【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-导数及应用

第6讲导数及应用1．(2022·全国新课标Ⅱ理高考)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2D．3【解析】∵f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)，∴f(0)＝0且f′(0)＝a－1＝2，解得a＝3，故选D.【答案】D(文)(2022·江西高考)若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________．【解析】y′＝lnx＋1，切线的斜率为2.∴lnx＋1＝2，x＝ey＝elne＝e∴p(e，e).【答案】(e，e)2．(理)(2022·陕西高考)定积分∫10(2x＋ex)dx的值为()A．e＋2B．e＋1C．eD．e－1【解析】eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\i\in(0,1,)2x＋exdx＝x2＋ex))10＝(1＋e1)－e0＝1＋e－1＝e，故选C.【答案】C(文)(2022·全国新课标Ⅱ文高考)函数f(x)在x＝x0处导数存在．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，也不是q的必要条件【解析】设f(x)＝x3，f′(0)＝0，但是f(x)是单调增函数，在x＝0处不存在极值，故若p则q是一个假命题，由极值的定义可得若q则p是一个真命题．故选C.【答案】C3．(2021·全国大纲高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在(eq\f(1,2)，＋∞)是增函数，则a的取值范围是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【解析】由题意知f′(x)≥0对任意的x∈(eq\f(1,2)，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，所以2x＋a－eq\f(1,x2)≥0对任意的x∈(eq\f(1,2)，＋∞)恒成立，分别参数得a≥eq\f(1,x2)－2x，若满足题意，需a≥(eq\f(1,x2)－2x)max.令h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈(eq\f(1,2)，＋∞)．由于h′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以当x∈(eq\f(1,2)，＋∞)时，h′(x)<0，即h(x)在(eq\f(1,2)，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(eq\f(1,2))＝3，故a≥3.【答案】D4．(2022·重庆高考)已知函数f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．【解】(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，则f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得微小值f(5)＝－ln5.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．(理)导数与积分的几何意义①该类试题，要么求曲线的切线方程，要么依据曲线切线的状况求参数的值或取值范围，常与直线、圆锥曲线等学问交汇命题，题目的设计大都不是单纯的数字系数问题，而是含有一个或两个参系数，考查数形结合、函数方程思想及运算求解力量．另外积分主要考查求值和有关面积问题．②试题多以选择题、填空题或解答题中第一步的形式消灭，属中低档题．1．(文)导数的几何意义①该类试题，要么求曲线的切线方程，要么依据曲线切线的状况求参数的值或取值范围，常与直线、圆锥曲线等学问交汇命题，题目的设计大都不是单纯的数字系数问题，而是含有一个或两个参系数，考查数形结合、函数方程思想及运算求解力量．②试题多以选择题、填空题或解答题中第一步的形式消灭，属中低档题．2．导数的简洁应用①导数的简洁应用主要指争辩函数的单调性、极值、最值，此类问题的命题背景很宽泛，涉及的学问点多，综合性强，要么直接求函数的单调区间、极值、最值，要么利用单调性(极值、最值)求范围，突出考查同学的运算求解力量和综合运用导数相关学问解决问题的力量．②试题以解答题为主，属于中档题．3．导数的综合应用①导数的综合应用主要体现在利用导数解决不等式恒成立问题、利用导数证明与函数相关的不等式问题以及利用导数争辩方程的解等问题．主要考查同学函数与方程思想、转化与化归思想、推理论证力量和分析问题解决问题的力量．②试题以解答题的形式消灭，难度较大，属中高档题.eq\a\vs4\al(导数与积分的几何意义)【例1】(1)(2022·云南第一次检测)函数f(x)＝eq\f(ln2x＋3－2x2,x)的图象在点(－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,6)(2)(2022·山东高考)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A．2eq\r(2)B．4eq\r(2)C．2D．4【解析】(1)f′(x)＝eq\f(\f(2,2x＋3)－4xx－[ln2x＋3－2x2],x2)＝eq\f(\f(2x,2x＋3)－ln2x＋3－2x2,x2)，则f′(－1)＝－4，故该切线方程为y＝－4x－2，则该切线在x轴，y轴上的截距分别为－eq\f(1,2)，－2，故所求三角形的面积为eq\f(1,2).(2)如图，y＝4x与y＝x3的交点A(2,8)，图中阴景部分即为所求图形面积．S阴＝∫eq\o\al(2,)0(4x－x3)dx＝(2x2－eq\f(1,4)x4)20＝8－eq\f(1,4)×24＝4，故选D.【答案】(1)eq\f(1,2)(2)D【规律感悟】1.利用导数的几何意义的解题策略：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求把握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．2．利用定积分的几何意义求曲边梯形面积的步骤：第一步：画出正确图形；其次步：结合图形，找到被积函数，积分上、下限；第三步：计算定积分得面积．[创新猜测]1．(1)(2022·温州十校联考)已知偶函数f(x)在R上的任一取值都有导数，且f′(1)＝1，f(x＋2)＝f(x－2)，则曲线y＝f(x)在x＝－5处的切线的斜率为()A．－1B．－2C．1D．2【解析】由于f(x)是R上的偶函数，故其图象关于y轴对称，∴f′(－x)＝－f′(x)，又f(x＋2)＝f(x－2)，∴f(x)是周期为4的周期函数，故f(x)在x＝－5处的导数就是在x＝－1处的导数，又f′(－1)＝－f′(1)＝－1，∴曲线y＝f(x)在x＝－5处的切线的斜率为－1，故选A.【答案】A(2)(2022·江西高考)若f(x)＝x2＋2∫10f(x)dx，则∫10f(x)dx＝()A．－1B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D．1【解析】由题意知f(x)＝x2＋2∫10f(x)dx，设m＝∫10f(x)dx∴f(x)＝x2＋2meq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(x2＋2m)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋2mx))10＝eq\f(1,3)＋2m＝m，∴m＝－eq\f(1,3).【答案】Beq\a\vs4\al(导数的几何意义)【例2】(1)(2022·广东高考)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为________________________________________________________________________．(2)设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为()A．－eq\f(1,4)B．2C．4D．－eq\f(1,2)【解析】(1)y′＝－5ex，k＝－5，切线方程为y＋2＝－5x，即5x＋y＋2＝0.(2)∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(x)＝k＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x，∴f′(1)＝g′(1)＋2＝4，故切线的斜率为4.故选C.【答案】(1)5x＋y＋2＝0(2)C【规律感悟】利用导数的几何意义的解题策略：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求把握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．[创新猜测]2．曲线y＝x3＋11在P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是()A．－9B．－3C．9D．15【解析】y′＝3x2，故曲线在点P(1,12)处的切线斜率是3，故切线方程是y－12＝3(x－1)，令x＝0得y＝9.故选C.【答案】Ceq\a\vs4\al(导数的简洁应用)【例3】(2022·山东高考)设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．【解】(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(kx－2,x2)＝eq\f(x－2ex－kx,x3).由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．由于g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0>0，,glnk<0，,g2>0，,0<lnk<2，))解得e<k<eq\f(e2,2)，综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).【规律感悟】1.利用导数争辩函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．2．利用导数争辩函数的极值的一般步骤：(1)确定定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检验f′(x)在方程根的左右值的符号，求出极值．(当根中有参数时要留意分类争辩根是否在定义域内)②若已知极值大小或存在状况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在状况，从而求解．3．求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[创新猜测]3．(2022·全国大纲高考)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)争辩f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1.故此时f(x)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根：x1＝eq\f(－1＋\r(1－a),a)，x2＝eq\f(－1－\r(1－a),a).若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时f′(x)＜0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)是f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当a＞0时，f(x)在区间(1,2)是增函数．当a＜0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－eq\f(5,4)≤a＜0.综上，a的取值范围是[－eq\f(5,4)，0)∪(0，＋∞)．eq\a\vs4\al(导数的综合应用)【例4】(猜测题)函数f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围．(3)求证：20212022>20222021.【解】(1)函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx－2ax，由于f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，即－2a＝0，所以a＝0.检验，a＝0符合条件．(2)由题意，得xlnx－ax2－x<－x，所以xlnx－ax2<0.由于x∈(0，＋∞)，所以a>eq\f(lnx,x).设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令h′(x)>0，得0<x<e，所以h(x)在(0，e)上单调递增；令h′(x)<0，得x>e，所以h(x)在(e，＋∞)上单调递减．所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，所以a>eq\f(1,e).(3)由(2)知h(x)＝eq\f(lnx,x)在(e，＋∞)上单调递减，所以当x>e时，h(x)>h(x＋1)，即eq\f(lnx,x)>eq\f(lnx＋1,x＋1)，所以(x＋1)lnx>xln(x＋1)，所以lnxx＋1>ln(x＋1)x，所以xx＋1>(x＋1)x，令x＝2014，得20142015>20152014.【规律方法】1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：(1)分别参数法：第一步：将原不等式分别参数，转化为不含参数的函数的最值问题；其次步：利用导数求该函数的最值；第三步：依据要求得所求范围．(2)函数思想法：第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；其次步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解．2．利用导数证明不等式的步骤：(1)依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将待证不等式化简．(2)依据不等式构造函数．(3)利用导数争辩函数的单调性，求其最值．(4)依据单调性及最值，得到待证不等式．[创新猜测]4．(2022·山东济宁一模)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．【解】(1)f′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.由于对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围为(－∞，4]．(3)证明：问题等价于证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到．设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．[总结提升]通过本节课的学习，需把握如下三点：失分盲点(1)记错导数公式或用错求导法则．(2)求切线方程时忽视“在某点处的切线”与“过某点的切线”的不同．(3)忽视函数的定义域：尤其是函数式子有对数符号时，最简洁忘掉对数的真数大于零这个隐含条件．(4)忽视边界值：由f(x)单调递增(减)，应当推出f′(x)≥0(≤0)．也就是导数大于零(小于零)是函数为增(减)函数的充分不必要条件．(5)“存在一个使…成立”与“对一切使…成立”完全不同．(6)分别参数时要留意不等号的方向，必要时要进行分类争辩．答题指导(1)看到函数的导数，想到常见函数的导数公式和求导法则．(2)看到曲线在某点处的导数，想到可用导数的几何意义求切线的斜率．(3)在利用导数争辩函数综合问题时，首先要留意函数的定义域，其次要留意函数的单调性与导函数值间的关系，若含有参数，肯定要留意参数的取值范围．方法规律(1)利用导数推断单调性的方法，利用导数求极值、最值的方法．(2)利用函数的最值法求不等式中的参数问题；利用分别参数法解决不等式中的参数问题；利用构造函数法证明不等式；利用数形结合法解决函数零点个数问题.构造中的“顺其自然”构造新的函数与被证明不等式相吻合，是推理论证力量的较高要求，如何使新的函数与不等式“自然接轨”，打算了推理论证的简捷程度．构造函数比较大小是较为常见的问题，体现了推理论证力量与运算力量的结合．【例1】(2022·湖南高考)若0＜x1＜x2＜1，则()A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex2【解析】A，B中构造函数f(x)＝ex－lnx，∴f(x)′＝ex－eq\f(1,x)，在(0,1)上有零点，故A，B错；C，D中令g(x)＝eq\f(ex,x)，∴g′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)＜0，∴g(x)在(0,1)单调递减，又∵x2＞x1∴eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，故选C.【答案】C【例2】(2022·山东济南一模)已知f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(1,2)D．(2，＋∞)【解析】由于f(x)＋xf′(x)<0，所以(xf(x))′<0，xf(x)在(0，＋∞)上为减函数，又由于(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，得x>2.故选D.【答案】D【规律感悟】构造可导函数比较大小体现了推理论证力量与运算技巧的结合，对构造的新函数求导后能够很简洁地利用已知条件进行单调性推断，从而使问题的解决“顺流而下”．①求导法则要熟记；②几个活跃函数要“信手拈来”，如lnx，ex，xlnx，xex等；③必要的“摸索运算”也是解题时需要留意的，很大程度上是确定新函数的“必经之路”.建议用时实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(2022·东北三校第一次联考)已知函数f(x)＝eq\r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq\f(1,4)处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．4【解析】由题意可知f′(eq\f(1,4))＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)|x＝eq\f(1,4)＝g′(eq\f(1,4))＝eq\f(a,\f(1,4))，可得a＝eq\f(1,4)，经检验，a＝eq\f(1,4)满足题意．【答案】A2．(理)(2022·大庆质检)一列火车在平直的铁轨上行驶，由于遇到紧急状况，火车以速度v(t)＝5－t＋eq\f(55,1＋t)(t的单位：s，v的单位：m/s)紧急刹车至停止．在此期间火车连续行驶的距离是()A．55ln10mB．55ln11mC．(12＋55ln7)mD．(12＋55ln6)m【解析】令5－t＋eq\f(55,1＋t)＝0，留意到t>0，得t＝10，即经过的时间为10s；行驶的距离s＝∫eq\o\al(10,0)(5－t＋eq\f(55,t＋1))dt＝[5t－eq\f(1,2)t2＋55ln(t＋1)]100＝55ln11，即紧急刹车后火车运行的路程为55ln11m．故选B.【答案】B(文)(猜测题)函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1)B．(0,1)C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)【解析】依据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)＜0，解得0＜x＜1，所以函数的单调递减区间为(0,1)．故选B.【答案】B3．(2022·大连双基测试)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列结论错误的是()A．函数f(x)肯定存在极大值和微小值B．若函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函数，则x2－x1≥eq\f(2\r(3),3)C．函数f(x)的图象是中心对称图形D．函数f(x)在点(x0，f(x0))(x0∈R)处的切线与f(x)的图象必有两个不同的公共点【解析】对于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函数f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有两个相异零点x3，x4(其中x3＜x4)，易知函数f(x)的增区间是(－∞，x3)与(x4，＋∞)，减区间是(x3，x4)，函数f(x)肯定存在极大值与微小值，选项A正确．对于B，x3＋x4＝－eq\f(2a,3)，x3x4＝－eq\f(1,3)，x4－x3＝eq\r(x3＋x42－4x3x4)＝eq\r(－\f(2a,3)2＋\f(4,3))≥eq\f(2\r(3),3)，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥eq\f(2\r(3),3)，x2－x1的最小值是eq\f(2\r(3),3)，选项B正确．对于C，留意到f(x)的图象关于点(－eq\f(a,3)，f(－eq\f(a,3)))成中心对称，因此选项C正确(注：函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象关于点(－eq\f(b,3a)，f(－eq\f(b,3a)))成中心对称．对于D，取a＝c＝0得f(x)＝x3－x，f(0)＝0，f′(0)＝－1，此时f(x)＝x3－x的图象在点(0,0)处的切线方程是y＝－x，留意到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x,y＝x3－x))有唯一实数解，即此时f(x)＝x3－x的图象在点(0,0)处的切线与f(x)的图象有唯一公共点，因此选项D不正确．综上所述，选D.【答案】D4．(2022·江西高考)在同始终角坐标系中，函数y＝ax2－x＋eq\f(a,2)与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不行能的是()【解析】当a＝0时，D符合题意，对函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a，y′＝(3ax－1)(ax－1)令y′＝0，x1＝eq\f(1,3a)，x2＝eq\f(1,a)，y＝ax2－x＋eq\f(a,2)的对称轴为eq\f(1,2a)，eq\f(1,2a)介于eq\f(1,3a)与eq\f(1,a)之间，故B错．【答案】B5．(2022·全国新课标Ⅱ高考)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)【解析】f′(x)＝k－eq\f(1,x)，由题意知f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k－eq\f(1,x)≥0，∴k≥eq\f(1,x)恒成立，∴而eq\f(1,x)＜1，∴k≥1.故选D.【答案】D二、填空题6．(文)(2021·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.【解析】令ex＝t，则x＝lnt，所以f(x)＝lnx＋x，即f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，则f′(1)＝1＋1＝2.【答案】2(理)(2022·皖南八校联考)eq\i\in(,0,)－aeq\r(a2－x2)dx＝________.【解析】eq\i\in(,0,)－aeq\r(a2－x2)dx表示圆x2＋y2＝a2在其次象限的面积为eq\f(πa2,4).【答案】eq\f(πa2,4)7．(2022·安徽高考)若直线l与曲线C满足下列两个条件：(i)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ii)曲线C在点P四周位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是________(写出全部正确命题的编号)．①直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3②直线l：x＝－1在点P(－1,0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2③直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sinx④直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝tanx⑤直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝lnx【解析】对于①，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0,0)处的切线，画图可知曲线C：y＝x3在点P(0,0)四周位于直线l的两侧，①正确；对于②，由于y′＝2(x＋1)，y′|x＝－1＝0，所以l：x＝－1不是曲线C：y＝(x＋1)2在点P(－1,0)处的切线，②错误；对于③，y′＝cosx，y′|x＝0＝1，在点P(0,0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C：y＝sinx在点P(0,0)四周位于直线l的两侧，③正确；对于④，y′＝eq\f(1,cos2x)，y′|x＝0＝eq\f(1,cos20)＝1，在点P(0,0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C：y＝tanx在点P(0,0)四周位于直线l的两侧，④正确；对于⑤，y′＝eq\f(1,x)，y′|x＝1＝1，在点P(1,0)处的切线为l：y＝x－1，令h(x)＝x－1－lnx(x＞0)，可得h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以h(x)min＝h(1)＝0，故x－1≥lnx，可知曲线C：y＝lnx在点P(1,0)四周位于直线l的下侧，⑤错误．【答案】①③④8．(2022·辽宁高考)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．【解析】当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))max.设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f(2x－4x3－x2－4x－33x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f(x－9x＋1,x4)＞0，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))min.仍设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f(x－9x＋1,x4).当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)＞0.∴当x＝－1时，φ(x)有微小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.【答案】[－6，－2]三、解答题9．(2021·重庆高考)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．假设建筑成本仅与表面积有关，侧面的建筑成本为100元/平方米，底面的建筑成本为160元/平方米，该蓄水池的总建筑成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)争辩函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．【解】(1)由于蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πr