，因为0<x<π，所以G′(x)<0，G(x)单调递减，所以当0<x<π时，G(x)<G(0)＝0，即sinx－x<0⇒sinx<x，不等式成立．6.AC解析：构造函数f(x)＝eq\f(sinx,ex)，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)＝eq\f(\r(,2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))),ex)，当x＝eq\f(π,4)时，f′(x)＝0，当0<x<eq\f(π,4)时，f′(x)>0，当eq\f(π,4)<x<π时，f′(x)<0，所以f(x)在x＝eq\f(π,4)处取最大值．因为x∈(0，π)，所以sinx>0，所以f(x)>0，作出函数f(x)的大致图象如图所示．因为x<y，ex<ey，所以sinx<siny，A正确，B错误；因为0<x<eq\f(π,4)，eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\r(,1－sin2x)>0，|cosy|＝eq\r(,1－sin2y)，所以cosx>|cosy|，从而cosx＋cosy>0，C正确，D错误．(第6题)7.(－∞，1)解析：由题可知，函数f(x)＝sinx－xcosx，则f′(x)＝xsinx.若存在x∈(0，π)，使得f′(x)>λx成立，即存在x∈(0，π)，使得sinx>λ成立．当x∈(0，π)时，0<sinx<1，即λ<1.8.[0，＋∞)解析：设函数g(x)＝eq\f(fx＋2,e\f(x,2))，则g′(x)＝eq\f(f′x·e\f(x,2)－\f(1,2)·e\f(x,2)·[fx＋2],e\f(x,2)2)＝eq\f(2f′x－fx－2,2e\f(x,2)).因为2f′(x)－f(x)>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．又g(0)＝f(0)＋2＝3，故不等式f(x)＋2≥3eeq\f(x,2)可化为g(x)≥g(0)，由g(x)的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞)．9.【解答】(1)由题意知，f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(－1)＝－eq\f(1,e)，无极大值．(2)当x>0时，要证f(x)>g(x)，即证ex>eq\f(lnx,x2).当0<x<1时，ex>0，eq\f(lnx,x2)<0，故ex>eq\f(lnx,x2)成立．当x≥1时，令F(x)＝x2－lnx，则F′(x)＝2x－eq\f(1,x)>0，F(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以当x≥1时，F(x)≥F(1)＝1>0，所以x2>lnx，即eq\f(lnx,x2)<1.因为当x≥1时，ex≥e，所以当x≥1时，ex>eq\f(lnx,x2)⇒xex>eq\f(lnx,x).综上，当x>0时，不等式f(x)>g(x)成立．10.【解答】(1)要证不等式f(x)≤g(x)恒成立，即证lnx≤x－1恒成立．令h(x)＝lnx－x＋1，h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(x)＝lnx－x＋1≤h(1)＝0，所以lnx≤x－1恒成立．(2)由(1)知lnx≤x－1，令x＝1＋eq\f(1,2k)，k∈N*，则lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))<eq\f(1,2k)，k∈N*，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.11.【解答】(1)因为f(x)＝ax＋b＋cosx(a，b∈R)，所以f′(x)＝a－sinx，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＋cos0＝b＋1＝2，,f′0＝a－sin0＝a＝\f(1,2)，))所以a＝eq\f(1,2)，b＝1.(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,2)x＋1＋cosx，f′(x)＝eq\f(1,2)－sinx.因为x∈[0,2π]，所以当0≤x≤eq\f(π,6)时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当eq\f(5π,6)≤x≤2π时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故当x＝eq\f(π,6)时，函数f(x)取得极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)×eq\f(π,6)＋1＋coseq\f(π,6)＝1＋eq\f(π,12)＋eq\f(\r(,3),2).又f(0)＝2，f(2π)＝eq\f(1,2)×2π＋1＋cos2π＝1＋π＋1＝2＋π，且2<1＋eq\f(π,12)＋eq\f(\r(,3),2)<2＋π，故函数f(x)在[0,2π]上的最大值为2＋π.第2课时导数与不等式恒成立(能成立)问题1.C解析：因为f(x)＝eq\f(2,x)－lnx，满足f(x)≥a－x恒成立，所以a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－lnx))min.令g(x)＝x＋eq\f(2,x)－lnx，则g′(x)＝1－eq\f(2,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－x－2,x2)＝eq\f(x－2x＋1,x2)(x>0)，由g′(x)>0，得x>2，由g′(x)<0，得0<x<2，所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝3－ln2，于是a≤3－ln2，所以a的最大值为3－ln2.2.A解析：由题知不等式sinx－x≥ax对x∈[0，π]恒成立；当x＝0时，显然成立；当x∈(0，π]时，a≤eq\f(sinx,x)－1恒成立．令f(x)＝eq\f(sinx,x)－1，则f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令g(x)＝xcosx－sinx，则g′(x)＝－xsinx≤0在(0，π]上恒成立，所以g(x)在(0，π]上单调递减，则g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)<0在(0，π]上恒成立，所以f(x)在(0，π]上单调递减，从而f(x)min＝f(π)＝－1，所以a≤－1.3.C解析：因为f(0)≥0，所以a≥0.当0≤a≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2＋2a－a2≥2a－a2＝a(2－a)>0；当a>1时，f(1)＝1>0，故当a≥0时，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立．由x－alnx≥0在(1，＋∞)上恒成立，得a≤eq\f(x,lnx)在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x,lnx)，则g′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)，当x>e时，函数g(x)单调递增，当1<x<e时，函数g(x)单调递减，故g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上可知，a的取值范围是[0，e]．4.D解析：作出函数y＝|f(x)|的图象与直线y＝ax，如图所示．(第4题)由图可知当直线y＝ax介于l与x轴之间时，符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f(x)|在第二象限内的解析式为y＝x2－2x，y′＝2x－2.当x＝0时，直线l的斜率为－2，所以直线y＝ax的斜率a∈[－2,0]．5.ABD解析：f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0，解得x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝lna处取得极小值也是最小值．由题意知，只需f(lna)>0恒成立即可，即elna－alna＋1＝a－alna＋1>0.当a＝1时，1－ln1＋1＝2>0，符合题意；当a＝2时，2－2ln2＋1＝3－2ln2>0，符合题意；当a＝3时，3－3ln3＋1＝4－3ln3>0，符合题意．由于a∈N*，所以C不符合题意．6.BCD解析：令F(x)＝f(x)－lnx，则F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(1)＝1，所以F(1)＝f(1)＝1.对于A，F(e)<F(1)⇒f(e)－1<1⇒f(e)<2，故A错误；对于B，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>F(1)⇒feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＋1>1⇒feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，故B正确；对于C，因为x∈(1，e)，所以F(x)<F(1)⇒f(x)－lnx<1，所以f(x)<1＋lnx.又x∈(1，e)，lnx∈(0,1)，所以1＋lnx∈(1,2)，所以f(x)<2，故C正确；对于D，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，eq\f(1,x)>x，F(x)>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))⇒f(x)－lnx>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋lnx⇒f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>2lnx.因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，所以lnx∈(－1，0)，所以f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>－2⇒f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋2>0，故D正确．7.(－∞，8]解析：因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－alnx，所以f′(x)＝x2－eq\f(a,x).又因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－alnx在(2，＋∞)上单调递增，所以x2－eq\f(a,x)≥0在(2，＋∞)上恒成立，即a≤x3在(2，＋∞)上恒成立，只需a≤(x3)min，x∈(2，＋∞)．因为y＝x3在(2，＋∞)上单调递增，所以y＝x3>23＝8，所以a≤8.8.eq\f(1,2e)－4解析：由题意可知f(x)max≤g(x)max.f(x)＝eq\f(lnx,x2)⇒f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，则f′(eq\r(,e))＝0，当eq\r(,2)≤x<eq\r(,e)时，f′(x)>0；当eq\r(,e)<x≤eq\r(,3)时，f′(x)<0.所以f(x)在[eq\r(,2)，eq\r(,e))上单调递增，在(eq\r(,e)，eq\r(,3)]上单调递减，从而f(x)max＝f(eq\r(,e))＝eq\f(1,2e).g(x)＝2x＋a在[1,2]上单调递增，则g(x)max＝g(2)＝4＋a，所以eq\f(1,2e)≤4＋a，于是a≥eq\f(1,2e)－4，即a的最小值为eq\f(1,2e)－4.9.(－∞，0]解析：设g(x)＝ex－2x＋3，则g′(x)＝ex－2.当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2＋3＝5－2ln2>0，故ex>2x－3.又因为f(ex)>f(2x－3)对任意x∈R恒成立，所以函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4mx在R上为增函数，所以f′(x)≥0在R上恒成立，于是x2－4m≥0在R上恒成立，即m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))min，所以m≤0，故实数m的取值范围为(－∞，0]．10.【解答】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当a＞0时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，f(x)的增区间是(0，＋∞)，当a＞0时，f(x)的增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4)×eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝eq\f(－x＋1x－3,4x2)，在区间(1,3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在区间(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(3)＝ln3－eq\f(1,2).因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，等价于f(x)max＜g(x)max，由(1)知当a≤0时，f(x)无最值，当a＞0时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，所以－lna＜ln3－eq\f(1,2)，所以lna＞lneq\f(\r(e),3)，解得a＞eq\f(\r(e),3).11.【解答】(1)由条件得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)(x>0)，因为曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与x－2＝0垂直，所以此切线的斜率为0，即f′(e)＝0，则eq\f(1,e)－eq\f(k,e2)＝0，得k＝e，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)(x>0)．由f′(x)<0，得0<x<e，由f′(x)>0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，故f(x)的减区间为(0，e)，极小值为2.(2)条件等价于对任意x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立．设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(k,x)－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，即h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得k≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)(x>0)恒成立，所以k≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(对k＝\f(1,4)，h′x＝0仅在x＝\f(1,2)时成立))，故实数k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).12.f(x)＝x(答案不唯一)解析：如f(x)＝x，f(xy)＝xy，f(x)f(y)＝xy，故f(xy)＝f(x)f(y)，f′(x)＝1是偶函数，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增．13.【解答】(1)由题意知f(0)＝0，解得a＝－1，所以当x≥0时，f(x)＝3x－1.当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝3－x－1.又f(x)为奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，故当x<0时，f(x)＝－3－x＋1.综上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x≥0，,－3－x＋1，x<0.))(2)由f(x2－x)＋f(4－mx)>0，得f(x2－x)>－f(4－mx)．因为y＝f(x)是奇函数，所以f(x2－x)>f(mx－4)．当x≥0时，f(x)＝3x－1，函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又f(x)是定义在R上的奇函数，所以y＝f(x)在R上单调递增，所以x2－x>mx－4，即可得∀x∈R，x2－(m＋1)x＋4>0恒成立，由Δ＝[－(m＋1)]2－16<0，解得－5<m<3,所以m的取值范围为(－5,3)．第3课时导数与函数零点1.D解析：由题得f′(x)＝eq\f(x－3,3x)，令f′(x)>0，解得x>3；令f′(x)<0，解得0<x<3.所以函数f(x)在区间(0,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，在点x＝3处有极小值f(3)＝1－ln3<0.又f(1)＝eq\f(1,3)>0，f(e)＝eq\f(e,3)－1<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,3e)＋1>0，所以f(1)·f(e)<0，f(1)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点．2.A解析：f(x)＝x2－aex有三个零点，即方程a＝eq\f(x2,ex)有三个根．不妨令g(x)＝eq\f(x2,ex)，则g′(x)＝eq\f(x2－x,ex)，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，且g(0)＝0，g(2)＝eq\f(4,e2).当x∈R时，g(x)>0恒成立，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，故当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))时，满足题意．3.D解析：由g(x)＝0，得k＝eq\f(lnx,x2)(x>0)．令h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(,e).当0<x<eq\r(,e)时，h′(x)>0，当x>eq\r(,e)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，eq\r(,e))上单调递增，在(eq\r(,e)，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝eq\f(1,2e)，作出h(x)＝eq\f(lnx,x2)的图象如图所示，由图知k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).(第3题)4.C解析：由题知f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)，x∈[1，e]．当a≥－1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，不符合题意．当a≤－e时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，也不符合题意．当－e<a<－1时，若x∈[1，－a)，则f′(x)<0，f(x)在[1，－a)上单调递减，若x∈(－a，e]，则f′(x)>0，f(x)在(－a，e]上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)在x∈[1，e]上有两个零点，只需f(e)＝1－eq\f(a,e)＋a≥0即可，解得eq\f(e,1－e)≤a<－1.综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,1－e)，－1)).5.BCD解析：由题意知x1，x2分别为直线y＝－x与y＝ex的图象和y＝lnx的图象的交点的横坐标．因为函数y＝ex与函数y＝lnx互为反函数，所们这两个函数的图象关于直线y＝x对称，而直线y＝－x，y＝x的交点是坐标原点，所以x1＋x2＝0，x1x2<0，x1∈(－1,0)，x2∈(0,1)，ex1＋lnx2＝－x1－x2＝0，x1x2－x1＋x2－1＝(x1＋1)(x2－1)<0，故x1x2－x1＋x2<1.6.AC解析：由题知，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>eq\f(\r(,3),3)或x<－eq\f(\r(,3),3)，令f′(x)<0，得－eq\f(\r(,3),3)<x<eq\f(\r(,3),3)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,3),3)，\f(\r(,3),3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(,3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)，＋∞))上单调递增，所以x＝±eq\f(\r(,3),3)是极值点，故A正确．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,3),3)))＝1＋eq\f(2\r(,3),9)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)))＝1－eq\f(2\r(,3),9)>0，f(－2)＝－5<0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(,3),3)))上有一个零点；当x≥eq\f(\r(,3),3)时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)))>0，即函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)，＋∞))上无零点．综上所述，函数f(x)只有一个零点，故B错误．令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移1个单位长度后得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，当切点为(1,1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1,1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．7.1解析：因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，所以f(x)单调递增，又因为f(0)＝0，所以