新教材高中数学第五章一元函数的导数及其应用单元质量测评新人教A版选择性必修第二册

第五章单元质量测评时间：120分钟满分：150分一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知函数f(x)在x＝1处的导数为1，则eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1－x－f1＋x,3x)＝()A．3 B．－eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．－eq\f(3,2)答案B解析因为(1－x)－(1＋x)＝－2x，所以eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1－x－f1＋x,3x)＝－eq\f(2,3)f′(1)＝－eq\f(2,3).2．下列求导运算正确的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x2) B．(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C．(cosx)′＝sinx D．(3x)′＝3xlg3答案B解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝(x－1)′＝－eq\f(1,x2)，故A错误；因为(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，故B正确；因为(cosx)′＝－sinx，故C错误；因为(3x)′＝3xln3，故D错误．故选B．3．函数f(x)在x＝x0处的导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则()A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，又不是q的必要条件答案C解析∵f(x)在x＝x0处可导，∴若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，∴q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f(x)＝x3为例，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点，∴peq\o(\s\up1(\a\vs4\al(⇒)),\s\do1(/))q，故p不是q的充分条件．故选C．4．函数f(x)＝eq\f(ln|x|,x)的图象大致为()答案A解析当x∈(0,1)时，f(x)＝eq\f(lnx,x)<0，当x∈(－1,0)时，f(x)＝eq\f(ln－x,x)>0，B，C都不满意这两个条件；又当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(1，e)时，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f(x)单调递减，则D不符合这个条件，故选A．5．已知函数f(x)的导数为f′(x)，且(x＋1)f(x)＋xf′(x)≥0对x∈[0，＋∞)恒成立，则下列不等式肯定成立的是()A．f(1)<2ef(2) B．ef(1)<f(2)C．f(1)<0 D．ef(e)<2f(2)答案A解析构造函数F(x)＝xexf(x)，可得F′(x)＝ex[(x＋1)f(x)＋xf′(x)]，∵(x＋1)f(x)＋xf′(x)≥0，ex>0，∴F′(x)≥0对x∈[0，＋∞)恒成立，可得函数F(x)＝xexf(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴F(1)<F(2)，即f(1)<2ef(2)．故选A．6．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论肯定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的微小值点C．－x0是－f(x)的微小值点D．－x0是－f(－x)的微小值点答案D解析函数f(x)的极大值f(x0)不肯定是最大值，故A错误；因为f(x)的图象与－f(－x)的图象关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的微小值点，故选D．7．在半径为r的半圆内作一内接梯形，使其底为直径，其他三边为圆的弦，则当梯形的面积最大时，梯形的上底为()A．eq\f(r,2) B．eq\f(\r(3),2)rC．eq\f(\r(3),3)r D．r答案D解析解法一：设∠COB＝θ，则上底为2rcosθ，高为rsinθ，因此梯形的面积为S＝eq\f(1,2)(2rcosθ＋2r)·rsinθ＝r2(1＋cosθ)sinθ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因为由S′＝r2(－sin2θ＋cosθ＋cos2θ)＝r2(－1＋cosθ＋2cos2θ)＝0，得cosθ＝eq\f(1,2)，依据实际意义得当cosθ＝eq\f(1,2)时，梯形的面积取最大值，此时上底为2rcosθ＝r，故选D．解法二：设梯形的上底长为2x，高为h，面积为S，∵h＝eq\r(r2－x2)，∴S＝eq\f(2r＋2x,2)eq\r(r2－x2)＝(r＋x)·eq\r(r2－x2).∴S′＝eq\r(r2－x2)－eq\f(xr＋x,\r(r2－x2))＝eq\f(r2－rx－2x2,\r(r2－x2))＝eq\f(r－2xr＋x,\r(r2－x2)).令S′＝0，得x＝eq\f(r,2)(x＝－r舍去)，则h＝eq\f(\r(3),2)r.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(r,2)))时，S′>0；当eq\f(r,2)<x<r时，S′<0.∴当x＝eq\f(r,2)时，S取得最大值．∴当梯形的上底长为r时，它的面积最大，故选D．8．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝xe－x.若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)<0成立，则x1x2的最小值为()A．－1 B．－eq\f(2,e)C．－eq\f(2,e2) D．－eq\f(1,e)答案D解析由f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，同理，g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)<0成立，则x1∈(0,1)，x2∈(－∞，0)，lnx1<0，x2<0，且eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(lnx1,elnx1)＝eq\f(x2,ex2)<0，又g(x)在(－∞，1)上单调递增，故lnx1＝x2，所以x1x2＝x1lnx1，令h(x)＝xlnx，则h′(x)＝lnx＋1，易知，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，故h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).故选D．二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t，则称函数y＝f(x)为“t型函数”，下列函数中为“2型函数”的有()A．y＝x－x3 B．y＝x＋exC．y＝sinx D．y＝x＋cosx答案CD解析对于A，求导得y′＝1－3x2，令1－3xeq\o\al(2,1)＋1－3xeq\o\al(2,2)＝2，得3xeq\o\al(2,1)＋3xeq\o\al(2,2)＝0，不存在，错误；对于B，求导得y′＝1＋ex，令1＋ex1＋1＋ex2＝2，得ex1＋ex2＝0，不存在，错误；对于C，求导得y′＝cosx，cosx1＋cosx2＝2，存在，正确；对于D，求导得y′＝1－sinx，令1－sinx1＋1－sinx2＝2，得sinx1＋sinx2＝0，存在，正确．故选CD．10．设函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)，则下列说法正确的是()A．f(x)的定义域是(0，＋∞)B．当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方C．f(x)存在单调递增区间D．f(x)有且仅有两个极值点答案BC解析由题意，函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,lnx≠0，))解得x>0且x≠1，所以函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，所以A不正确；由f(x)＝eq\f(ex,lnx)，当x∈(0,1)时，lnx<0，所以f(x)<0，所以f(x)在(0,1)上的图象都在x轴的下方，所以B正确；因为在函数f(x)的定义域上存在区间使得f′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)>0，所以函数f(x)存在单调递增区间，所以C正确；令g(x)＝lnx－eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)(x>0)，所以g′(x)>0，函数g(x)单调递增，则函数f′(x)＝0只有一个根x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，函数单调递增，所以函数只有一个微小值，所以D不正确．故选BC．11．已知定义在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，则下列推断中正确的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<eq\f(\r(6),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(π,3)))>0C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案CD解析令g(x)＝eq\f(fx,cosx)，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)，因为f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，所以g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)<0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，因此函数g(x)＝eq\f(fx,cosx)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，因此geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\f(\r(6),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝eq\f(f0,cos0)＝0，所以g(x)＝eq\f(fx,cosx)≤0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，因为lneq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(π,3)))<0，故B错误；又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故C正确；又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故D正确．故选CD．12．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建立成本仅与表面积有关，侧面的建立成本为100元/平方米，底面的建立成本为160元/平方米，该蓄水池的总建立成本为12000π元(π为圆周率，V关于r的函数为V(r))，则下列说法正确的是()A．V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)(0<r<5eq\r(3))B．V(r)在(0,6)上为增函数C．V(r)在(7,5eq\r(3))上为减函数D．当蓄水池底面半径为5米，高为8米时，该蓄水池的体积最大答案ACD解析因为蓄水池侧面的总建立成本为100×2πrh＝200πrh(元)，底面的总建立成本为160πr2元，所以蓄水池的总建立成本为(200πrh＋160πr2)元．依据题意得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0<r<5eq\r(3)，故函数V(r)的定义域为(0,5eq\r(3))．V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r＝5.当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5，5eq\r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当蓄水池底面半径为5米，高为8米时，该蓄水池的体积最大．故选ACD．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．已知定义在R上的函数f(x)分别满意f(x)＝eq\f(f′1,2)·e2x－2＋x2－2xf(0)，则f′(0)＝________.答案0解析依据题意，f(x)＝eq\f(f′1,2)·e2x－2＋x2－2xf(0)，则f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，令x＝1可得，f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即2－2f(0)＝0，则f(0)＝1，则f(x)＝eq\f(f′1,2)·e2x－2＋x2－2x，令x＝0可得，f(0)＝eq\f(f′1,2)·e－2＝1，解得f′(1)＝2e2，则f′(x)＝2e2x＋2x－2，则有f′(0)＝2－2＝0.14．P为曲线C1：y＝ex上一点，Q为曲线C2：y＝lnx上一点，则|PQ|的最小值为________.答案eq\r(2)解析∵曲线y＝ex与曲线y＝lnx互为反函数，其图象关于y＝x对称，故可先求点P到直线y＝x的最近距离d，设曲线y＝ex上斜率为1的切线为y＝x＋b，∵y′＝ex，由ex＝1，得x＝0，故切点坐标为(0,1)，即b＝1，∴d＝eq\f(1,\r(1＋1))＝eq\f(\r(2),2)，∴|PQ|的最小值为2d＝2×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).15．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)asin2x－(a＋2)cosx－(a＋1)x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上无极值，则a＝________，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最小值是________.答案2－eq\f(3π,2)解析函数f(x)的导数为f′(x)＝acos2x＋(a＋2)sinx－a－1＝a(1－2sin2x)＋(a＋2)sinx－a－1＝－2asin2x＋(a＋2)sinx－1＝－(2sinx－1)(asinx－1)．当sinx＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f′(x)＝0.所以要使f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上无极值，则a＝2，此时f′(x)＝－(2sinx－1)2≤0恒成立，即f(x)单调递减，故在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(3π,2).16．设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0，则a的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,4)))解析设g(x)＝x3－3x2＋5，h(x)＝a(x＋1)，则g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，∴当0＜x＜2时，g′(x)＜0，当x＜0或x＞2时，g′(x)＞0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x＝2时，g(x)取得微小值g(2)＝1，作出函数g(x)与h(x)的图象如图：明显当a≤0时，g(x)＞h(x)在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)＝g(x)－h(x)＜0无正整数解；要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0，明显x0＝2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≥h1，,g2＜h2，,g3≥h3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≥2a，,1＜3a，,5≥4a，))解得eq\f(1,3)＜a≤eq\f(5,4).四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a，b，c的值；(2)试推断x＝±1是函数的微小值点还是极大值点，并说明理由．解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为x＝±1是函数f(x)的极值点，所以x＝±1是方程f′(x)＝0即3ax2＋2bx＋c＝0的两根．由根与系数的关系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)＝0，①,\f(c,3a)＝－1，②))又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1.③由①②③，解得a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)因为f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，所以f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)．当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上是减函数．所以当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1，当x＝1时，函数取得微小值f(1)＝－1.18．(本小题满分12分)设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，故a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x)，令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0,2)，(3，＋∞)；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)的单调递减区间为(2,3)．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，在x＝3处取得微小值f(3)＝2＋6ln3.19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①若a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②若a>0，则当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．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满意b<0且b<lneq\f(a,2)，则f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故f(x)存在两个零点．③若a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.20．(本小题满分12分)因客流量临时增大，某鞋店拟用一个高为50cm(即EF＝50cm)的平面镜自制一个竖直摆放的简易鞋镜，依据阅历：一般顾客AB的眼睛B到地面的距离x(cm)在区间[140,180]内，设支架FG高为h(0<h<90)cm，AG＝100cm，顾客可视的镜像范围为CD(如图所示)，记CD的长度为y(y＝GD－GC)．(1)当h＝40cm时，试求y关于x的函数关系式和y的最大值；(2)当顾客的鞋A在镜中的像A1满意不等关系GC<GA1≤GD(不计鞋长)时，称顾客可在镜中看到自己的鞋，若使一般顾客都能在镜中看到自己的鞋，试求h的取值范围．解(1)因为FG＝40，AG＝100，所以由eq\f(GC,FG)＝eq\f(GC＋AG,AB)，即eq\f(GC,40)＝eq\f(GC＋100,x)，解得GC＝eq\f(4000,x－40)，同理，由eq\f(GD,EG)＝eq\f(GD＋AG,AB)，即eq\f(GD,90)＝eq\f(GD＋100,x)，解得GD＝eq\f(9000,x－90)，所以y＝GD－GC＝1000×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,x－90)－\f(4,x－40)))＝5000×eq\f(x,x2－130x＋3600)，x∈[140,180]．因为y′＝5000×eq\f(3600－x2,x2－130x＋36002)<0，所以y在[140,180]上单调递减，故当x＝140cm时，y取得最大值为140cm.(2)由eq\f(GC,h)＝eq\f(GC＋100,x)，得GC＝eq\f(100h,x－h)，由eq\f(GD,h＋50)＝eq\f(GD＋100,x)，得GD＝eq\f(100h＋50,x－h－50)，所以由题意知GC<A1G＝AG≤GD，即eq\f(100h,x－h)<100≤eq\f(100h＋50,x－h－50)对x∈[140,180]恒成立，从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h<\f(x,2)，,h≥\f(x,2)－50))对x∈[140,180]恒成立，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h<\f(140,2)＝70，,h≥\f(180,2)－50＝40，))故h的取值范围是[40,70)．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－eq\f(m,2)lnx＋1，f′(x)是f(x)的导函数．(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<m2.证明(1)当m＝2时，f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x).当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1－eq\f(1,4)－eq\f(3,π)＝eq\f(3,4)－eq\f(3,π)<0，f′(π)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,π)>0，∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点．当x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x)≥1－eq\f(1,2)－eq\f(1,x)≥eq\f(1,2)－eq\f(1,π)>0，∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点，综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1－eq\f(1,2)sinx1－eq\f(m,2)lnx1＋1＝x2－eq\f(1,2)sinx2－eq\f(m,2)lnx2＋1，∴eq\f(m,2)(lnx2－lnx1)＝x2－x1－eq\f(1,2)(sinx2－sinx1)．设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，∴eq\f(m,2)(lnx2－lnx1)＝x2－x1－eq\f(1,2)(sinx2－sinx1)>eq\f(1,2)(x2－x1)，∴m>eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1).下面证明：eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2).令t＝eq\f(x2,x1)，则t>1，即证明eq\f(t－1,lnt)>eq\r(t)，只需证明lnt－eq\f(t－1,\r(t))<0.(*)设h(t)＝lnt－eq\f(t－1,\r(t))，则当t>1时，h′(t)＝－eq\f(\r(t)－12,2t\r(t))<0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴当t>1时，h(t)<h(1)＝0，从而(*)得证，即eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，∴m>eq\r(x1x2)，即x1x2<m2.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(lnx＋a)x3－eq\f(3a＋1,2)x2＋bx＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≥－\f(1,3))).(1)若a＝－eq\f(1,3)，b＝0，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个不同的极值点，分别记两个极值点为x1，x2，求x1＋x2的取值范围．解(1)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,3)))x3＋c，首先定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x2lnx，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1]，单调递增区间是[1，＋∞)．(2)f′(x)＝3x2lnx＋(3a＋1)(x2－x)＋b，由题意得x2lnx＋eq\f(3a＋1,3)(x2－x)＝－eq\f(b,3)有两个正根，令g(x)＝x2lnx＋m(x2－x)，其中m＝eq\f(3a＋1,3)≥0.若a＝－eq\f(1,3)即m＝0，则g(x)＝x2lnx，所以g′(x)＝x(2lnx＋1)．易知g(x)＝x2lnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，且当x→0＋时，g(x)→0，结合图象可得x1＋x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,\r(e)))).下证对随意m≥0恒有x1＋x2∈eq\b