《创新设计》2017届高考数学二轮复习(浙江专用)Word版训练+专题一+函数与导数、不等式+第4讲

一、选择题
1.曲线y ＝x e x ＋1在点(0，1)处的切线方程是( )
A.x －y ＋1＝0
B.2x －y ＋1＝0
C.x －y －1＝0
D.x －2y ＋2＝0
解析 y ′＝e x ＋x e x ＝(x ＋1)e x ，
y ′|x ＝0＝1，∴所求切线方程为：x －y ＋1＝0.
答案 A
2.(2016·南昌模拟)曲线y ＝e －2x ＋1在点(0，2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )
A.13
B.12
C.23
D.1
解析 因为y ′＝－2e －2x ，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k
＝－2，∴切线方程为y ＝－2x ＋2，该直线与直线y ＝0和y
＝x 围成的三角形如图所示，其中直线y ＝－2x ＋2与y ＝x
的交点为A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，23，所以三角形面积S ＝12×1×23＝13. 答案 A
3.(2016·洛阳模拟)曲线y ＝x ln x 在点(e ，e)处的切线与直线x ＋ay ＝1垂直，则实数a 的值为( )
A.2
B.－2
C.12
D.－12
解析 依题意得y ′＝1＋ln x ，y ′|x ＝e ＝1＋ln e ＝2，所以－1a ×2＝－1，所以a
＝2，故选A.
答案 A
4.已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )
＋1x ，则函数g (x )的零点个数为( )
A.1
B.2
C.0
D.0或2
解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x
＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0
时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x
，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C
5.已知e 是自然对数的底数，函数f (x )＝e x ＋x －2的零点为a ，函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式中成立的是( )
A.f (a )＜f (1)＜f (b )
B.f (a )＜f (b )＜f (1)
C.f (1)＜f (a )＜f (b )
D.f (b )＜f (1)＜f (a )
解析 由题意，知f ′(x )＝e x ＋1＞0恒成立，所以函数f (x )在R 上是单调递增的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，所以函数f (x )的零点
a ∈(0，1)；由题意，知g ′(x )＝1x ＋1＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上是单调递增的，
又g (1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g (2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，
所以函数g (x )的零点b ∈(1，2).
综上，可得0＜a ＜1＜b ＜2.
因为f (x )在R 上是单调递增的，所以f (a )＜f (1)＜f (b ).
答案 A
二、填空题
6.(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.
解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，
f ′(x )＝1x －3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.
答案 2x ＋y ＋1＝0
7.函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________.
解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数f (x )在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.
答案 3
8.(2016·济南模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________.
解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4
－a ，所以⎩⎨⎧－a ＞0，－4－a ＜0，
解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)
三、解答题
9.(2016·武汉模拟)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).
(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；
(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，
f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，
切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.
(2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，
则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x
. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0，此时函数单调递增；
当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，此时函数单调递减.
故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.
又g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2＜0，则g (e)＜g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ， 所以g (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e).
g (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是 ⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0， 解得1＜m ≤2＋1e 2，
所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦
⎥⎤1，2＋1e 2. 10.(2016·平顶山二调)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋b x ，对任意的x ∈(0，＋∞)，满
足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＝0，其中a ，b 为常数. (1)若f (x )的图象在x ＝1处的切线经过点(0，－5)，求a 的值；
(2)已知0＜a ＜1，求证：f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22＞0； (3)当f (x )存在三个不同的零点时，求a 的取值范围.
(1)解 在f (x )＋f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＝0中，取x ＝1，得f (1)＝0， 又f (1)＝ln 1－a ＋b ＝－a ＋b ＝0，所以b ＝a .
从而f (x )＝ln x －ax ＋a x ，f ′(x )＝1x －a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1x 2， f ′(1)＝1－2a .
又f ′(1)＝－5－f （1）0－1＝5，所以1－2a ＝5，a ＝－2. (2)证明 f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22＝ln a 22－a 32＋2a ＝2ln a ＋2a －a 32－ln 2. 令g (x )＝2ln x ＋2x －x 32－ln 2，则g ′(x )＝2x －2x 2－3x 22＝－3x 4＋4（x －1）2x 2
. 所以x ∈(0，1)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，
故x ∈(0，1)时，
g (x )＞g (1)＝2－12－ln 2＞1－ln e ＝0，
所以0＜a ＜1时，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22＞0. (3)解 f ′(x )＝1x －a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1x 2＝－ax 2＋x －a x 2. ①当a ≤0时，在(0，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，
所以f (x )至多只有一个零点，不合题意；
②当a ≥12时，在(0，＋∞)上，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，
所以f (x )至多只有一个零点，不合题意；
③当0＜a ＜12时，令f ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 22a
＜1， x 2＝1＋1－4a 2
2a
＞1. 此时，f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，
在(x 2，＋∞)上单调递减，所以f (x )至多有三个零点.
因为f (x )在(x 1，1)上单调递增，所以f (x 1)＜f (1)＝0.
又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＞0，所以∃x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22，x 1，使得f (x 0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 0＝－f (x 0)＝0，f (1)＝0， 所以f (x )恰有三个不同的零点：x 0，1，1x 0
. 综上所述，当f (x )存在三个不同的零点时，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12. 11.已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值；
(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.
(1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，
当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；
当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减.
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；
当12＜a ＜e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0，1)，
所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增.
于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b.综上所述，当a≤1 2
时，
g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当1
2＜a＜
e
2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b；
当a≥e
2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负.
故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，
同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，
所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.
由(1)知，当a≤1
2时，g(x)在[0，1]上单调递增，
故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.
当a≥e
2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合
题意.所以1
2＜a＜
e
2.
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0. 由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，
有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，
解得e－2＜a＜1.
所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.。