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第五章　一元函数的导数及其应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.某质点沿直线运动,位移y(单位:m)与时间t(单位:s)之间的关系为y(t)=t2+2t,若质点在1≤t≤4这段时间内的平均速度等于t=t0时的瞬时速度,则t0=(　　)
A.2　　　B.2.5　　　C.3　　　D.3.5
2.已知函数f(x)=3f'(1)x-x2+ln x+,则f(1)=(　　)
A.1　　　B.2　　　C.
3.已知定义域为(-3,5)的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)的图象如图所示,则下列选项正确的是(　　)
A.f(x)在(3,5)上单调递增　　　B.f(x)有极大值f(0)
C.f(x)在x=1处取得最大值　　　D.f(x)有3个极值点
4.若函数f(x)=ln x+bx2在x=1处有极值,则f(x)的单调递增区间是(　　)
A.(-∞,1)　　　B.(1,+∞)　　　C.(0,1)　　　D.(-∞,-1)
5.已知a=ln,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a>b>c　　　B.c>b>a　　　C.b>a>c　　　D.b>c>a
6.已知f(x)是奇函数并且是R上的单调函数,若函数y=f(x3+6x2+1)+f(9x-λ)有3个零点,则实数λ的取值范围为(　　)
A.(-3,1)　　　B.(1,28)　　　C.[1,28]　　　D.[-1,1]
7.如图,圆形纸片的圆心为O,半径为2,该纸片上的正方形ABCD的中心为O.E,F,G,H为圆O上的点,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕折起△EAB,△FBC,△GCD,△HDA,使得E,F,G,H重合,得到四棱锥.当正方形ABCD的边长变化时,所得四棱锥体积的最大值为(　　)
A.　　　
C.
8.对于函数f(x),若f(x0)=x0,则称x0为f(x)的不动点.下列所给的函数中,没有不动点的是(　　)
A.f(x)=ex-1　　　B.f(x)=ln(cos x)
C.f(x)=ln(sin x)　　　D.f(x)=ln(ln x)
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.下列命题正确的有(　　)
A.(e-x)'=-e-x
B.已知函数f(x)在R上可导,若f '(1)=2,则=2
C.已知函数f(x)=ln(2x+1),若f '(x0)=1,则x0=
D.[(x2+2)sin x]'=2xsin x+(x2+2)cos x
10.已知实数a,b满足等式e2a-eb=2(2b-a),则下列不等式中可能成立的有(　　)
A.a11.对于函数f(x)=ex+a+sin x+cos x,下列说法正确的是(　　)
A.若a=0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增
B.若a=-π,则f(x)在(0,+∞)上有2个极值点
C. a∈R, x0>0,使得f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减
D.若f(x)在(0,+∞)上单调递增,则a的最小值为-
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.若曲线y=ln(x+1)+m的一条切线方程为y=2x+1,则m=　　　　.
13.已知实数a,b满足b(ea-1)+a=eb-ln b,则b-2a的最大值是　　　　.
14.当x>0时,ae2x≥ln恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知函数f(x)=.
(1)当m=1时,求过点(1, f(1))且与曲线f(x)相切的直线的方程;
(2)若　　　　,求实数m的取值范围.
从①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减;②函数f(x)在上存在单调递减区间;③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值这三个条件中任选一个,补充在上面的问题中并作答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
16.(15分)已知a∈R, f(x)=a(ex-x)-e-x-x.
(1)若函数y=f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
(2)设m∈R,g(x)=f(x)-m,若a=e,函数y=g(x)恰有三个零点,求m的取值范围.
17.(15分)已知函数f(x)=(1+ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
18.(17分)已知函数f(x)=,g(x)=aln x-,a∈R.
(1)求f'(1)的值;
(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值;
(3)当a=1时,求证:对任意x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x)-.
19.(17分)用半径为1的圆形铁皮剪出一个圆心角为α的扇形,制成一个圆锥形容器,记这个容器的容积为V(α).当α=α1时,V(α)取得最大值.
(1)求α1和V(α1)的值;
(2)记V(α)的导数为V'(α),证明:V'(α)存在唯一极大值点α2;
(3)通常来说,生产和销售一个圆锥形容器需要考虑以下成本和售价问题:
①材料成本:与所用扇形面积成正比,比例系数为k1.(面积越大,用料越多)
②加工成本:与圆锥形容器的侧面积成正比,比例系数为k2.(侧面积越大,卷制越费力)
③售价:销售一个圆锥形容器,每单位容积的售价为p.(容器越大,卖得越贵)
设总利润为H(α),证明:对任意的k1,k2,p>0,存在α0<α1,使H(α0)>H(α1).
答案全解全析
1.B　由题意得y(1)=3,y(4)=42+2×4=24,
所以质点在1≤t≤4这段时间内的平均速度为=7,又y'(t)=2t+2,所以y'(t0)=2t0+2=7,解得t0=2.5.
2.A　由f(x)=3f'(1)x-x2+ln x+,可得f'(x)=3f'(1)-2x+,令x=1,可得f'(1)=3f'(1)-1,解得f'(1)=,
则f(x)=x-x2+ln x+,所以f(1)==1.
3.D　对于A,当x∈(3,4)时, f'(x)<0,当x∈(4,5)时, f'(x)>0,故f(x)在(3,4)上单调递减,在(4,5)上单调递增,所以函数f(x)在(3,5)上不单调,A错误;
对于B,当x∈(-3,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,2)时, f'(x)>0,即f(x)在(-3,0)上单调递减,在(0,2)上单调递增,所以f(0)为函数f(x)的极小值,B错误;
对于C,由B中分析知函数f(x)在(0,2)上单调递增,故f(x)在x=1处不取得最大值,C错误;
对于D,由题图可知f'(x)的图象与x轴有3个交点,且每个交点左右两侧的f'(x)的值异号,故函数f(x)有3个极值点,D正确.
4.C　因为f(x)=ln x+bx2,所以f'(x)=+2bx.
因为f(x)在x=1处有极值,所以f'(1)=0,得1+2b=0,解得b=-,所以f'(x)=-x.
当00,当x>1时, f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故x=1是函数f(x)的极大值点,因此b=-满足题意.
所以f(x)的单调递增区间是(0,1).
5.D　构造函数f(x)=,则f'(x)=,
令f'(x)>0,得0e,
因此f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
a=ln=f(3),
因为4>3>e,所以f(e)>f(3)>f(4),即b>c>a.
6.A　令y=f(x3+6x2+1)+f(9x-λ)=0,
因为f(x)是奇函数,
所以f(x3+6x2+1)=-f(9x-λ)=f(λ-9x),
若y=f(x3+6x2+1)+f(9x-λ)有3个零点,则x3+6x2+1=λ-9x,即x3+6x2+9x=λ-1有3个根,
令g(x)=x3+6x2+9x,则g'(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3),
当x<-3或x>-1时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,-3),(-1,+∞)上单调递增;当-3所以要使y=g(x)的图象与直线y=λ-1有三个交点,则-4<λ-1<0,解得-3<λ<1.
7.D　所得四棱锥如图所示,易知四棱锥为正四棱锥.
连接EO,过O作OP⊥BC于点P,连接EP.
设AB=a(0由题意得OE=,
故四棱锥的体积V=a2·,
构造函数h(a)=4a4-2a5,0令h'(a)>0,得0所以h(a)在上单调递增,在上单调递减.
故h(a)在a=处取得极大值,也是最大值,为h,所以Vmax=.
8.D　令f(x)=x,得f(x)-x=0,令g(x)=f(x)-x.
对于A,g(x)=ex-1-x,则g'(x)=ex-1-1,令g'(x)>0,解得x>1,令g'(x)<0,解得x<1,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,∴g(x)≥g(1)=0,∴f(x)=ex-1有不动点1,A不符合题意;
对于B,g(x)=ln(cos x)-x,x∈,k∈Z,则g'(x)=-tan x-1,令g'(x)>0,解得2kπ-(k∈Z),令g'(x)<0,解得2kπ-(k∈Z),
∴g(x)在(k∈Z)上单调递增,在2kπ-(k∈Z)上单调递减,
又g>0,且当x→-时,g(x)→-∞,∴由函数零点存在定理可知存在x0∈,使g(x0)=f(x0)-x0=0,即f(x)=ln(cos x)有不动点x0,B不符合题意;
对于C,g(x)=ln(sin x)-x,x∈(2kπ,(2k+1)π),k∈Z,则g'(x)=,令g'(x)>0,解得2kπ又g>0,且当x→-π时,g(x)→-∞,∴由函数零点存在定理可知存在x0∈,使g(x0)=f(x0)-x0=0,即f(x)=ln(sin x)有不动点x0,C不符合题意;
对于D,g(x)=ln(ln x)-x,x∈(1,+∞),则g'(x)=,设h(x)=1-xln x,x>1,则h'(x)=-ln x-1<0,
∴h(x)单调递减,又h(1)=1>0,h(e)=1-e<0,
∴由函数零点存在定理可知存在x1∈(1,e),使得h(x1)=g'(x1)=0,
∴1-x1ln x1=0,且当10,当x>x1时,g'(x)<0,
∴g(x)max=g(x1)=ln(ln x1)-x1=ln-x1=-ln x1-x1<0,
∴函数f(x)=ln(ln x)没有不动点,D符合题意.
9.ACD　对于A,(e-x)'=e-x·(-x)'=-e-x,A正确;
对于B,=2f'(1)=4,B错误;
对于C, f'(x)=·(2x+1)'=,由f'(x0)==1,得x0=,C正确;
对于D,[(x2+2)sin x]'=2xsin x+(x2+2)cos x,D正确.
10.ACD　e2a-eb=2(2b-a)=4b-2a,则e2a+2a=eb+4b,
令f(b)=e2b+2b-eb-4b=e2b-eb-2b,则f'(b)=2e2b-eb-2,
当b<0时, f'(b)<0, f(b)单调递减,∴f(b)>f(0)=0,即e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a,
令g(x)=e2x+2x,易知g(x)在R上单调递增,g(b)>g(a),∴a当b>0时,取b=1,则e2a+2a=eb+4b=e+4,此时g(b)=g(1)=e2+2>e+4=g(a)>1=g(0),又g(x)在R上单调递增,∴0取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1=g(a),
又g(x)在R上单调递增,∴a>b>0,故D正确.
11.ABD　对于A,当a=0时, f(x)=ex+sin x+cos x,
则f'(x)=ex+cos x-sin x=ex-,
当0e0+0-1=0,
当x≥时, f'(x)=ex->0,
所以当x>0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,A正确.
对于B,当a=-π时, f(x)=ex-π+sin x+cos x,
则f'(x)=ex-π+cos x-sin x,令f'(x)=0,得ex-π=sin x-cos x=,
又e0-π>0>-1=,
所以y=ex-π与y=上有两个不同的交点,如图所示,可知若a=-π,则f(x)在(0,+∞)上有2个极值点,B正确.
对于C, a∈R, x0>0,使得f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,则当x>0时,f(x)在x=x0处取得最大值,
由y=ex+a在(0,+∞)上不存在最大值,y=sin x+cos x为有界函数,可知f(x)在(0,+∞)上没有最大值,C错误.
对于D, f'(x)=ex+a+cos x-sin x,若f(x)在(0,+∞)上单调递增,则f'(x)≥0,即ex+a≥sin x-cos x在(0,+∞)上恒成立,
若sin x-cos x≤0,即0≤x≤或-+2kπ≤x≤+2kπ(k∈N*),则f'(x)≥0恒成立,
若sin x-cos x>0,则+2kπ(k∈N).
由ex+a≥sin x-cos x得a≥ln(sin x-cos x)-x,其中+2kπ(k∈N),
令h(x)=ln(sin x-cos x)-x,
则h'(x)=,
令h'(x)=0,则cos x=0,得x=+2kπ,k∈N.
当+2kπ,k∈N时,h'(x)>0,当+2kπ,k∈N时,h'(x)<0,
因此h(x)在,k∈N上单调递增,在,k∈N上单调递减,所以h(x)的极大值为h-2kπ,k∈N,易知极大值最大为-,所以a≥-,即a的最小值为-,D正确.
12.答案　ln 2
解析　设f(x)=ln(x+1)+m,x>-1,则f'(x)=.
设切点为(x0,y0),由题意得f'(x0)=2,即=2,解得x0=-,∴y0=2x0+1=0,又ln(x0+1)+m=y0,
∴ln+m=0,解得m=-ln=ln 2.
13.答案　2ln 2-2
解析　由b(ea-1)+a=eb-ln b,可得eln b+a+ln b+a=eb+b,
设f(x)=ex+x,可得f'(x)=ex+1>0,所以f(x)单调递增,
所以ln b+a=b,即a=b-ln b,则b-2a=b-2(b-ln b)=2ln b-b,其中b>0.
设g(x)=2ln x-x,x>0,得g'(x)=,
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以当x=2时,函数g(x)取得极大值,也是最大值,为g(2)=2ln 2-2,所以b-2a的最大值是2ln 2-2.
14.答案　
解析　因为当x>0时,ae2x≥ln恒成立,
所以ae2x≥ln x-ln a-x在x∈(0,+∞)上恒成立,
所以eln a+2x+ln a+2x≥eln x+ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,
令f(x)=ex+x,则f'(x)=ex+1,易知f'(x)>0,
所以f(x)在R上单调递增,又f(ln a+2x)≥f(ln x)在(0,+∞)上恒成立,所以ln a+2x≥ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,即ln a≥ln x-2x在x∈(0,+∞)上恒成立,所以ln a≥(ln x-2x)max,x∈(0,+∞).
令g(x)=ln x-2x(x>0),则g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=,当00,当x>时,g'(x)<0,所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为g,
所以ln a≥ln,解得a≥,
所以实数a的取值范围是.
15.解析　(1)当m=1时, f(x)=,
所以f(1)=0, f'(x)=x2+x-1.(2分)
设切点为,则切线方程为y-+x0-1)(x-x0),(4分)
将(1,0)代入切线方程,整理得4-6x0+5=(x0-1)2·(4x0+5)=0,所以x0=-或x0=1,所以切线方程为y=-或y=x-1.(7分)
(2)易得f'(x)=x2+mx-1.
若选①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减,
则f'(x)≤0在区间(m,m+1)上恒成立,即x2+mx-1≤0在(m,m+1)上恒成立,(10分)
所以解得-≤m≤0,
故实数m的取值范围是.(13分)
若选②函数f(x)在上存在单调递减区间,则f'(x)<0在上有解,即m<-x在上有解.(9分)
令g(x)=-x,易知g(x)在上单调递减,(10分)
所以当x∈时,g(x)故实数m的取值范围是.(13分)
若选③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值,
则函数f(x)的极小值点在(m,+∞)内.
令f'(x)=x2+mx-1=0,Δ=m2+4>0恒成立,
解得x1=,(9分)
令f'(x)>0,解得xx2;令f'(x)<0,解得x1所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,
所以x=x2是函数f(x)的极小值点,则>m,
即>3m,
当m≤0时,不等式恒成立,(11分)
当m>0时,m2+4>9m2,所以0综上,实数m的取值范围是.(13分)
16.解析　(1)求导得f'(x)=a(ex-1)+e-x-1,(2分)
因为f(x)在x=1处取到极值,所以f'(1)=a(e1-1)+e-1-1=0,解得a=.(4分)
当a=时, f'(x)=,
当x∈(0,1)时,ex-1>0,ex-1-1<0,所以f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,ex-1>0,ex-1-1>0,所以f'(x)>0, f(x)单调递增,(6分)
因此函数y=f(x)在x=1处取得极小值,所以a=.(7分)
(2)若a=e,则g(x)=f(x)-m=e(ex-x)-e-x-x-m,
求导得g'(x)=e(ex-1)+e-x-1=,(9分)
令g'(x)=0,解得x=-1或x=0,(11分)
当x∈(-∞,-1)时,ex-1<0,ex+1-1<0,所以g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(-1,0)时,ex-1<0,ex+1-1>0,所以g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ex-1>0,ex+1-1>0,所以g'(x)>0,g(x)单调递增.
又因为x→-∞时,g(x)→-∞,且x→+∞时,g(x)→+∞,(13分)
所以要使函数y=g(x)恰有三个零点,
则解得m∈(e-1,2).
因此m的取值范围是(e-1,2).(15分)
17.解析　(1)由题意可得x>0,>0,所以a>0,(1分)
由f(x)=(1+ln x),x∈(0,+∞),
得f'(x)=,(3分)
令f'(x)=0,得x=1,
当00,当x>1时, f'(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(5分)
(2)由f(x)=1得=1,即=a,
设g(x)=,则g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=1,
当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减,
故g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为g(1)=1,(8分)
易知g=0,且当x>时,g(x)>0,当x→+∞时,g(x)→0,当x→0+时,g(x)→-∞,
画出g(x)=的图象,如图所示,(9分)
由图可知,当0不妨设x1设h(x)=g(x)-g-x(1-ln x),
则h'(x)=-+ln x=ln x,令h'(x)=0,得x=1,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
故h'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立(仅在x=1处取“=”),所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)又x2>1,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以x2>,故x1x2>1.(15分)
18.解析　(1)易得f(x)的定义域为{x|x≠0}, f'(x)=,所以f'(1)=2.(2分)
(2)易得g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=,
当a≥0时,g'(x)>0,故g(x)在[1,2]上单调递增,
所以g(x)max=g(2)=aln 2-.(4分)
当a<0时,令g'(x)<0,得x>-,令g'(x)>0,得0当a≤-1时,-≤1,此时g(x)在[1,2]上单调递减,
所以g(x)max=g(1)=-1;(6分)
当-≤a<0时,-≥2,此时g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=aln 2-;(8分)
当-1综上,当a≤-1时,g(x)max=-1;当-1(3)证明:当a=1时,g(x)=ln x-,要证f(x)>g(x)-,x>0,
即证xln x当01+cos x-1=cos x>0,所以xln x当x>1时,记h(x)=ex+cos x-xln x-1,则h'(x)=ex-sin x-ln x-1,
记m(x)=h'(x)=ex-sin x-ln x-1,x>1,
则m'(x)=ex-cos x-,由于x>1,
所以m'(x)=ex-cos x-≥ex-1->e-1-1>0,
所以当x>1时,h'(x)单调递增,所以h'(x)>h'(1)=e-sin 1-1>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增,
故h(x)>h(1)=e+cos 1-1>0,故xln x故原命题得证.(17分)
19.解析　(1)由题意得扇形的弧长l=α·1=α,设得到的圆锥形容器的底面半径为r,高为h,则2πr=α,得r=,
故h=,α∈(0,2π),所以V(α)=π·.(2分)
令f(α)=α4(4π2-α2),α∈(0,2π),因为V(α)>0,所以V(α)最大等价于f(α)最大,
求导得f'(α)=16π2α3-6α5=2α3(8π2-3α2),α∈(0,2π),
令f'(α)=0,得α=,(4分)
当0<α<时, f'(α)>0, f(α)单调递增,当<α<2π时, f'(α)<0, f(α)单调递减,因此f(α)在α=处取得极大值,也是最大值,故α1=.
最大值为V(α1)=.(6分)
(2)证明:由(1)知V(α)=,求导得V'(α)=.(7分)
令g(α)=V'(α),求导得g'(α)=·(3α4-18π2α2+16π4),其中C=>0,为常数,(8分)
令u=α2,u<4π2,设h(u)=3u2-18π2u+16π4,其图象开口向上,判别式Δ=132π4>0,令h(u)=0,得u1=3π2-·π2>4π2,
因此仅有u1∈(0,4π2),对应唯一的α'=∈(0,2π),(9分)
当α∈(0,α')时,h(u)>0,g'(α)>0,V'(α)单调递增;
当α∈(α',2π)时,h(u)<0,g'(α)<0,V'(α)单调递减,
因此α'是V'(α)唯一的极大值点,α2=α',得证.(11分)
(3)证明:所用扇形的面积=圆锥形容器的侧面积=α·12=,(12分)
总利润H(α)=售价-材料成本-加工成本=pV(α)-k1·-k2·.(14分)
由(1)知V'(α1)=0,因此H'(α1)=-<0,(15分)
根据导数定义得H'(α1)=<0,
易知α-α1<0,故存在δ>0,对任意α∈(α1-δ,α1),都有H(α)-H(α1)>0,
取任意α0∈(α1-δ,α1),即满足α0<α1且H(α0)>H(α1),得证.(17分)

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