苏教版高中数学选择性必修第一册第5章导数及其应用综合拔高练含答案

综合拔高练高考练考点1导数的概念及其几何意义1.(2023全国甲文,8)曲线y=exA.y=e4C.y=e2.(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-lnx在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-26.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=19A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b7.(2023全国甲文,20)已知函数f(x)=ax-sinxcos2(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<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.①12<a≤e22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)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A.-π2,π211.(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<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-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-lnx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.模拟练应用实践1.(2024江苏淮安楚州中学、新马中学阶段检测)函数f(x)=(xABCD2.(2024安徽合肥第四中学质检)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,fπ6=-2,3f(x)cosx+f'(x)sinx<0,则不等式fxA.-C.-3.(2024天津南开中学统练)已知a=ln2A.b>c>aB.a>b>cC.b>a>cD.c>b>a4.(2024北京八一学校开学摸底考试)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)=lnx和曲线g(x)=x-A.(-∞,0)B.(0,1)C.(1,e)D.(e,+∞)5.(多选题)(2024江苏南京六校联合体调研)已知函数f(x)=lnx-a(x+1)xA.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=3C.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=16.(2024江苏南通期中)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.(2023河南郑州二中月考)已知函数f(x)=x2lnx,若关于x的方程tf(x)-x=0在1e,1∪8.(2023江苏百校联考)已知a>0,函数f(x)=(a-x)lnx.(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.(2024湖南名校联合体联考)已知函数f(x)=2lnx-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<2ee时,关于x的方程f(x)=g(x)有两个实根x1,x2(x1<x2),求证:x1-迁移创新10.(2023河南郑州金水月考)已知函数f(x)=x2-3x+alnx,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'x1

答案与分层梯度式解析综合拔高练高考练1.C由y=exx+1,可得y'=xex(x+1)2,则y'|x=1=e4,2.答案(-∞,-4)∪(0,+∞)解析设切点的坐标为(x0,y0),则y0=(x0+a)ex易知y'=(x+a+1)ex,y'|x∴曲线在点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x0+a+1)·ex0(x-x又切线过坐标原点,∴-y0=(x0+a+1)ex0(-x∴(x0+a)ex0=(x∴x02+ax∵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=x解析当x>0时,y=lnx,则y'=1x,设切点坐标为(x1,lnx1),x1>0,则该切线方程为y-lnx1=1x1(x-x1),若该切线经过坐标原点,则lnx1-1=0,解得x1当x<0时,y=ln(-x),则y'=1x,设切点坐标为(x2,ln(-x2)),x2<0,则该切线方程为y-ln(-x2)=1x2(x-x2x2=-e,此时的切线方程为y=-xe4.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-(x13−x1)=(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-(x22+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-由3x12-1=2x则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),令h'(x)>0,得-13<x<0或x>1,令h'(x)<0,得x<-1故x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x-∞,--1-0(0,1)1(1,+∞)h'(x)-0+0-0+h(x)↘5↗1↘-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-1x≥0在x∈∴a≥1xex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),∴1xex∈12e2,1e6.Ca=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9=-ln9(1)ab=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ab(2)c-b=-ln910−1令g(x)=ln(1+x)-x,则g'(x)=11+当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g19(3)a-c=0.1e0.1+ln910,令h(x)=xex则h'(x)=(x+1)ex-11-令φ(x)=(x+1)ex-11-则φ'(x)=(x+2)ex-1(1-易知当0<x<12所以φ(x)在0,1所以当0<x<12时,h'(x)>0,h(x)在0,12上单调递增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1综上可知,b>a>c.故选C.方法技巧常见的指对同构类型(1)x1ex1=x2lnx同左:原式变形为x1·ex1=lnx2·elnx2,设f(x)=x·ex,则f(x1同右:原式变形为ex1·lnex1=x2·lnx2,设f(x)=x·lnx,则f(取对数:原式变形为ln(x1·ex1)=ln(x2·lnx2),则lnx1+x1=lnx2+ln(lnx2),设f(x)=lnx+x,则f(x1)=f(lnx(2)ex同左:原式变形为ex1x1=elnx2lnx2,同右:原式变形为ex1lnex1=x2lnx取对数:原式变形为lnex1x1=lnx2lnx2,则x1-lnx1=lnx2-ln(lnx2),设f(x)=x-lnx,(3)x1+ex1=x2+lnx同左:原式变形为x1+ex1=lnx2+elnx2,设f(x)=x+ex,则f(x1同右:原式变形为ex1+lnex1=x2+lnx2,设f(x)=x+lnx,则f((4)ax=logax(a>0,且a≠1)型原式变形为elnax=lnxlna,即exlna=lnxlna,则lna·exlna=lnx,则xlna·在跨阶同构时凑形是难点,常用的凑形有:x=elnx,xex=elnx+x,x2ex=e2lnx+x,exx=e-lnx+x,lnx+lna=lnax,lnx-1=lnxe,有时也需要使两边同时加(乘7.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sinxcos2则f'(x)=1-cos3x+2sin所以函数f(x)在区间0,π(2)f(x)+sinx=ax-sinx令g(x)=sinxcos2x-sinx=sinx则g'(x)=3cos3因为x∈0,π2,所以sinx∈(0,1),cosx所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,所以g'(x)>0,所以函数g(x)在区间0,π易知当x→0+时,g(x)→0+,当x→π2时,g(x)→f(x)+sinx<0,即sinxcos在同一直角坐标系中,画出函数y=g(x)与y=ax0<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<12时,若x∈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=12时,f'(x)≥0,且仅在x=0处取“=”,故f(x)在R当a>12时,若x∈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12<a≤e22,故1<2a≤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12<a≤e22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<12,故0<2a<1,则f(0)=b-1≤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>1-b1-a时,(1-a)x2+b-1>0,取x0=1-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<12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.Bf'(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=--a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--a3且f(x)的极小值f(x2)=f-a3=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.Df'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx,∵x∈[0,2π],∴x+1>0恒成立,令f'(x)>0,得0≤x<π2或3令f'(x)<0,得π2当x∈[0,2π]时,f'(x)、f(x)随x的变化情况如表:x00,ππ332πf'(x)1+0-0+2π+1f(x)2↗π2↘-3↗2∴f(x)min=f3π2=−3π2,f(x)max11.AC由题意可知f'(x)=3x2-1=3x2由f'(x)>0得x<-33或x>3由f'(x)<0得-33∴f(x)的单调递增区间为-∞,-33和对于A,易得f(x)存在两个极值点,故A正确.对于B,∵f-3f33=333−33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1解析f'(x)=2lna·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,2lna·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2lna·ax-2ex=0的两个根分别为x1,x2,即方程xax=lnae的两个根分别为x1,x令g(x)=xax,0<a<1,则g'(x)=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)=logae由图可得要使函数y=xax与函数y=lnae的图象有两个不同的交点,则13.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),则G'(x)=-2+sinx,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<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-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,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x.(2)易知f(x)的定义域为(-1,1),f(x)为偶函数,f'(x)=-asinax+2x令F(x)=f'(x),则F'(x)=2+2x2(1-显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2,当2-a2<0,即a>2或a<-2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-2≤a≤2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(-∞,-2)∪(2,+∞).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=lna.∴当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0,当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(lna)=a-alna.易得g'(x)=a-1x当x∈0,1a时,g'(x)<0,当x∈∴g(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增,∴g(x)∴a-alna=1+lna,即lna+1-a设h(x)=lnx+1-xx+1∴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-lnx,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+lnx-2x,x∈(0,1),易知F(e-3)=ee-3-3-2e-3<e-3-2e∴∃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)=ex1-x1=b,f(x2)=exg(x2)=x2-lnx2=elnx2-lnx2g(x3)=x3-lnx3=elnx3-lnx3故x1=lnx2,x2=lnx3,∴x1+x3∴x1,x2,x3成等差数列.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)=[(-x)2当x>0时,f(x)=(x则f'(x)=2x因为f'π2=πe故选B.2.A令g(x)=f(x)sin3x,则g'(x)=3f(x)sin2xcosx+f'(x)sin3x=sin2x[3f(x)cosx+f'(x)sinx]≤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-π所以g-π又gx+π2所以不等式fx+π2cos3x−1所以不等式fx+π2故选A.方法总结f(x)与sinx,cosx相结合,构造可导函数的几种常见形式:(1)已知f'(x)sinx+f(x)cosx,则构造F(x)=f(x)·sinx;(2)已知f'(x)sinx-(3)已知f'(x)cosx-f(x)sinx,则构造F(x)=f(x)cosx;(4)已知f'(x)cosx+3.Da=ln2设f(x)=lnx则f'(x)=1x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=ln24所以c>b>a.故选D.4.B设曲线y=f(x)上一点A(x1,lnx1),易得f'(x)=1x,则曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y=1x1设曲线y=g(x)上一点Bx2,1-ax2设直线l与两条曲线都相切,则1x1=ax22,ln因为曲线y=f(x)和y=g(x)有且仅有两条公切线,所以x1(lnx1-2)=-2a记h(x)=x(lnx-2)(x>0),则h'(x)=12x(lnx-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-2a≤0,所以要使x1(lnx1-2)=-2a有且仅有两个不相等的实数根,只需-2<-2a<0,解得0<a<1.故选B5.ABD由已知得f(x)的定义域为{x|x>0且x≠1},f'(x)=1x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-12,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)=12+2a=2,解得a=34,故对于C,当-1<a<0时,不妨取a=-12,则f'(x)=1令f'(x)=0,得x2-3x+1=0,解得x=32−5当x∈0,3当x∈32所以函数f(x)在x=32−5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·eaf(e3a+1)=3a+1-a·e=(3>3a所以f(x)在(1,+∞)上有一个零点,当0<x<1时,因为f(e-a)=-a-a·e-f(e-3a-1)=-3a-1-a·e=-3a-1-a·1+<-3=-4a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lnx-a(则f1x=ln1x−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;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=13a2·PA=9,所以PA=27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+27a22=2a2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=27a2=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=2R3,且OA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=13R=37.答案2解析易得f(x)=x2lnx的定义域为(0,1)∪关于x的方程tf(x)-x=0在1e,1∪(1,e即t=xf(x)令h(x)=xf(x)=ln易得h'(x)=1-lnxx2,令h'(x)>0,得1e≤x<1或1<x<e;令h'(x)<0,得e<x所以当x=e时,函数h(x)取得极大值,为h(e)=1e又h1e=−e,h(e28.解析(1)证明:f'(x)=-lnx+(a-x)·1x=-lnx+a令g(x)=-lnx+ax则g'(x)=-1x∵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+ae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-lnx0+ax即a=x0(1+lnx0),故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+lnx0)-x0]lnx0-x0(1+lnx0)=x0(lnx0)2-x0-x0lnx0,即存在a=x0(1+lnx0)>0,使得b≥x0(lnx0)2-x0-x0·lnx0,x0>0成立,构造u(x)=x(lnx)2-x-xlnx,x>0,故b≥u(x)min,易得u'(x)=(lnx)2+lnx-2,x>0,令u'(x)=0,得lnx=-2或lnx=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(lne)2-e-elne=-e<0,当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(lnx)2-lnx-1]=xlnx因为x∈(0,e-2),所以lnx<-2,即lnx-122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(