【高考调研】高考数学一轮复习 第三章 单元测试卷

新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：单元质检卷三 一元函数的导数及其应用(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2021山东师大附中高三月考)已知函数f (x )=(2x-a )e x,且f'(1)=3e,则实数a 的值为( ) A.-3B .3C .-1D .12.(2021湖北孝感高三期中)设曲线y=a (x-1)+ln x 在点(1,0)处的切线方程为y=2x-2,则a=( ) A.1B .2C .3D .43.(2021安徽蚌埠高三月考)函数f (x )=x 2-2ln x 在区间[1,2]上的最大值是( ) A.4-2ln 2 B .1C .4+2ln 2D .e 2-24.(2021江苏镇江高三月考)幂函数f (x )的图象过点√22,2,则函数g (x )=e xf(x)的单调递增区间为( ) A.(0,2) B .(-∞,-2)∪(0,+∞)C .(-2,0)D .(-∞,-2)和(0,+∞)5.(2021湖北宜昌高三月考)曲线f (x )=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是( ) A.1B .2C .√5D .36.(2021江苏扬州高三模拟)已知函数f (x )=x+a cos x ,对于任意x 1,x 2∈R (x 1≠x 2),都有f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2>a 2-a 恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[1-√2,1+√2] B .[1-√2,1] C .[-1,1]D .[-1,1-√2]7.(2021北京昌平高三期中)已知函数f (x )=(x-1)2e x,下列结论错误的是( ) A.函数f (x )有零点B.函数f(x)有极大值,也有极小值C.函数f(x)既无最大值,也无最小值D.函数f(x)的图象与直线y=1有3个交点8.(2021四川成都高三期中)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)<1-f'(x),f(0)=4,则不等式f(x)<1+3的解集为()e xA.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)9.如果定义域为R的函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是()上单调递增A.f(x)在区间-3,-12B.f(x)有且仅有1个极小值点C.f(x)在区间(4,5)上单调递增D.f(x)的极大值为f(3)10.已知函数f(x)=ln x-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则下列说法错误的是()A.a=2B.b=1C.f(x)的极小值为-ln 2-1D.f(x)的极大值为-ln 2-1-x,则下列结论正确的是()11.已知函数f(x)=lnxxA.f(x)的单调递减区间为(0,1)B.f(x)的极小值点为1C.f(x)的极大值为-1D .f (x )的最小值为-112.已知x=1和x=3是函数f (x )=ax 3+bx 2-3x+k (a ,b ∈R )的两个极值点,且函数f (x )有且仅有两个不同的零点,则实数k 的值为( ) A.-43或0 B.43或0 C.-1或43D.0或-1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2021辽宁沈阳高三月考)曲线y=2x -1x在点(-1,3)处的切线的斜率为 .14.(2021北京延庆高三期中)若函数f (x )=-x 2+ax 在区间(-1,0)上恰有一个极值点,则实数a 的取值范围是 .15.(2021山西太原高三期末)已知函数f (x )=x 2e x -4a 有三个零点,则实数a 的取值范围是 .16.(2021浙江湖州高三期中)已知函数f (x )=e x-e x+a 与g (x )=ln x+1x 的图象上存在关于x 轴对称的点,则实数a 的取值范围是 .三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021北京,19)已知函数f (x )=3−2x x 2+a.(1)若a=0,求y=f (x )在(1,f (1))处的切线方程;(2)若函数f (x )在x=-1处取得极值,求f (x )的单调区间以及最大值和最小值.18.(12分)(2021山东实验中学高三月考)已知函数f (x )=ln(2x )-ax 2. (1)若f (x )在(1,+∞)内不单调,求实数a 的取值范围;(2)若a=2,求f(x)在12e ,e2上的值域.19.(12分)已知函数f(x)=-x e x,g(x)=x2+2x+a.若函数f(x)的图象在原点处的切线与函数g(x)的图象相切,求实数a的值.20.(12分)(2021全国甲,理21)已知a>0且a≠1,函数f(x)=x aa x(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.21.(12分)(2021重庆綦江中学高三月考)已知函数f(x)=a e x-cos x-x(a∈R).(1)若a=1,证明:f(x)+cos x≥1;(2)若f(x)在(0,π)上有两个极值点,求实数a的取值范围.22.(12分)(2021湖南常德高三一模)设函数f(x)=a ln x+1x+1,其中a为常数,且a>0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+x ln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln 2.单元质检卷三一元函数的导数及其应用1.D解析:由题设,f'(x)=(2+2x-a)e x,又因为f'(1)=3e,所以f'(1)=(4-a)e=3e,解得a=1,故选D.2.A解析:易知点(1,0)为直线y=2x-2与曲线y=a(x-1)+ln x的公共点,对函数y=a(x-1)+ln x求导得y'=a+1x,由已知可得y'|x=1=a+1=2,解得a=1,故选A.3.A解析:由题意得f'(x)=2x-2x =2(x+1)(x-1)x≥0在[1,2]上恒成立,所以函数f(x)在[1,2]上单调递增,所以当x=2时,f(x)取得最大值f(2)=4-2ln2,故选A.4.D 解析:设f (x )=xa,则(√22)a =2,a=-2,所以g (x )=e xx -2=x 2e x ,函数的定义域是{x ∈R |x ≠0},g'(x )=(x 2+2x )e x,由g'(x )>0得x<-2或x>0,所以g (x )的单调递增区间是(-∞,-2)和(0,+∞),故选D .5.C 解析:因为直线2x-y+3=0的斜率为2,所以令f'(x )=22x -1=2,解得x=1,把x=1代入曲线方程得f (1)=ln(2-1)=0,即曲线f (x )过点(1,0)的切线斜率为2,则点(1,0)到直线2x-y+3=0的距离d=√22+(-1)2=√5,即曲线f (x )=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是√5.6.B 解析:设x 1>x 2,由f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2>a 2-a 可得f (x 1)-f (x 2)>(a 2-a )(x 1-x 2),即f (x 1)-(a 2-a )x 1>f (x 2)-(a 2-a )x 2,构造函数g (x )=f (x )-(a 2-a )x=a cos x+(1-a 2+a )x ,则函数g (x )在R 上单调递增,g'(x )=-a sin x+(1-a 2+a )≥0对任意的x ∈R 恒成立,令t=sin x ,则t ∈[-1,1],所以-at+(1-a 2+a )≥0在t ∈[-1,1]上恒成立,所以{-a +1−a 2+a ≥0,a +1−a 2+a ≥0,即{a 2-1≤0,a 2-2a -1≤0,解得{-1≤a ≤1,1−√2≤a ≤1+√2,所以1-√2≤a≤1,故选B .7.C 解析:f (1)=0,所以A 选项正确;f'(x )=(x+1)(x-1)e x,所以在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增,在区间(-1,1)上f'(x )<0,f (x )单调递减,所以当x=-1时,f (x )有极大值f (-1)=4e >1,当x=1时,f (x )有极小值f (1)=0,所以B 选项正确,C 选项错误;画出函数f (x )的大致图象如图,由图可知函数f (x )的图象与直线y=1有3个交点,所以D 选项正确.故选C .8.C 解析:由f (x )<1+3e x 得e xf (x )<e x+3,即e xf (x )-e x-3<0,令F (x )=e xf (x )-e x-3,则F'(x )=e x f (x )+e x f'(x )-e x =e x [f (x )+f'(x )-1],因为f (x )<1-f'(x ),即f (x )+f'(x )-1<0,且e x >0,所以F'(x )<0,故函数F (x )在R 上单调递减,由F (0)=e 0f (0)-e 0-3=4-1-3=0,故当x>0时,F (x )<0,即f (x )<1+3e x 的解集是(0,+∞),故选C .9.C 解析:由y=f'(x )的图象知,在(-∞,-2)和(2,4)上f'(x )<0,即f (x )单调递减,在(-2,2)和(4,+∞)上f'(x )>0,即f (x )单调递增,所以f (x )的极大值为f (2),极小值为f (-2)和f (4),对于选项A,f (x )在-3,-12上不单调,错误;对于选项B,f (x )有2个极小值点,错误;对于选项C,f (x )在(4,5)上单调递增,正确;对于选项D,f (x )的极大值为f (2),错误.故选C .10.C 解析:因为f (x )=ln x-ax ,所以f'(x )=1x -a.又因为函数f (x )的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,所以f (1)=-a=-b-1,f'(1)=1-a=-1,解得a=2,b=1.所以A,B 正确;由f'(x )=1x-2=1−2x x,令f'(x )>0,得f (x )在0,12上单调递增,令f'(x )<0,得f (x )在12,+∞上单调递减,知f (x )在x=12处取得极大值,f 12=ln 12-1=-ln2-1,无极小值,故选C .11.C f'(x )=1−lnx x 2-1=1−lnx -x 2x 2,令φ(x )=1-ln x-x 2,则φ'(x )=-1x -2x<0,所以φ(x )=1-ln x-x 2在(0,+∞)上单调递减.因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x )>0;当x>1,φ(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞),故f (x )的极大值点为1,f (x )的极大值为f (1)=-1,故选C .12.B 解析:f'(x )=3ax 2+2bx-3,依题意1,3是f'(x )=0的两个根,所以{1+3=−2b3a ,1×3=−33a ,解得{a =−13,b =2,故f (x )=-13x 3+2x 2-3x+k.易求得函数f (x )的极大值为f (3)=k 和极小值为f (1)=-43+k.要使函数f (x )有两个零点,则f (x )的极大值k=0或f (x )的极小值-43+k=0,所以k=0或k=43,故选B .13.1 解析:因为y=2x -1x,所以y'=2x -(2x -1)x 2=1x 2,当x=-1时,y'|x=-1=1,所以曲线y=2x -1x在点(-1,3)处的切线的斜率为1.14.(-2,0) 解析:二次函数f (x )=-x 2+ax 的对称轴为x=-a -2,即x=a2,因为函数f (x )=-x 2+ax 在区间(-1,0)上恰有一个极值点,所以-1<a2<0⇒-2<a<0.故实数a 的取值范围是(-2,0).15.(0,e -2) 解析:令g (x )=x 2ex ,函数f (x )有三个零点即函数g (x )的图象与直线y=4a 有三个交点.因为g'(x )=2x -x 2e x,所以g (x )在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,且g (x )≥0,g (x )的极大值为g (2)=4e2=4e -2,极小值为g (0)=0.结合图象g (x )与y=4a 有三个交点,即0<4a<4e -2,所以0<a<e -2.16.(-∞,-1] 解析:依题意方程e x-e x+a=-ln x-1x在(0,+∞)上有解,即a=e x-e x-ln x-1x在(0,+∞)上有解,令h (x )=e x-e x-ln x-1x ,则h'(x )=e -e x-1x +1x 2=e -e x+1−xx 2,显然h'(1)=0,且当0<x<1时,h'(x )>0,当x>1时,h'(x )<0,因此h (x )在x=1处取得极大值亦即最大值h (1)=-1,所以h (x )的值域为(-∞,-1],故a 的取值范围是(-∞,-1]. 17.解(1)当a=0时,f (x )=3−2x x 2,则f'(x )=2(x -3)x 3,所以f (1)=1,f'(1)=-4,此时曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0. (2)因为f (x )=3−2xx 2+a,所以f'(x )=-2(x 2+a)-2x(3-2x)(x 2+a)2=2(x 2-3x -a)(x 2+a)2,由题意可得f'(-1)=2(4−a)(a+1)2=0,解得a=4,故f (x )=3−2xx 2+4,f'(x )=2(x+1)(x -4)(x 2+4)2,列表如下:所以,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).当x<32时,f (x )>0;当x>32时,f (x )<0.所以,f (x )max =f (-1)=1,f (x )min =f (4)=-14.18.解(1)f'(x )=1−2ax 2x,因为f (x )在(1,+∞)内不单调,所以关于x 的方程1-2ax 2=0在(1,+∞)内有解, 所以{1−2a >0,a >0,故a 的取值范围为0,12.(2)因为a=2,所以f'(x )=(1-2x)(1+2x)x.令f'(x )>0,得12e ≤x<12;令f'(x )<0,得12<x ≤e 2.所以f (x )在12e ,12上单调递增,在12,e2上单调递减,所以f (x )max =f 12=-12.因为f12e=-1-12e 2,fe 2=1-e 22,且f12e-fe 2=e 22-2-12e 2>0,所以f (x )在12e ,e2上的值域为1-e 22,-12.19.解因为f (x )=-x e x ,所以f'(x )=-e x(x+1),所以切线斜率k=f'(0)=-1, 又因为f (0)=0,因此f (x )图象在原点处的切线方程为y=-x.又因为切线y=-x 与g (x )图象相切,所以{y =x 2+2x +a,y =−x,消去y 得x 2+3x+a=0,于是Δ=9-4a=0,解得a=94.故实数a 的值为94.20.解(1)当a=2时,f (x )=x 22x .f'(x )=2x ·2x -2x ln2·x 2(2x )2=x(2-xln2)2x=ln2·x(2ln2-x)2x.当x ∈(0,2ln2)时,f'(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(2ln2,+∞)时,f'(x )<0,f (x )单调递减. 故f (x )在区间(0,2ln2)上单调递增,在区间(2ln2,+∞)上单调递减.(2)由题知方程f (x )=1在(0,+∞)有两个不相等的根.由f (x )=1得x a=a x,即a ln x=x ln a , 即lnx x=lna a.令g (x )=lnx x,g'(x )=1−lnx x 2,∴g (x )在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减.又x →0时,g (x )→-∞,g (e)=1e,g (1)=0,x →+∞时,g (x )→0. ∴0<lna a<1e,即a>1且a ≠e .21.(1)证明当a=1时,f (x )=e x-cos x-x , 令g (x )=f (x )+cos x=e x-x ,则g'(x )=e x-1,当x<0时,g'(x )<0;当x>0时,g'(x )>0,所以函数g (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g (x )≥g (0)=1,即f (x )+cos x ≥1.(2)解f'(x )=a e x+sin x-1,由f (x )在(0,π)上有两个极值点, 则f'(x )=a e x+sin x-1=0在(0,π)上有两个不同的实根,即a=1−sinx e x在(0,π)上有两个不同的实根.设h (x )=1−sinx e x,x ∈(0,π),h'(x )=sinx -cosx -1e x=√2sin(x -π4)−1e x,令h'(x )=0,则x=π2,当0<x<π2时,h'(x )<0;当π2<x<π时,h'(x )>0,所以函数h (x )在0,π2上单调递减,在π2,π上单调递增.又因为h (0)=1,h π2=0,h (π)=e -π,0<e -π<1,所以当0<a<e -π时,方程a=1−sinx e x在(0,π)上有两个不同的实数根,所以实数a 的取值范围为(0,e -π).22.(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ax −1(x+1)2=ax 2+(2a -1)x+ax(x+1)2.令g (x )=ax 2+(2a-1)x+a ,Δ=(2a-1)2-4a 2=-4a+1.①当a ≥14时,Δ=-4a+1≤0,则g (x )≥0,即f'(x )≥0,f (x )在(0,+∞)上单调递增; ②当0<a<14时,Δ=-4a+1>0,由g (x )=0,解得x 1=1−2a -√1−4a2a,x 2=1−2a+√1−4a2a,所以x 2>x 1=1−2a -√1−4a2a=√1−4a+4a 2-√1−4a2a>0,所以当x ∈(0,x 1)时,g (x )>0,f'(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(x 1,x 2)时,g (x )<0,f'(x )<0,f (x )单调递减,当x ∈(x 2,+∞)时,g (x )>0,f'(x )>0,f (x )单调递增, 综上所述,当0<a<14时,f (x )在0,1−2a -√1−4a2a上单调递增,在1−2a -√1−4a 2a ,1−2a+√1−4a2a上单调递减,在1−2a+√1−4a2a ,+∞上单调递增;当a ≥14时,f (x )在(0,+∞)上单调递增.(2)证明由(1)知函数f (x )的两个极值点为x 1,x 2,则0<a<14,且x 1+x 2=1−2a a,x 1x 2=1.所以F (x 1)+F (x 2)=f (x 1)+x 1ln a+f (x 2)+x 2ln a=a ln x 1+1x 1+1+a ln x 2+1x 2+1+(x 1+x 2)ln a=a ln(x 1x 2)+x 1+x 2+2(x 1+1)(x 2+1)+(x 1+x 2)ln a=x 1+x 2+2x1x 2+x 1+x 2+1+(x 1+x 2)ln a=x 1+x 2+21+x 1+x 2+1+(x 1+x 2)ln a=1+1−2a aln a ,记h (a )=1+1−2a aln a=1+1a-2ln a0<a<14,h'(a )=-1a 2ln a+1a-21a=-lna+1−2aa 2,因为0<a<14,所以1-2a>0,-ln a>0,所以h'(a )>0,h (a )在0,14上单调递增,所以h (a )<h 14=1-4ln2,即1+1−2a aln a<1-4ln2,所以F (x 1)+F (x 2)<1-4ln2.。

单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值X围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<12.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.33.(2018某某吕梁一模,10)函数f(x)=的图像大致为()4.(2018某某某某三模,11)已知函数f(x)=a x+x2-x ln a,对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤a-2恒成立,则a的取值X围为()A.[e2,+∞)B.[e,+∞)C.[2,e]D.[e,e2]5.(2018某某长郡中学五模,9)已知定义在R上的函数f(x),其导函数为f'(x),若f'(x)-f(x)<-3,f(0)=4,则不等式f(x)>e x+3的解集是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)6.(2018某某某某一模)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是()A.y=-2x+3B.y=xC.y=3x-2D.y=2x-17.(2018某某六市联考一,10)若正项递增等比数列{a n}满足1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),则a6+λa7的最小值为()A.-2B.-4C.2D.48.(2018某某某某中学仿真,10)已知函数f(x)为R内的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-e x+1-m cos x,记a=-2f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c之间的大小关系是()A.b<a<cB.a<c<bC.c<b<aD.c<a<b9.(2018某某某某中学月考,12)已知函数f(x)=x3-a2x,若对于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,则实数a的取值X围是()A.B.C.D.10.(2018某某长郡中学四模,12)设函数f(x)=min(min{a,b}表示a,b中的较小者),则函数f(x)的最大值为()A.ln 2B.2ln 2C.D.11.(2018某某潍坊一模,12)函数y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,且y=f(x)在[0,+∞)上单调递减.若x∈[1,3]时,不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)恒成立,则实数m的取值X围为()A.B.C.D.12.(2018某某某某一模,12)已知函数f(x)=x2-2x cos x,则下列关于f(x)的表述正确的是()A.f(x)的图像关于y轴对称B.f(x)的最小值为-1C.f(x)有4个零点D.f(x)有无数个极值点二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值X围是.14.(2018某某某某三模)曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是.15.(2018某某某某一模,改编)已知函数f(x)=a ln(x+1)-x2,在区间(0,1)内任取两个实数p,q,且p<q,若不等式>1恒成立,则实数a的取值X围是.16.已知f(x)=x+x ln x,若k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成立,则整数k的最大值为.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(14分)(2018某某某某一模,21)设f(x)=x e x,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,某某数m的取值X围.18.(14分)(2018某某乌鲁木齐二诊)已知函数f(x)=ln x-ax,其中a为非零常数.(1)求a=1时f(x)的单调区间;(2)设b∈R,若f(x)≤b-a对x>0恒成立,求的最小值.19.(14分)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).(1)当a=2时,求f(x)的图像在x=1处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,某某数m的取值X围.20.(14分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.21.(14分)(2018某某长郡中学一模,21)已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)=(x-m)e x(常数m∈R).(1)若m=2,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)+m+1>0恒成立,某某数m的最大整数值.单元质检卷三导数及其应用1.B求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.2.A由f'(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)递减;当x>时,f'(x)>0,f(x)递增.则f(x)的最小值为f+ln 2>0,所以f(x)无零点.3.A函数f(x)=不是偶函数,可以排除C,D,又令f'(x)==0,得极值点为x1=1-,x2=1+,所以排除B,选A.4.A函数f(x)=a x+x2-x ln a,x∈[0,1],则f'(x)=a x ln a+2x-ln a=(a x-1)ln a+2x,当0<a<2时,a-2<0,显然|f(x1)-f(x2)|≤a-2不可能成立.当a>2时,x∈[0,1]时,a x≥1,ln a>0,2x≥0,此时,f'(x)≥0;f(x)在[0,1]上递增,f(x)min=f(0)=1,f(x)max=f(1)=a+1-ln a,|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=a-ln a≤a-2,解得a≥e2,故选A.5.D不等式f(x)>e x+3,即>1,令g(x)=-1,则g'(x)=<0,据此可得函数g(x)是R上的减函数.又g(0)=-1=0,结合函数的单调性可得:不等式f(x)>e x+3的解集是(-∞,0),故选D.6.D∵f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,∴f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8(2-x)-8,将f(2-x)代入f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,得f(x)=4f(x)-2x2-8x+8-x2+8x-8,∴f(x)=x2,f'(x)=2x,∴y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为y'=2.∴函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y=2x-1.故选D.7.D设正项递增等比数列{a n}的公比为q,则q>1,∵1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,∴1=(a4-a2)+λq(a4-a2)=(1+λq)(a4-a2).∴1+λq=,a6+λa7=a6(1+λq)=.令g(q)=(q>1),g'(q)=.∴当1<q<时,g'(q)<0,故g(q)在(0,)是减少的,当q>时,g'(q)>0,故g(q)在(,+∞)是增加的,当q=时,g(q)的最小值为g()=4,即a6+λa7的最小值为4.8.D∵f(x)是奇函数,∴f(0)=-e0+1-m cos 0=0,∴m=0,即当x≥0时,f(x)=-e x+1,构造函数g(x)=xf(x),∵f(x)为R内的奇函数,∴g(x)是偶函数,则g'(x)=1-e x(x+1),当x≥0时,e x≥1,x+1≥1,据此可得g'(x)≤0,即偶函数g(x)在区间[0,+∞)上递减,且a=g(-2)=g(2),b=g(-1)=g(1),c=g(3),∴c<a<b.故选D.9.A利用排除法,当a=0时,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函数在定义域上递增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=≤1,满足题意,排除C,D选项,当a=时,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,函数在定义域上递减,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,满足题意,排除B选项,故选A.10.D y=x ln x⇒y'=ln x+1=0⇒x=,函数y=x ln x在内递减,在内递增;y=,y'==0,得x=0或x=2,函数y=在(0,2)内递增,在(-∞,0),(2,+∞)内递减.作出函数y=x ln x和y=的图像,由图像得函数f(x)的最大值为f(2)=.故选D.11.B由y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,∴定义在R上的函数f(x)的图像关于y轴对称,∴函数f(x)为偶函数,∵f(x)在[0,+∞)上递减,∴f(x)在(-∞,0)上递增,∵不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)在区间[1,3]上恒成立,∴f(2mx-ln x-3)≥f(3)在区间[1,3]上恒成立,∴-3≤2mx-ln x-3≤3在区间[1,3]上恒成立,即0≤2mx-ln x≤6在区间[1,3]上恒成立,即2m≥且2m≤在区间[1,3]上恒成立,令g(x)=,则g'(x)=,∴g(x)在[1,e)上递增,在(e,3]上递减,∴g(x)max=.令h(x)=,h'(x)=<0,h(x)在[1,3]上递减,∴h(x)min=,∴m∈.12.D对于A,因f(-x)≠f(x),故A错误;对于B,问题可转化为方程x2+1=2x cos x有解,即x+=2cos x有解,当x>0时,x+≥2,当且仅当x=1时取“=”,当x=1时,2x cos x<2,故方程无解,故B错误;对于C,问题等价于方程x=2cos x有3个解,作出函数y=x,y=2cos x的图像(图像略),可知方程只有1个解,故C错误;对于D,f'(x)=2x-2(cos x-x sin x)=2x(1+sin x)-2cos x,由f'(x)=0,得x==tan.由函数y=x与y=tan的图像有无数交点,知f(x)有无数个极值点,故选D.13.(0,1)∪(2,3)由题意知f'(x)=-x+4-=-,由f'(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.14.由f(x)=x ln x,得f'(x)=ln x+1,∴f'(1)=1,∴曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线方程为y=x-1.切线l与x轴,y轴的交点分别为(1,0),(0,-1),所围成的三角形外接圆的圆心为,半径为.∴所求方程为.15.[15,+∞)∵实数p,q在区间(0,1)内,故p+1,q+1在区间(1,2)内,∵不等式>1恒成立,∴函数图像上在区间(1,2)内任意两点连线的斜率大于1.∴f'(x)=-2x>1在(1,2)内恒成立,即a>2x2+3x+1在(1,2)内恒成立,由于函数y=2x2+3x+1在[1,2]上递增,故x=2时,y有最大值15,∴a≥15.16.4∵x>2,∴k(x-2)<f(x)可化为k<.令F(x)=,则F'(x)=.令g(x)=x-2ln x-4,则g'(x)=1->0,故g(x)在(2,+∞)上是增加的,且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)<0,g(9)=9-2ln 9-4=5-2ln 9>0;故存在x0∈(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.故F(x)在(2,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的;故F(x)min=F(x0)=,故k<,故k的最大值是4.17.解 (1)F(x)=f(x)+g(x)=x e x+x2+x,F'(x)=(x+1)(e x+1),令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,故F(x)在(-∞,-1)递减,在(-1,+∞)递增,故F(x)min=F(-1)=-.(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,则对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)>0恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mx e x-x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在[-1,+∞)递增即可,故h'(x)=(x+1)(m e x-1)≥0在[-1,+∞)恒成立,故m≥,而≤e,故m≥e.18.解 (1)当a=1时,f(x)=ln x-x,则f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.(2)f(x)≤b-a⇔b>ln x-ax+a,设h(x)=ln x-ax+a,则h'(x)=-a,当a<0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增,b≥h(x)不可能恒成立;当a>0时,h'(x)>0⇔0<x<,h'(x)<0⇔x>,∴h(x)max=h=ln-1+a=a-ln a-1,b≥a-ln a-1⇔≥1-.设g(a)=1-(a>0),g'(a)=,∴g'(a)>0⇔a>1,g'(a)<0⇔0<a<1,∴g(x)min=g(1)=0,解得≥0,∴a=1,b=0时,取最小值0.19.解 (1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f'(x)=-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-x2+m,则g'(x)=-2x=.因为x∈,所以当g'(x)=0时,x=1.当<x<1时,g'(x)>0;当1<x<e时,g'(x)<0.故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)<g,所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1<m≤2+,所以实数m的取值X围是.20.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)递减.(2)证明由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0,所以当x≠1时,ln x<x-1.故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln -1,即1<<x.(3)证明由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-c x,则g'(x)=c-1-c x ln c,令g'(x)=0,解得x0=.当x<x0时,g'(x)>0,g(x)递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)递减.由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.21.解 (1)当m=2时,f(x)=(x-2)e x(x∈(0,+∞)),∴f'(x)=(x-1)e x,令f'(x)>0,有x>1,∴f(x)在(1,+∞)上是增加的.令f'(x)<0,有0<x<1,∴f(x)在(0,1)上是减少的.综上,f(x)在(0,1)上是减少的,f(x)在(1,+∞)上是增加的.(2)∵f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立,即f(x)>-m-1对于x∈(0,+∞)恒成立,由函数的解析式可得:f'(x)=e x[x-(m-1)],分类讨论:①当m≤1时,f(x)在(0,+∞)内是增加的,∴f(x)>f(0)=-m,∴-m>-m-1恒成立,∴m≤1.②当m>1时,在(0,m-1)内是减少的,f(x)在(m-1,+∞)内是增加的.∴f(x)min=f(m-1)=-e m-1,∴-e m-1>-m-1,∴e m-1-m-1<0,设g(m)=e m-1-m-1(m>1),∴g'(m)=e m-1-1>0(m>1),∴g(m)在(1,+∞)上递增,而m∈Z,g(2)=e-3<0,g(3)=e2-4>0,∴在(1,+∞)上存在唯一m0,使得g(m0)=0,且2<m0<3,∵m∈Z,∴m最大整数值为2,使e m-1-m-1<0,即m的最大整数值为2,综上可得:实数m的最大整数值为2,此时有f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立.。

【创新设计】（浙江专用）2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用阶段滚动检测(建议用时：90分钟)一、选择题1.设全集U 为整数集，集合A ＝{x ∈N |y ＝7x －x 2－6}，B ＝{x ∈Z |－1<x≤3}，则右图中阴影部分表示的集合的真子集的个数为( ) A.3B.4C.7D.8解析 因为A ＝{x ∈N |y ＝7x －x 2－6}＝{x ∈N |7x －x 2－6≥0}＝{x ∈N |1≤x ≤6}， 由题意知，图中阴影部分表示的集合为A ∩B ＝{1，2，3}，所以其真子集有∅，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}，共7个. 答案 C2.曲线y ＝x 2＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为( ) A.3x －y －2＝0 B.x －3y ＋2＝0 C.3x ＋y －4＝0D.x ＋3y －4＝0解析 y ′＝2x ＋1x，故y ′|x ＝1＝3，故在点(1，1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，化简整理得3x －y －2＝0. 答案 A3.若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝( )A.1B.2C.3D.4解析 f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x ＋1′＝（x 2＋a ）′（x ＋1）－（x 2＋a ）（x ＋1）′（x ＋1）2＝x 2＋2x －a （x ＋1）2，∵x ＝1为函数的极值点，∴f ′(1)＝0，即3－a ＝0，∴a ＝3. 答案 C4.(2016·金华重点中学联考)设x ，y ∈R ，则“x 2＋y 2≥9”是“x ＞3且y ≥3”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 当x ＝－4时满足x 2＋y 2≥9，但不满足x ＞3，所以充分性不成立；反之，当x ＞3且y ≥3时，一定有x 2＋y 2≥9，所以必要性成立，即“x 2＋y 2≥9”是“x ＞3且y ≥3”的必要不充分条件，故选B. 答案 B5.(2016·杭州质量检测)如图，在平面直角坐标系中，AC 平行于x 轴，四边形ABCD 是边长为1的正方形，记四边形位于直线x ＝t (t ＞0)左侧图形的面积为f (t )，则f (t )的大致图象是()解析 由题意得，f (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜t ≤22，－（t －2）2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫22＜t ＜2，1（t ≥ 2），故其图象为C. 答案 C6.已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( ) A.0B.1C.2D.3解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，2]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0. 答案 A7.设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析 如图所示，当x ∈(－∞，x 0)时，函数f (x )为增函数，当x ∈(x 0，0)和x ∈(0，＋∞)时，函数f (x )为减函数，∴x ＝x 0是函数f (x )的极大值点，可得f ′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，当x ∈(x 0，0)和x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＜0.由此对照各个选项，可得函数y ＝f ′(x )的图象只有A 项符合.答案 A8.对任意实数a ，b 定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a －b ≥1，a ，a －b ＜1.设f (x )＝(x 2－1)⊗(4＋x )，若函数y ＝f (x )＋k 的图象与x 轴恰有三个不同交点，则k 的取值范围是( )A.(－2，1)B.[0，1]C.[－2，0)D.[－2，1)解析 当x 2－1≥4＋x ＋1，即x ≤－2或x ≥3时，f (x )＝4＋x ，当x 2－1＜4＋x ＋1，即－2＜x ＜3时，f (x )＝x 2－1，如图所示，作出f (x )的图象，由图象可知，要使－k ＝f (x )有三个根，需满足－1＜－k ≤2，即－2≤k ＜1.答案 D9.函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )＞1，则不等式e x·f (x )＞e x＋1的解集为( ) A.{x |x ＞0} B.{x |x ＜0}C.{x |x ＜－1或x ＞1}D.{x |x ＜－1或0＜x ＜1}解析 构造函数g (x )＝e x·f (x )－e x.因为g ′(x )＝e x·f (x )＋e x·f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )]－e x ＞e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数.因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，故原不等式化为g (x )＞g (0)，解得x ＞0. 答案 A10.已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，0)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.(0，1)D.(0，＋∞)解析 由题知，x >0，f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，由于函数f (x )有两个极值点，则f ′(x )＝0有两个不等的正根，故y ＝ln x ＋1与y ＝2ax 的图象有两个不同的交点(x >0)，则a >0.设函数y ＝ln x ＋1上任一点(x 0，1＋ln x 0)处的切线为l ，则k l ＝y ′＝1x 0，当直线l 过坐标原点时，1x 0＝1＋ln x 0x 0，则x 0＝1，从而令2a ＝1，∴a ＝12.结合函数图象知0<a <12.答案 B 二、填空题11.已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________. 解析 ∵f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin π4＋cos π4， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝(2－1)cos π4＋sin π4＝1.答案 112.(2016·杭州高三模拟)给出下列命题：①“数列{a n }为等比数列”是“数列{a n a n ＋1}为等比数列”的充分不必要条件； ②“a ＝2”是“函数f (x )＝|x －a |在区间[2，＋∞)上为增函数”的充要条件； ③“m ＝3”是“直线(m ＋3)x ＋my －2＝0与直线mx －6y ＋5＝0互相垂直”的充要条件； ④设a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边，若a ＝1，b ＝3，则A ＝30°是B ＝60°的必要不充分条件.其中真命题的序号是________.解析 对于①，当数列{a n }为等比数列时，易知数列{a n a n ＋1}是等比数列，但当数列{a n a n ＋1}为等比数列时，数列{a n }未必是等比数列，如数列1，3，2，6，4，12，8显然不是等比数列，而相应的数列3，6，12，24，48，96是等比数列，因此①正确；对于②，当a ≤2时，函数f (x )＝|x －a |在区间[2，＋∞)上是增函数，因此②不正确；对于③，当m ＝3时，相应两条直线垂直，反之，这两条直线垂直时，不一定有m ＝3，也可能m ＝0.因此③不正确；对于④，由题意得b a ＝sin B sin A ＝3，若B ＝60°，则sin A ＝12，注意到b ＞a ，故A ＝30°，反之，当A ＝30°时，有sinB ＝32，由于b ＞a ，所以B ＝60°或B ＝120°，因此④正确.综上所述，真命题的序号是①④. 答案 ①④13.(2016·杭州重点中学联考)对于任意x ∈R ，满足(a －2)x 2＋2(a －2)x －4＜0恒成立的所有实数a 构成集合A ，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 的解集为空集的所有实数a 构成集合B ，则A ∩(∁R B )＝________．解析 对于任意x ∈R ，不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4＜0恒成立，则a ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜2，Δ＝4（a －2）2＋16（a －2）＜0， 解得－2＜a ≤2，所以集合A ＝(－2，2]．当不等式|x －4|＋|x －3|＜a 有解时，a ＞(|x －4|＋|x －3|)min ＝1，所以解集为空集的所有实数a 构成集合B ＝(－∞，1]， 则∁R B ＝(1，＋∞)，所以A ∩(∁R B )＝(－2，2]∩(1，＋∞)＝(1，2]． 答案 (1，2]14.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是________. 解析 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2. 当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，则a ≤h (x )min ＝4，故实数a 的取值范围是(－∞，4]. 答案 (－∞，4] 三、解答题15.已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值. 解 (1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减. 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2.) 16.(2016·南山中学月考)已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0). (1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3.(1)解 令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)， 则h ′(x )＝cos x －a .①若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0，则sin x ≤ax (x ≥0)成立.②若0<a <1，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x 0＝a ，当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a >0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )>h (0)＝0，不合题意.③当a ≤0，结合f (x )与g (x )的图象可知显然不合题意. 综上可知，a ≥1.即实数a 的取值范围是[1，＋∞). (2)证明 当a 取(1)中的最小值为1时，g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)，则H ′(x )＝1－cos x －12x 2.令G (x )＝1－cos x －12x 2，则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3在x ∈[0，＋∞)上单调递减.所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，则x －sin x ≤16x 3(x ≥0).所以，当a 取(1)中的最小值时，g (x )－f (x )≤16x 3.17.已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1＋kx，求k 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x （x ＋1）2－bx2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)，故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＝11－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x . 考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x(x ＞0)，则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2x x2. (ⅰ)设k ≤0，由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )＞0.可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx.(ⅱ)设0＜k ＜1，由于当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，11－k 时， (k －1)(x 2＋1)＋2x ＞0.故h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x2h (x )＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k ≥1，此时h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，可得11－x2h (x )＜0，与题设矛盾.综合得k 的取值范围为(－∞，0].18.(2016·陕西检测)设函数f (x )＝e x－ax －1. (1)若函数f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围； (2)当a ＞0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0；(3)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＜(n ＋1)n ＋1.(1)解 由题意知f ′(x )＝e x－a ≥0对x ∈R 均成立，又e x＞0(x ∈R )，故a 的取值范围为(－∞，0].(2)证明 由a ＞0，及f ′(x )＝e x－a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝eln a－a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ，故当a ∈(0，1)时，g ′(a )＞0，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )＜0，从而可知g (a )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，故g (a )≤0. (3)证明 当a ＝1时，f (x )＝e x－x －1，由(2)可知，e x－x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立.∴当x ≠0时，总有e x＞x ＋1. 于是，可得当x ≠0时，(x ＋1)n ＋1＜(e x )n ＋1＝e(n ＋1)x(n ∈N *).令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＜e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＜e －(n －2)； ……令x ＋1＝nn ＋1，即x ＝－1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －1. 对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －n ＋e－(n －1)＋e－(n －2)＋…＋e－1＝e －n（1－e n）1－e ＝e －n－11－e ＝1－e －ne －1＜1e-1＜1.故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＜(n ＋1)n ＋1.阶段。

第三章 单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为3x －y ＋1＝0，则( ) A ．f ′(x 0)＜0 B ．f ′(x 0)＞0 C ．f ′(x 0)＝0 D ．f ′(x 0)不存在答案 B2．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则实数a 等于( )A ．2 B.12 C ．－12D ．－2答案 D解析 ∵y ＝x ＋1x －1＝x －1＋2x －1＝1＋2x －1，∴y ′＝－2(x －1)2，∴曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝3＝－12. 由题意知ax ＋y ＋1＝0的斜率为k ′＝2，∴a ＝－2，故选D. 3．函数y ＝x e x 的单调递增区间是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－∞，－1] C ．[1，＋∞) D ．(－∞，1]答案 A解析 令y ′＝e x (1＋x )≥0，又e x >0，∴1＋x ≥0，∴x ≥－1，故选A. 4．若三次函数y ＝ax 3－x 在R 上是减函数，则( ) A ．a ≤0 B ．a ＝1 C ．a ＝2 D ．a ＝13答案 A解析 y ′＝3ax 2－1，由y ′≤0，得3ax 2－1≤0.∴a ≤0.5．(2013·湖北)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(0，12)C ．(0,1)D ．(0，＋∞)答案 B解析 由题知，x >0，f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，由于函数f (x )有两个极值点，则f ′(x )＝0有两个不等的正根，即函数y ＝ln x ＋1与y ＝2ax 的图像有两个不同的交点(x >0)，则a >0；设函数y ＝ln x ＋1上任一点(x 0,1＋ln x 0)处的切线为l ，则k l ＝y ′＝1x 0.当l 过坐标原点时，1x 0＝1＋ln x 0x 0⇒x 0＝1.令2a ＝1⇒a ＝12，结合图像知0<a <12，故选B.6．若函数f (x )＝2x ＋ln x ，且f ′(a )＝0，则2a ln2a ＝( ) A ．1 B ．－1 C ．－ln2 D ．ln2答案 B解析 f ′(x )＝2x ln2＋1x ，由f ′(a )＝2a ln2＋1a ＝0，得2a ln2＝－1a，则a ·2a ·ln2＝－1，即2a ln2a ＝－1.7．已知函数f (x )＝e x －mx ＋1的图像为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝12x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≤2B ．m >2C ．m ≤－12D ．m >－12答案 B解析 因为函数f (x )＝e x －mx ＋1的图像为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝12x 垂直的切线，即说明e x －m ＝－2有解，∴m ＝e x ＋2，则实数m 的取值范围是m >2，故选B.8．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在(12，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞) 答案 D解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在(12，＋∞)上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在(12，＋∞)上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在(12，＋∞)上为减函数，∴y max <1(12)2－2×12＝3.∴a ≥3.故选D.9．设三次函数f (x )的导函数为f ′(x )，函数y ＝x ·f ′(x )的图像的一部分如图所示，则( )A ．f (x )的极大值为f (3，极小值为f (－3)B ．f (x )的极大值为f (－3)，极小值为f (3)C ．f (x )的极大值为f (－3)，极小值为f (3)D ．f (x )的极大值为f (3)，极小值为f (－3)。

2021年高考数学一轮复习 第三章 单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为3x －y ＋1＝0，则( ) A ．f ′(x 0)＜0 B ．f ′(x 0)＞0 C ．f ′(x 0)＝0 D ．f ′(x 0)不存在答案 B2．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则实数a 等于( ) A ．2B.12C ．－12D ．－2答案 D解析 ∵y ＝x ＋1x －1＝x －1＋2x －1＝1＋2x －1， ∴y ′＝－2x －12，∴曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝3＝－12. 由题意知ax ＋y ＋1＝0的斜率为k ′＝2，∴a ＝－2，故选D. 3．函数y ＝x e x的单调递增区间是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－∞，－1] C ．[1，＋∞) D ．(－∞，1]答案 A解析 令y ′＝e x (1＋x )≥0，又e x>0，∴1＋x ≥0，∴x ≥－1，故选A. 4．若三次函数y ＝ax 3－x 在R 上是减函数，则( ) A ．a ≤0 B ．a ＝1 C ．a ＝2 D ．a ＝13答案 A解析 y ′＝3ax 2－1，由y ′≤0，得3ax 2－1≤0.∴a ≤0.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1－1≤x ≤0，cos x 0<x ≤π2，则f (x )d x ＝( )A.12 B ．1 C ．2 D.32答案 D6．若函数f (x )＝2x＋ln x ，且f ′(a )＝0，则2aln2a＝( ) A ．1 B ．－1 C ．－ln2 D ．ln2答案 B解析 f ′(x )＝2x ln2＋1x ，由f ′(a )＝2a ln2＋1a ＝0，得2a ln2＝－1a，则a ·2a ·ln2＝－1，即2a ln2a＝－1.7．已知函数f (x )＝e x－mx ＋1的图像为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝12x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≤2B ．m >2C ．m ≤－12D ．m >－12答案 B解析 因为函数f (x )＝e x－mx ＋1的图像为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝12x 垂直的切线，即说明e x－m ＝－2有解，∴m ＝e x＋2，则实数m 的取值范围是m >2，故选B.8．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在(12，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)答案 D解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在(12，＋∞)上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在(12，＋∞)上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在(12，＋∞)上为减函数，∴y max <1122－2×12＝3.∴a ≥3.故选D.9．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图像的一部分如图所示，则( )A．f(x)的极大值为f(3，极小值为f(－3)B．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)答案 D解析由函数y＝x·f′(x)的图像可知，x∈(－∞，－3)，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(－3,3)，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(3，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴选D.10．若f(x)＝ln xx，e<a<b，则( )A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1 答案 A解析f′(x)＝1－ln xx2，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，f(a)>f(b)，故选A.11．若a>2，则函数f(x)＝13x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A．0个零点B．1个零点C．2个零点D．3个零点答案 B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，即f(x)在(0,2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝113－4a<0，∴f(x)在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.12.已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图像如图所示，它与x轴相切于原点，且x轴与函数图像所围成区域(图中阴影部分)的面积为112，则a的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．－2答案 A解析 方法一：因为f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b ，函数f (x )的图像与x 轴相切于原点，所以f ′(0)＝0，即b ＝0，所以f (x )＝－x 3＋ax 2，令f (x )＝0，得x ＝0或x ＝a (a <0)．因为函数f (x )的图像与x 轴所围成区域的面积为112，所以⎠⎛a 0(－x 3＋ax 2)d x ＝－112，所以(－14x 4＋13ax 3)| 0a ＝－112，所以a ＝－1或a ＝1(舍去)，故选A.方法二：因为f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b ，函数f (x )的图像与x 轴相切于原点，所以f ′(0)＝0，即b ＝0，所以f (x )＝－x 3＋ax 2.若a ＝0，则f (x )＝－x 3，与x 轴只有一个交点(0,0)，不符合所给的图像，排除B ；若a ＝1，则f (x )＝－x 3＋x 2＝－x 2(x －1)，与x 轴有两个交点(0,0)，(1,0)，不符合所给的图像，排除C ；若a ＝－2，则所围成的面积为－ (－x 3－2x 2)d x ＝(14x 4＋23x 3) ＝43≠112，排除D.故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知曲线y ＝－13x 3＋2与曲线y ＝4x 2－1在x ＝x 0处的切线互相垂直，则x 0的值为________．答案 12解析 ∵两曲线在x 0处切线互相垂直， ∴(－x 20)·(8x 0)＝－1.∴x 0＝12.14．已知f (x )＝x (1＋|x |)，则f ′(1)·f ′(－1)＝________. 答案 9解析 当x ≥0时，f (x )＝x 2＋x ，f ′(x )＝2x ＋1， 则f ′(1)＝3.当x <0时，f (x )＝x －x 2，f ′(x )＝1－2x ，则f ′(－1)＝3，故f ′(1)·f ′(－1)＝9. 15．已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ∈R )，若对x ∈[0，π2]，f (x )的最大值为π－32，则(1)实数a 的值为________；(2)函数f (x )在(0，π)内的零点个数为________． 答案 (1)1 (2)2解析 因为f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，当a ≤0时，f (x )在x ∈[0，π2]上单调递减，最大值f (0)＝－32，不适合题意，所以a >0，此时f (x )在x ∈[0，π2]上单调递增，最大值f (π2)＝π2a －32＝π－32，解得a ＝1，符合题意，故a ＝1.f (x )＝x sin x －32在x ∈(0，π)上的零点个数即为函数y ＝sin x ，y ＝32x的图像在x ∈(0，π)上的交点个数．又x ＝π2时，sin π2＝1>3π>0，所以两图像在x ∈(0，π)内有2个交点，即f (x )＝x sin x －32在x ∈(0，π)上的零点个数是2.16．若对定义在R 上的函数f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y ＝－x 3＋x ＋1; ②y ＝3x －2(sin x －cos x )； ③y ＝e x＋1; ④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________． 答案 ②③解析 因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0， 所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0，得－33<x <33，即函数在区间(－33，33)上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin(x ＋π4)≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”；由y ′＝e x>0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上可知，是“H 函数”的有②③.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．答案 (1)a ＝12，b ＝1 (2)单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)解析 (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ， 所以f ′(x )＝2ax ＋b x.又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f 1＝12.即⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＝12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x ＝x ＋1x －1x.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋ f (x )极小值所以函数y ＝f (x )18．(本题满分12分) 已知函数f (x )＝12x 2－m ln x .(1)若函数f (x )在(12，＋∞)上是单调递增的，求实数m 的取值范围；(2)当m ＝2时，求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值． 答案 (1)m ≤14 (2)最大值e 2－42，最小值1－ln2解析 (1)若函数f (x )在(12，＋∞)上是增函数，则f ′(x )≥0在(12，＋∞)上恒成立．而f ′(x )＝x －m x ，即m ≤x 2在(12，＋∞)上恒成立，即m ≤14.(2)当m ＝2时，f ′(x )＝x －2x ＝x 2－2x.令f ′(x )＝0，得x ＝± 2.当x ∈[1，2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，e)时，f ′(x )>0，故x ＝2是函数f (x )在[1，e]上唯一的极小值点，故f (x )min ＝f (2)＝1－ln2.又f (1)＝12，f (e)＝12e 2－2＝e 2－42>12，故f (x )max ＝e 2－42.19．(本题满分12分)(xx·江西理)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求实数b 的取值范围．答案 (1)极小值为0，极大值为4 (2)(－∞，19]解析 (1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5xx ＋21－2x，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(－2,0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 故f (x )当x ＝－2时取得极小值f (－2)＝0， 在当x ＝0时取得极大值，f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋3b －2]1－2x，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x＜0，依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0， 从而53＋(3b －2)≤0.所以实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19. 20．(本题满分12分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝(x －a )2＋(ln x －a )2. (1)求函数f (x )在A (1,0)处的切线方程；(2)若g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (3)证明：g (x )≥12.答案 (1)y ＝x －1 (2)a ≥－2 (3)略 解析 (1)因为f ′(x )＝1x，所以f ′(1)＝1.故切线方程为y ＝x －1. (2)g ′(x )＝2(x －a x ＋ln xx－a )，令F (x )＝x －a x＋ln xx－a ，则y ＝F (x )在[1，＋∞)上单调递增．F ′(x )＝x 2－ln x ＋a ＋1x2，则当x ≥1时，x 2－ln x ＋a ＋1≥0恒成立， 即当x ≥1时，a ≥－x 2＋ln x －1恒成立．令G (x )＝－x 2＋ln x －1，则当x ≥1时，G ′(x )＝1－2x2x<0，故G (x )＝－x 2＋ln x －1在[1，＋∞)上单调递减． 从而G (x )max ＝G (1)＝－2. 故a ≥G (x )max ＝－2.(3)证明：g (x )＝(x －a )2＋(ln x －a )2＝2a 2－2(x ＋ln x )a ＋x 2＋ln 2x ，令h (a )＝2a 2－2(x ＋ln x )a ＋x 2＋ln 2x ，则h (a )≥x －ln x22.令Q (x )＝x －ln x ，则Q ′(x )＝1－1x ＝x －1x，显然Q (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则Q (x )min ＝Q (1)＝1.则g (x )＝h (a )≥12.21．(本题满分12分)已知函数f (x )＝ln(x ＋m )＋2x 2在点P (0，f (0))处的切线方程与直线x ＋y ＝0垂直． (1)若∀x 1>x 2>－m ，f (x 1)－f (x 2)>a (x 1－x 2)恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当x >0时，求证：ln(x ＋1)＋2x 2>12(9x －5)．答案 (1)(－∞，0] (2)略解析 (1)函数f (x )的定义域为(－m ，＋∞)．f ′(x )＝1x ＋m ＋4x ，故函数f (x )在点P (0，f (0))处的切线斜率k ＝f ′(0)＝1m ＝1，即1m＝1，解得m ＝1.故f (x )＝ln(x ＋1)＋2x 2.由f (x 1)－f (x 2)>a (x 1－x 2)，得f (x 1)－ax 1>f (x 2)－ax 2. 故由题意可得g (x )＝f (x )－ax 在(－1，＋∞)上为增函数． 故g ′(x )＝f ′(x )－a ≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即1x ＋1＋4x －a ≥0在(－1，＋∞)上恒成立． 故a ≤1x ＋1＋4x 在(－1，＋∞)上恒成立． 设p (x )＝1x ＋1＋4x ＝1x ＋1＋4(x ＋1)－4， 因为x ＋1>0，所以1x ＋1＋4(x ＋1)－4≥21x ＋1×4x ＋1－4＝0.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]． (2)设h (x )＝ln(x ＋1)＋2x 2－12(9x －5)．则h ′(x )＝1x ＋1＋4x －92＝2＋8x x ＋1－9x ＋12x ＋1＝8x 2－x －72x ＋1＝8x ＋7x －12x ＋1，令h ′(x )＝0，解得x ＝－78或x ＝1.故当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．所以函数h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝ln(1＋1)＋2×12－12×(9×1－5)＝ln2>0.故h (x )>0，即ln(x ＋1)＋2x 2－12(9x －5)>0，也就是ln(x ＋1)＋2x 2>12(9x －5)．22．(本题满分12分)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求实数a 的取值范围； (2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．答案 (1)a >e (2)a ＝1e 或a ≤0时，f (x )有1个零点；0<a <1e 时，f (x )有2个零点解析 (1)f ′(x )＝1x－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立，则a ≥1x，x ∈(1，＋∞)，故a ≥1.g ′(x )＝e x －a ，若1≤a ≤e，则g ′(x )＝e x－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立．此时，g (x )＝e x －ax 在(1，＋∞)上是单调增函数，无最小值，不合题意；若a >e ，则g (x )＝e x －ax 在(1，ln a )上是单调减函数，在(ln a ，＋∞)上是单调增函数，g (x )min ＝g (ln a )，满足题意．故实数a 的取值范围为a >e.(2)g ′(x )＝e x－a ≥0在(－1，＋∞)上恒成立，则a ≤e x， 故a ≤1e ，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．①若0<a ≤1e ，令f ′(x )>0得单调递增区间为(0，1a )；令f ′(x )<0得单调递减区间为(1a，＋∞)．当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→－∞； 当x ＝1a 时，f (1a )＝－ln a －1≥0，当且仅当a ＝1e 时取等号．故当a ＝1e 时，f (x )有1个零点；当0<a <1e 时，f (x )有2个零点．②若a ＝0，则f (x )＝－ln x ，易知f (x )有1个零点． ③若a <0，则f ′(x )＝1x－a >0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )＝ln x －ax 在(0，＋∞)上是单调增函数， 当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→＋∞. 此时，f (x )有1个零点．综上所述，当a ＝1e或a ≤0时，f (x )有1个零点；当0<a <1e时，f (x )有2个零点．37838 93CE 鏎23634 5C52 屒26760 6888 梈39539 9A73 驳)T24443 5F7B 彻38284 958C 閌 26675 6833 栳zr!38646 96F6 零35159 8957 襗。

2022高考数学（理）高考调研一轮复习：第三章单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1．若曲线y ＝f(x)在点(x 0，f(x 0))处的切线方程为3x －y ＋1＝0，则( )A ．f ′(x 0)＜0B ．f ′(x 0)＞0C ．f ′(x 0)＝0D ．f ′(x 0)不存在答案 B2．三次函数y ＝ax 3－x 在(－∞，＋∞)内是减函数，则( ) A ．a ≤0 B ．a ＝1 C ．a ＝2 D ．a ＝13 答案 A解析 y ′＝3ax 2－1，由y ′≤0得3ax 2－1≤0. ∴a ≤0.3．假如函数f(x)＝x 4－x 2，那么f ′(i )＝( ) A ．－2i B ．2i C ．6i D ．－6i 答案 D解析 因为f ′(x)＝4x 3－2x ，因此f ′(i )＝4i 3－2i ＝－6i . 4．过点(0,1)且与曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程( )A ．2x －y ＋1＝0B ．2x ＋y －1＝0C ．x ＋2y －2＝0D ．x －2y ＋2＝0答案 A解析 y ′＝(x ＋1x －1)′＝－2(x －1)2，切线斜率k ＝y ′|x ＝3＝－12.则所求直线斜率k ′＝2，直线方程为：y －1＝2x ，即：2x －y ＋1＝0.5．已知f(x)＝x(2011＋ln x)，f ′(x 0)＝2020，则x 0＝( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e答案 B解析 由题意可知f ′(x)＝2011＋ln x ＋x·1x ＝2020＋ln x. 由f ′(x 0)＝2020，∴ln x 0＝0，解得x 0＝1.6．函数f(x)＝e x cos x 的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( )A ．0B .π4C ．1D .π2 答案 B解析 f ′(x)＝(e x cos x)′＝(e x )′cos x ＋e x (cos x)′＝e x cos x ＋e x (－sin x)＝e x (cos x －sin x)，则函数f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率k ＝f ′(x)|x ＝0＝e x (cos x －sin x)|x ＝0＝e 0＝1，故切线的倾斜角为π4，故选B .7．若函数f(x)＝cos x ＋2xf ′(π6)，则f(－π3)与f(π3)的大小关系是( )A ．f(－π3)＝f(π3) B ．f(－π3)>f(π3) C ．f(－π3)<f(π3) D ．不确定答案 C解析 依题意得f ′(x)＝－sin x ＋2f ′(π6)，f ′(π6)＝－sin π6＋2f ′(π6)，f ′(π6)＝12，f ′(x)＝－sin x ＋1≥0，f(x)＝cos x ＋x 是R 上的增函数，注意到－π3<π3，因此有f (－π3)<f (π3)，选C.8．设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝x ·f ′(x )的图像的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( )A ．f (1)与f (－1)B ．f (－1)与f (1)C ．f (－2)与f (2)D ．f (2)与f (－2)答案 C解析 ∵f (x )是一个三次函数，易知y ＝x ·f ′(x )也是三次函数，观看图像，可知y ＝x ·f ′(x )有三个零点－2,0,2.设y ＝x ·f ′(x )＝ax (x －2)(x ＋2)，∵当x >2时，y ＝x ·f ′(x )>0，∴a >0. ∴f ′(x )＝a (x －2)(x ＋2)．∴f (－2)是极大值，f (2)是极小值，故选C.9．家电下乡政策是应对金融危机，积极扩大内需的重要举措．我市某家电制造集团为尽快实现家电下乡提出四种运输方案，据推测，这四种方案均能在规定的时刻T 内完成预期运输任务Q 0，各种方案的运输总量Q 与时刻t 的函数关系如下图所示，在这四种方案中，运输效率(单位时刻的运输量)逐步提高的是( )答案 B解析 由题意可知，运输效率越来越高，只需曲线上点的切线的斜率越来越大即可，观看图形可知，选项B 满足条件，故选B.10．设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈[0，512π]，则导数f ′(1)的取值范畴是( )A ．[－2,2]B ．[2，3]C ．[3，2]D ．[2，2]答案 C解析 ∵f ′(x )＝sin θx 2＋3cos θx ， f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2sin(θ＋π3)， 当θ∈[0，512π]时，θ＋π3∈[π3，34π]， ∴f ′(1)∈[3，2]．11．(2011·衡水调研卷)设a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数．若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln2B ．－ln2 C.ln22 D.－ln22答案 A解析 f ′(x )＝e x －a e －x ，那个函数是奇函数，故对任意实数x 恒有f ′(－x )＝－f ′(x )，即e －x －a e x ＝－e x ＋a e －x ，即(1－a )(e x ＋e －x )＝0对任意实数x 恒成立，故只能是a ＝1.现在f ′(x )＝e x －e －x ，设切点的横坐标为x 0，则e x 0－e －x 0＝32，即2(e x 0)2－3e x 0－2＝0，即(e x 0－2)(2e x 0＋1)＝0，只能是e x 0＝2，解得x 0＝ln2.故选A.12．(2020·山师大附中)已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )关于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (2)>e 2f (0)，f (2011)>e 2011f (0)B ．f (2)<e 2f (0)，f (2011)>e 2011f (0)C ．f (2)>e 2f (0)，f (2011)<e 2011f (0)D ．f (2)<e 2f (0)，f (2011)<e 2011f (0) 答案 D解析 构造函数F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝f ′(x )e x－f (x )e x(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x <0，∴函数F (x )在(－∞，＋∞)上是减函数，则F (2)<F (0)，即f (2)e 2<f (0)e 0，即f (2)<e 2f (0)，同理可得f (2011)<e 2011f (0)，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．(2020·济宁模拟)已知曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线与曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相平行，则x 0的值为________．答案 0或－23解析 y ′＝2x ，y ′＝－3x 2，曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0，曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线斜率为k ′＝y ′|x ＝x 0＝－3x 20，则2x 0＝－3x 20，解得x 0＝0或x 0＝－23.14．函数y ＝x ＋2cos x 在区间[0，π2]上的最大值是________． 答案 π6＋ 3解析 y ′＝1－2sin x ＝0，得x ＝π6，x ∈(0，π6)时，y ′>0，x ∈(π6，π2)，y ′<0，函数在x ＝π6处取得最大值，y max ＝π6＋2×32＝π6＋ 3.15．如图，函数y ＝x 2与y ＝kx (k >0)的图像所围成的阴影部分的面积为92，则k ＝________.答案 3解析由⎩⎨⎧y ＝x 2y ＝kx ，得两曲线交点为(0,0)，(k ，k 2)，则S ＝⎠⎛0k(kx －x 2)dx ＝92，即k 3＝27，∴k ＝3. 16．函数f(x)在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则a 、b 、c 的大小关系为________．答案 c <a <b解析 依题意得，当x <1时，有f ′(x )>0，f (x )为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f (12)，即有f (3)<f (0)<f (12)，c <a <b .三、解答题(本大题共6小题，共70分，解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图像在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12.(1)求a ，b ，c 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间，并求函数f (x )在[－1,3]上的最大值和最小值．解析 (1)∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ， ∴c ＝0，∵f ′(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12，∴b ＝－12， 又直线x －6y －7＝0的斜率为16， 因此，f ′(1)＝3a ＋b ＝－6， ∴a ＝2，b ＝－12，c ＝0.(2)单调递增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)． f (x )在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－8 2. 18．(本题满分12分)已知函数f (x )＝12x 2－m ln x .(1)若函数f (x )在(12，＋∞)上是递增的，求实数m 的取值范畴； (2)当m ＝2时，求函数f (x )在[1，e ]上的最大值和最小值． 解析 (1)若函数f (x )在(12，＋∞)上是增函数，则f ′(x )≥0在(12，＋∞)上恒成立．而f ′(x )＝x －m x ，即m ≤x 2在(12，＋∞)上恒成立，即m ≤14.(2)当m ＝2时，f ′(x )＝x －2x ＝x 2－2x ，令f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈[1，2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，e )时，f ′(x )>0，故x ＝2是函数f (x )在[1，e ]上唯独的极小值点，故f (x )min ＝f (2)＝1－ln2，又f (1)＝12，f (e )＝12e 2－2＝e 2－42>12，故f (x )max ＝e 2－42.19．(本题满分12分)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr 2分，其中r 是瓶子的半径，单位是cm ，已知每出售1 mL 饮料，制造商可获利0.2分，且制造商制作的瓶子的最大半径为6 cm.试求出瓶子的半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大或最小． 解析 由于瓶子的半径为r ，因此每瓶饮料的利润是 y ＝f (r )＝0.2×43πr 3－0.8πr 2 ＝0.8π(r 33－r 2)，0<r ≤6. f ′(r )＝0.8π(r 2－2r )， 当r ＝2时，f ′(r )＝0.当r ∈(0,2)时，f ′(r )<0；当r ∈(2,6)时，f ′(r )>0.因此，当半径r >2时，f ′(r )>0，它表示f (r )单调递增，即半径越大，利润越高；半径r <2时，f ′(r )<0，它表示f (r )单调递减，即半径越大，利润越低．因此半径为2 cm 时，利润最小，这时f (2)<0，表示此种瓶装饮料的利润还不够瓶子的成本，现在利润是负值．半径为6 cm 时，利润最大．20．(本小题满分12分)(2011·浙江文)设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0.(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．注：e 为自然对数的底数．解析 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0， 因此f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x. 由于a >0，因此f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)． (2)由题意得，f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e. 由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增， 要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立，只要⎩⎨⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2，解得a ＝e.21．(本小题满分12分)(2011·新课标全国文)已知函数f (x )＝a ln xx ＋1＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln xx －1. 解析 (1)f ′(x )＝a (x ＋1x －ln x )(x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)故⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x ，因此 f (x )－ln x x －1＝11－x 2(2ln x －x 2－1x )． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x >0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2. 因此当x ≠1时，h ′(x )<0.而h (1)＝0，故 当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0. 从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1>0，即f (x )>ln xx －1. 22．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝p ln x ＋(p －1)x 2＋1. (1)当p ＝1时，f (x )≤kx 恒成立，求实数k 的范畴； (2)证明：ln(n ＋1)<1＋12＋13＋…＋1n . 解析 (1)因为x >0，因此当p ＝1时，f (x )≤kx 恒成立⇔1＋ln x ≤kx ⇔k ≥1＋ln xx 令h (x )＝1＋ln xx ，则k ≥h (x )max ，因为h ′(x )＝－ln xx 2，由h ′(x )＝0得x ＝1，且当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 因此h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减．因此 h (x )max ＝h (1)＝1，故k ≥1.(2)由(1)知当k ＝1时，有f (x )≤x ，当x >1时，f (x )<x 即ln x <x －1， 令x ＝n ＋1n ，则ln n ＋1n <1n ，即ln(n ＋1)－ln n <1n 因此ln 21<11，ln 32<12，…，ln n ＋1n <1n ， 相加得ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n <1＋12＋…＋1n而ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(21·32·…·n ＋1n )＝ln(n ＋1) 因此ln(n ＋1)<1＋12＋13＋…＋1n ，(n ∈N *)．1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( )A ．－eB ．－1C ．1D ．e答案 B解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋1x ，令x ＝1，得f ′(1)＝－1，选B. 2．设f (x )＝x ln x ＋1，若f ′(x 0)＝2，则f (x )在点(x 0，y 0)处的切线方程为( )A ．2x －y －e ＋1＝0B ．2x ＋y －e ＋1＝0C ．2x －y －e －1＝0D ．2x ＋y －e －1＝0 答案 A解析 ∵f ′(x )＝ln x ＋1， ∴f ′(x 0)＝2即ln x 0＋1＝2，∴x 0＝e ，y 0＝e ＋1，∴切点坐标为(e ，e ＋1)． ∴在该点的切线方程为 y －(e ＋1)＝2(x －e)， ∴2x －y －e ＋1＝0.3．已知向量a ＝(x 2，x ＋1)，b ＝(1－x ，t )，若函数f (x )＝a ·b 在区间(－1,1)上是增函数，则实数t 的取值范畴是( )A ．[5，＋∞)B ．(5，＋∞)C ．(－∞，5]D ．(－∞，5)答案 A解析 f (x )＝x 2(1－x )＋t (x ＋1)＝－x 3＋x 2＋tx ＋t ， f ′(x )＝－3x 2＋2x ＋t ，由题意f ′(x )>0在(－1,1)上恒成立，则⎩⎨⎧f ′(－1)≥0f ′(1)≥0，即⎩⎨⎧t －5≥0t －1≥0，解得t ≥5，故选A.4．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1、x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范畴是( )A ．[－32，3] B ．[32，6] C ．[3,12] D ．[－32，12]答案 C 解析f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－2)＝12－8b ＋c ≥0f ′(－1)＝3－4b ＋c ≤0f ′(1)＝3＋4b ＋c ≤0f ′(2)＝12＋8b ＋c ≥0f (－1)＝2b －c ，当直线过A 时f (－1)取最小值3，当直线过B 时取最大值12，故选C.5．设变量a ，b 满足约束条件：⎩⎪⎨⎪⎧b ≥a ，a ＋3b ≤4，a ≥－2.若z ＝a －3b 的最小值为m ，则函数f (x )＝13x 3＋m16x 2－2x ＋2的极小值等于( )A ．－43B ．－16C ．2 D.196答案 A解析 作出变量a ，b 满足的可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数z ＝a －3b 过点(－2,2)时，z 取得最小值－8，∴m ＝－8.∴f (x )＝13x 3－816x 2－2x ＋2＝13x 3－12x 2－2x ＋2. ∴f ′(x )＝x 2－x －2.令f ′(x )＝0，可得x ＝2或x ＝－1.结合函数f (x )的单调性知x ＝2时，f (x )取得极小值－43，故选A. 6．已知直线y ＝x ＋1与曲线y ＝ln(x ＋a )相切，则a 的值为________．答案 2解析记切点坐标为(m ，n )，则有⎩⎪⎨⎪⎧1m ＋a ＝1m ＋1＝ln (m ＋a )，由此解得m ＝－1，a ＝2.7．运算：⎠⎛-22(sin x ＋2x)dx ＝________. 答案 0解析 依题意得⎠⎛-22 (sin x ＋2x)dx ＝(－cos x ＋x 2)⎪⎪⎪⎪2－2＝(－cos 2＋22)－[－cos (－2)＋(－2)2]＝0.8．曲线y ＝x 3－2x 在点(1，－1)处的切线方程是________． 答案 y ＝x －2解析 ∵y ′＝3x 2－2，∴y ′|x ＝1＝1， 在点(1，－1)处的切线方程为 y ＋1＝x －1，y ＝x －2.9．已知l 是曲线y ＝13x 3＋x 的切线中倾斜角最小的切线，则l 的方程是________．答案 y ＝x解析 y ′＝x 2＋1≥1，故l 的斜率k ＝1，切点为(0,0)，则l 的方程为y ＝x.10．已知函数f(x)(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )<12，则f (x )<x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <－1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}答案 D解析 令g (x )＝f (x )－x 2＋12， ∴g ′(x )＝f ′(x )－12<0，∴g (x )为减函数，g (1)＝f (1)－1＝0 ∴g (x )＝f (x )－x 2＋12<0的解集为{x |x >1}．11．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时( )A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0答案 B解析 依题意得，函数f ′(x )、g ′(x )分别是偶函数、奇函数，当x <0时，－x >0，f ′(x )＝f ′(－x )>0，g ′(x )＝－g ′(－x )<0，选B.12．一物体A 以速度v ＝3t 2＋2(t 为单位：秒，v 的单位：米/秒)在一直线上运动，在此直线上物体A 动身的同时，物体B 在物体A 的正前方8米处以v ＝8t 的速度与A 同向运动，设n 秒后两物体相遇，则n 的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 B解析 由题意，⎠⎛0n(3t 2＋2)dt ＝⎠⎛0n8tdt ＋8，即n 3－4n 2＋2n －8＝0.(n 2＋2)(n －4)＝0，∴n ＝4.13．一条平面曲线在点x 处的切线斜率为2x ，同时通过点(3,5)，则该曲线方程______．答案 y ＝x 2－4解析 由题意知该曲线应满足y ＝∫2x d x ＝x 2＋C 且过点(3,5)，∴5＝32＋C ，C ＝－4，故该曲线方程是y ＝x 2－4.14．有一根弹簧，原长50 cm ，每伸长1 cm 需要5 g 力，假如把它从60 cm ，拉伸80 cm 长，那么拉力F(x)所做的功为______(g ·cm )． 答案 2000解析 F(x)＝kx ，F(x)＝5 g 力，x ＝1(cm )，则5＝k·1，k ＝5.∴F(x)＝5x.弹簧由50 cm ，伸长到80 cm ，弹簧实际伸长了由0到30 cm ，现在做的功为：∫300F(x)d x ＝∫3005x d x ＝52x 2| 300＝52×900＝2250.弹簧由50 cm ，伸长到60 cm ，弹簧实际伸长了10 cm ，现在做的功为：∫100F(x)d x ＝∫1005x d x ＝52x 2|100＝52×100＝250.因此把它从60 cm ，拉伸到80 cm 长，F(x)所做的功为2250－250＝2000(g ·cm ) 15．(2011·江苏理)在平面直角坐标系xOy 中，已知P 是函数f(x)＝e x (x>0)的图像上的动点，该图像在点P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N.设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是________．答案12(e＋1e)解析16．(2011·浙江理)设函数f(x)＝(x－a)2ln x，a∈R.(1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；(2)求实数a的取值范畴，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．注：e为自然对数的底数．解析 (1)求导得f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝(x －a )(2ln x ＋1－a x )．因为x ＝e 是f (x )的极值点，因此f ′(e)＝(e －a )(3－a e )＝0，解得a ＝e 或a ＝3e.经检验，符合题意，因此a ＝e 或a ＝3e.(2)①当0<x ≤1时，关于任意的实数a ，恒有f (x )≤0<4e 2成立． ②当1<x ≤3e 时，由题意，第一有f (3e)＝(3e －a )2ln(3e)≤4e 2，解得3e －2e ln (2e )≤a ≤3e ＋2e ln (2e ).f ′(x )＝(x －a )(2ln x ＋1－a x )，令h (x )＝2ln x ＋1－a x ，则h (1)＝1－a <0，h (a )＝2ln a >0，且h (3e)＝2ln(3e)＋1－a 3e ≥2ln(3e)＋1－3e ＋2e ln (3e )3e＝2(ln3e －13ln3e )>0.又h (x )在(0，＋∞)内单调递增，因此函数h (x )在(0，＋∞)内有唯独零点，记此零点为x 0，则1<x 0<3e,1<x 0<a .从而，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.即f (x )在(0，x 0)内单调递增，在(x 0，a )内单调递减，在(a ，＋∞)内单调递增．因此要使f (x )≤4e 2对x ∈(1,3e]恒成立，只要⎩⎨⎧ f (x 0)＝(x 0－a )2ln x 0≤4e 2，(1)f (3e )＝(3e －a )2ln (3e )≤4e 2，(2)成立．由h (x 0)＝2ln x 0＋1－a x 0＝0，知a ＝2x 0ln x 0＋x 0.(3)将(3)代入(1)得4x 20ln 3x 0≤4e 2.又x 0>1注意到函数x 2ln 3x 在[1，＋∞)内单调递增，故1<x 0≤e.再由(3)以及函数2x ln x ＋x 在(1，＋∞)内单调递增，可得1<a ≤3e.由(2)解得，3e －2e ln (3e )≤a ≤3e ＋2e ln (3e )，因此3e －2e ln (3e )≤a ≤3e.综上，a 的取值范畴为3e －2e ln (3e )≤a ≤3e.。

单元质检三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.如果一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在3 s末的瞬时速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于()A.2B.-2C.D.-3.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<14.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-]∪[,+∞)B.[-]C.(-∞,-)∪(,+∞)D.(-)5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.36.若f(x)=a e-x-e x为奇函数,则f(x-1)<e-的解集为()A.(-∞,0)B.(-∞,2)C.(2,+∞)D.(0,+∞)7.已知当x∈时,a≤+ln x恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.38.已知函数f(x)=ln x+tan α的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为()A. B. C. D.9.(2017安徽黄山二模)已知a=(x2-1)d x,b=1-log23,c=cos,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<a<bC.a<c<bD.b<c<a10.(2017辽宁抚顺重点校一模)已知函数f(x)=--x2的最大值为f(a),则a等于()A. B.C. D.11.若函数f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.12.若存在两个不相等正实数x,y,使得等式x+a(y-2e x)·(ln y-ln x)=0成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是()A. B.C. D.(-∞,0)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.函数y=x-x2的图象与x轴所围成的封闭图形的面积等于.14.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)内是减函数,则实数a的取值范围是.15.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0,现给出如下结论:①f(0)f(1)<0; ②f(0)f(1)>0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0;⑤f(1)f(3)>0; ⑥f(1)f(3)<0.其中正确的结论是.(填序号)16.已知过点A(1,m)恰能作曲线f(x)=x3-3x的两条切线,则m的值是.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)(2017浙江,20)已知函数f(x)=(x-)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间内的取值范围.18.(12分)设函数f(x)=e x-1-x-ax2.(1)若a=0,求f(x)的单调区间;(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.19.(12分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x.20.(12分)已知直线y=x+b与函数f(x)=ln x的图象交于两个不同的点A,B,其横坐标分别为x1,x2,且x1<x2.(1)求b的取值范围;(2)当x2≥2时,证明x1·<2.21.(12分)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e≈2.718 28)(1)求函数f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.22.(12分)(2017江苏,20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.答案：1.C解析根据瞬时速度的意义,可得3 s末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.2.B解析因为y=的导数为y'=,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-.又因为直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·=-1,解得a=-2.3.B解析求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.4.B解析由题意,知f'(x)=-3x2+2ax-1≤0在R上恒成立,故Δ=(2a)2-4×(-3)×(-1)≤0,解得-≤a≤.5.A解析由f'(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f+ln 2>0,所以无零点.6.D解析∵f(x)在R上为奇函数,∴f(0)=0,即a-1=0.∴a=1.∴f(x)=e-x-e x,∴f'(x)=-e-x-e x<0.∴f(x)在R上单调递减.∴由f(x-1)<e-=f(-1),得x-1>-1,即x>0.∴f(x-1)<e-的解集为(0,+∞).7.A解析令f(x)=+ln x,则f'(x)=.当x∈时,f'(x)<0;当x∈(1,2]时,f'(x)>0.∴f(x)在区间内单调递减,在(1,2]上单调递增,∴在x∈上,f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,即a的最大值为0.8.A解析∵f(x)=ln x+tan α,∴f'(x)=.令f(x)=f'(x),得ln x+tan α=,即tan α=-ln x.设g(x)=-ln x,显然g(x)在(0,+∞)内单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞, 故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tan α>g(1)=1.又0<α<,∴α∈.9.B解析∵a=(x2-1)d x=-1=-≈-0.667,b=1-log23=1-≈-0.58,c=cos=-≈-0.866,∴c<a<b,故选B.10.B解析∵f'(x)=--2x,∴f'(1)=-f'(1)-2,解得f'(1)=-,∴f(x)=-x2,f'(x)=,令f'(x)>0,解得x<,令f'(x)<0,解得x>,故f(x)在内递增,在内递减,故f(x)的最大值是f,a=.11.C解析若f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则f'(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f'(x)的图象顶点的横坐标.由x2-ax+1=0,得a=x+.因为x∈,y=x+的值域是,当a=2时,f'(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.所以实数a的取值范围是,故选C.12.A解析由题意知,a=.设=t(t>0,且t≠1),则a==(2e-t)ln t.令f(t)=(2e-t)ln t,f(t)≠0,则f'(t)=-(1+ln t).令=1+ln t,得t=e.由数形结合可知,当t>e时,f'(t)<0;当0<t<e时,f'(t)>0.所以f(t)≤e,且f(t)≠0,所以0<≤e或<0,解得a<0或a≥.13.解析由x-x2=0,得x=0或x=1.因此,所围成的封闭图形的面积为(x-x2)d x=.14.(-∞,-3]解析由题意可知f'(x)=3ax2+6x-1≤0在R上恒成立,则解得a≤-3.15.①③⑥解析∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).∴当1<x<3时,f'(x)<0;当x<1或x>3时,f'(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).∴f(x)极大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,f(x)极小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.∵f(x)=0有三个解a,b,c,∴a<1<b<3<c,∴f(1)=4-abc>0,且f(3)=-abc<0.∴0<abc<4.∵f(0)=-abc,∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,f(1)·f(3)<0.16.-3或-2解析设切点为(a,a3-3a).∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3,∴切线的斜率k=3a2-3,由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)(x-a).∵切线过点A(1,m),∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),即2a3-3a2=-3-m.∵过点A(1,m)可作曲线y=f(x)的两条切线,∴关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根.令g(x)=2x3-3x2,∴g'(x)=6x2-6x.令g'(x)=0,解得x=0或x=1,当x<0时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,∴当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0,当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-1.关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根,等价于y=g(x)与y=-3-m的图象有两个不同的交点,∴-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,∴实数m的值是-3或-2.17.解(1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=e-x-(x-)e-x=.(2)由f'(x)==0,解得x=1或x=.因为又f(x)=-1)2e-x≥0,所以f(x)在区间内的取值范围是.18.解(1)当a=0时,f(x)=e x-1-x,f'(x)=e x-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增.(2)f'(x)=e x-1-2ax.由(1)知f(x)≥f(0),即e x≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x.当a≤时,1-2a≥0,f'(x)≥0(x≥0),f(x)在[0,+∞)上是增函数,因为f(0)=0,于是当x≥0时,f(x)≥0.符合题意.当a>时,由e x>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).所以f'(x)<e x-1+2a(e-x-1)=e-x(e x-1)(e x-2a),故当x∈(0,ln 2a)时,f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln 2a)时,f(x)<0.不符合题意.综上可得a的取值范围为.19.(1)解由f(x)=e x-ax,得f'(x)=e x-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=e x-2x,f'(x)=e x-2.令f'(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值. (2)证明令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.20.(1)解由题意可得x-ln x+b=0有两个不同的实根.设g(x)=x-ln x+b(x>0),则g'(x)=1-(x>0).当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.可得g(x)在x=1处取得最小值b+1,当b<-1时,b=ln x-x在(0,1)和(1,+∞)各有一个实根,故b的取值范围是(-∞,-1).(2)证明由(1)可得0<x1<1,x2>1,g(x1)=g(x2)=0,故g(x1)-g=(x1-ln x1+b)-=(x2-ln x2+b)-=x2-3ln x2-+ln 2.令h(t)=t--3ln t+ln 2,则h'(t)=1-=.当t≥2时,h'(t)≥0,h(t)单调递增,即h(t)≥h(2)=-2ln 2>0,所以当x2≥2时,g(x1)-g>0,即g(x1)>g.因为g(x)在(0,1)内单调递减,且0<x1<1,0<<1,所以x1<,可得x1·<2.21.(1)解∵f(x)=e x-x2+a,∴f'(x)=e x-2x.由已知,得解得∴函数f(x)的解析式为f(x)=e x-x2-1.(2)证明令φ(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1,则φ'(x)=e x-1.由φ'(x)=0,得x=0.当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.故φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x)≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=,x>0,则g'(x)===.由(2)可知当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1.故g(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故k<g(x)min=g(1)=e-2,即实数k的取值范围为(-∞,e-2).22.(1)解由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时,f'(x)有极小值b-.因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,所以f=-+1=0,又a>0,故b=.因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时,f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;当a>3时,f'(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=,定义域为(3,+∞).(2)证明由(1)知,.设g(t)=,则g'(t)=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a)>g(3)=,即.因此b2>3a.(3)解由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,.从而f (x 1)+f (x 2)=+a +bx 1+1++a +bx 2+1=(3+2ax 1+b )+(3+2ax 2+b )+a ()+b (x 1+x 2)+2=+2=0.记f (x ),f'(x )所有极值之和为h (a ),因为f'(x )的极值为b-=-a 2+,所以h (a )=-a 2+,a>3.因为h'(a )=-a-<0,于是h (a )在(3,+∞)上单调递减.因为h (6)=-,于是h (a )≥h (6),故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6].。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．滚动检测三 第Ⅰ卷一、选择题(本大题共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．已知集合P ＝{x |x ≥0}，Q ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x ＋1x －2≥0，则P ∩(∁R Q )等于( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，－1]C ．(－1,0)D ．[0,2]2．已知命题p ：函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，命题q ：函数g (x )＝log a (x ＋1)(a >0且a ≠1)在(－1，＋∞)上是增函数，则綈p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知函数g (x )是偶函数，f (x )＝g (x －2)，且当x ≠2时其导函数f ′(x )满足(x －2)f ′(x )>0.若1<a <3，则( ) A ．f (4a )<f (3)<f (log 3a ) B ．f (3)<f (log 3a )<f (4a ) C ．f (log 3a )<f (3)<f (4a ) D ．f (log 3a )<f (4a )<f (3)4．将函数f (x )＝sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，得到函数g (x )＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π2)的图象，则φ等于( ) A.π3 B.π4 C.π6D.π125．在△ABC 中，若b ＝2，A ＝120°，三角形的面积S ＝3，则三角形外接圆的半径为( ) A. 3 B ．2 C ．2 3D ．46．已知向量i 与j 不共线，且AB →＝i ＋m j ，AD →＝n i ＋j ，m ≠1，若A ，B ，D 三点共线，则实数m ，n 满足的条件是( ) A ．m ＋n ＝1 B ．m ＋n ＝－1 C ．mn ＝1D ．mn ＝－17．如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则sin C 的值为( )A.33B.36C.63D.668．设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2 B ．2α－β＝π2 C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．已知A (1,0)，曲线C ：y ＝e ax (a ∈Z )恒过点B ，若P 是曲线C 上的动点，且AB →·AP →的最小值为2，则a ＝________. 10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(12)x ，x <0，(x －1)2，x ≥0，若f (f (－2))>f (k )，则实数k 的取值范围为____________.11．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ是常数，A >0，ω>0)．若f (x )在区间[π6，π2]上具有单调性，且f (π2)＝f (2π3)＝－f (π6)，则f (x )的最小正周期为________．12．点O 是锐角△ABC 的外心，AB ＝8，AC ＝12，A ＝π3，若AO →＝xAB →＋yAC →，则2x ＋3y ＝________.13．△ABC 的三内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，设向量m ＝(3c －b ，a －b )，n ＝(3a ＋3b ，c )，m ∥n ，则cos A ＝________.14．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是__________． 三、解答题(本大题共6小题，共80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 )＝b ·a x (其中a ，b 为常量，且a >0，a ≠1)的图象经过点A (1,6)，B (3,24)． (1)求f (x )的表达式；(2)若不等式(1a )x ＋(1b )x －m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实数m 的取值范围．16．(13分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2cos(A ＋B )＋cos 2C ＝－32，c ＝39，且a ＋b ＝9. (1)求角C 的大小；(2)求△ABC 的面积．17.(13分)已知函数f (x )＝sin(2x ＋π6)＋sin(2x －π6)－cos 2x ＋a (a ∈R ，a 为常数)． (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间； (2)若x ∈[0，π2]时，求函数f (x )的值域．18．(13分) “活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度v (单位：千克/年)是养殖密度x (单位：尾/立方米)的函数．当x 不超过4尾/立方米时，v 的值为2千克/年；当4<x ≤20时，v 是x 的一次函数，当x 达到20尾/立方米时，因缺氧等原因，v 的值为0千克/年．(1)当0<x ≤20时，求函数v 关于x 的函数表达式；(2)当养殖密度x 为多大时，鱼的年生长量(单位：千克/立方米)可以达到最大？并求出最大值．19.(14分)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，向量b ＝(cos x ，－sin x )，f (x )＝a ·b . (1)求函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的最小正周期和对称轴方程； (2)若x 是第一象限角且3f (x )＝－2f ′(x )，求tan(x ＋π4)的值．20．(14分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．答案解析1．D [由题意可知Q ＝{x |x ≤－1或x >2}，则∁R Q ＝{x |－1<x ≤2}，又因为P ＝{x |x ≥0}，所以P ∩(∁R Q )＝{x |0≤x ≤2}，故选D.]2．C [由p 成立，得a ≤1，所以綈p 成立时a >1.由q 成立，得a >1，则綈p 是q 的充要条件，故选C.] 3．B [∵(x －2)f ′(x )>0，∴x >2时，f ′(x )>0，x <2时，f ′(x )<0.∴f (x )在(2，＋∞)上递增，在(－∞，2)上递减．∵g (x )是偶函数，∴g (x －2)关于x ＝2对称，即f (x )关于x ＝2对称． ∵1<a <3，∴f (3)<f (log 3a )<f (4a )．]4．C [由题意知g (x )＝sin 2(x ＋π12)＝sin(2x ＋π6)． 又∵g (x )＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π2)， ∴φ＝π6.故选C.]5．B [在△ABC 中，∵b ＝2，A ＝120°， 三角形的面积S ＝3＝12bc ·sin A ＝c ·32， ∴c ＝2＝b ，故B ＝12(180°－A )＝30°. 再由正弦定理可得b sin B ＝2R ＝c sin 30°＝4， ∴三角形外接圆的半径R ＝2，故选B.] 6．C [由AB →＝i ＋m j ，AD →＝n i ＋j ，m ≠1， 且A 、B 、D 三点共线，所以存在非零实数λ，使AB →＝λAD →，即i ＋m j ＝λ(n i ＋j )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝1，m ＝λ，所以mn ＝1.]7．D [设BD ＝1，则AB ＝AD ＝32，BC ＝2. 在△ABD 中，由余弦定理得cos A ＝13， 所以sin A ＝223，在△ABC 中，由正弦定理AB sin C ＝BCsin A ， 得sin C ＝66，故选D.]8．B [∵α，β∈(0，π2)，∴－β∈(－π2，0)， α－β∈(－π2，π2)．∵tan α＝1＋sin βcos β，∴sin αcos α＝1＋sin βcos β， 即sin αcos β－cos αsin β＝cos α. 化简，得sin(α－β)＝cos α. ∵α∈(0，π2)，∴cos α>0，sin(α－β)>0.∴α－β∈(0，π2)，得α－β＋α＝π2， 即2α－β＝π2，故选B.] 9．1解析 根据题意得B (0,1)，设P (x ，e ax )，则AB →·AP →＝(－1,1)·(x －1，e ax )＝－x ＋1＋e ax ≥2⇒e ax －x －1≥0，即函数f (x )＝e ax －x －1有最小值0.因为f ′(x )＝a e ax －1，所以当a ≤0时f (x )无最小值；当a >0时，有x ＝－ln a a 使f (x )＝0，即1a ＋ln aa －1＝0⇒ln a ＝a －1，显然a ＝1是此方程的解． 10．(log 129,4)解析 ∵f (f (－2))＝f (4)＝9， ∴f (k )<9.当k <0时，(12)k <9，解得log 129<k <0；当k ≥0时，(k －1)2<9，解得0≤k <4. 综上k ∈(log 129,4)． 11．π解析 结合图象得T 4＝π2＋2π32－π2＋π62，即T ＝π.12.53解析 如图，O 点在AB ，AC 上的射影是点D ，E ，它们分别为AB ，AC 的中点，依题意有AB →·AO →＝xAB →2＋yAC →·AB →＝64x ＋48y ＝32， 即4x ＋3y ＝2，同理AC →·AO →＝xAB →·AC →＋yAC →2＝48x ＋144y ＝72， 即2x ＋6y ＝3，综上，将两式相加可得：6x ＋9y ＝5，即2x ＋3y ＝53. 13.16解析 ∵m ∥n ，∴(3c －b )c ＝(a －b )(3a ＋3b )， 即bc ＝3(b 2＋c 2－a 2)， ∴b 2＋c 2－a 2bc ＝13，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝16.14．(－∞，2ln 2－2]解析 由原函数有零点，可转化为方程e x －2x ＋a ＝0有解，即方程a ＝2x －e x 有解．令函数g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x .令g ′(x )>0，得x <ln 2，令g (x )′<0，得x >ln 2.所以g (x )在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln 2)＝2ln 2－2.因为a 的取值范围就是函数g (x )的值域，所以a 的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．15．解 (1)∵f (x )＝b ·a x 的图象过点A (1,6)，B (3,24)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ·a ＝6， ①b ·a 3＝24， ②②÷①得a 2＝4，又a >0且a ≠1，∴a ＝2，b ＝3， ∴f (x )＝3·2x .(2)由(1)知(1a )x ＋(1b )x －m ≥0在(－∞，1]上恒成立化为m ≤(12)x ＋(13)x 在(－∞，1]上恒成立．令g (x )＝(12)x ＋(13)x ，则g (x )在(－∞，1]上单调递减， ∴m ≤g (x )min ＝g (1)＝12＋13＝56， 故所求实数m 的取值范围是(－∞，56]．16．解 (1)由已知得－2cos C ＋2cos 2C －1＝－32， 所以4cos 2C －4cos C ＋1＝0， 解得cos C ＝12，所以C ＝60°.(2)由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即39＝a 2＋b 2－ab ，①又a ＋b ＝9，所以a 2＋b 2＋2ab ＝81，② 由①②得ab ＝14，所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×14×32＝732.17．解 (1)∵f (x )＝sin(2x ＋π6)＋sin(2x －π6)－cos 2x ＋a ＝3sin 2x －cos 2x ＋a ＝2sin(2x －π6)＋a .∴f (x )的最小正周期T ＝π.令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )， 即k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，故f (x )的单调递增区间为[k π－π6，k π＋π3](k ∈Z )．(2)当x ∈[0，π2]时，则2x －π6∈[－π6，5π6]， ∴sin(2x －π6)∈[－12，1]， ∴f (x )值域为[a －1，a ＋2]．18．解 (1)由题意得当0<x ≤4时，v ＝2； 当4<x ≤20时，设v ＝ax ＋b ， 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧20a ＋b ＝0，4a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－18，b ＝52，所以v ＝－18x ＋52，故函数v ＝⎩⎨⎧2，0<x ≤4，－18x ＋52，4<x ≤20.(2)设鱼的年生长量为f (x )千克/立方米， 依题意并由(1)可得f (x )＝⎩⎨⎧2x ，0<x ≤4，－18x 2＋52x ，4<x ≤20，当0<x ≤4时，f (x )为增函数， 故f (x )max ＝f (4)＝4×2＝8；当4<x ≤20时，f (x )＝－18x 2＋52x ＝－18(x 2－20x )＝－18(x －10)2＋1008， f (x )max ＝f (10)＝12.5.所以当0<x ≤20时，f (x )的最大值为12.5.即当养殖密度为10尾/立方米时，鱼的年生长量可以达到最大，最大值为12.5千克/立方米．19．解 (1)∵g (x )＝f (x )＋sin 2x ＝cos 2x －sin 2x ＋sin 2x ＝cos 2x ＋sin 2x ＝2sin(2x ＋π4)，∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 最小正周期T ＝2π2＝π. 当2x ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )时，x ＝k π2＋π8 (k ∈Z )．∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的对称轴方程为x ＝k π2＋π8(k ∈Z )． (2)由3f (x )＝－2f ′(x )，得3cos 2x ＝4sin 2x . 3cos 2x －3sin 2x －8sin x cos x ＝0.(3cos x ＋sin x )(cos x －3sin x )＝0. 又x 是第一象限角， ∴cos x ＝3sin x ，故tan x ＝13. ∴tan(x ＋π4)＝tan x ＋tan π41－tan x tan π4＝1＋131－13＝2.20．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x2－3x＋c－1)e x，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．。

第三章 数列时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60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．数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2，…，其相邻的两个1被2隔开，第n 对1之间有n 个2，则该数列的前1234项的和为( )A ．2450B ．2419C ．4919D ．1234解析：将数列1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1，…进行分组： 第1组：1,2， 第2组：1,2,2， 第3组：1,2,2,2， …第n 组： ∴前n 组一共有＋n ＋2＝＋2项．当n ＝48时，有48×512＝1224项；当n ＝49时，有49×522＝1274项，即前1234项可以排满前48组，在第49组只能排前10项． 故前1234项中含49个1，其余的均为2，故该数列前1234项的和为49×1＋(1234－49)×2＝2419，故选B. 答案：B2．数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n2，则a n ＝( )A.13·2n －1 B.12·3n －1 C.12n D.n 3n 解析：令n ＝1，得a 1＝12，排除A 、D ；再令n ＝2，得a 2＝16，排除C ，故选B.答案：B3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n≥1，n ∈N *)，第k 项满足750<a k <900，则k 等于( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：依题意，由a n ＋1＝3S n 及a n ＝3S n －1，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n≥2)，a 2＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝13×4n －2n≥2，将a k 代入不等式750<3×4k －2<900验证，知k ＝6.答案：C4．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )A.212B ．6C ．10D ．11解析：依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1.S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，选B.答案：B5．数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ∈N *时，a n ＋2等于a n a n ＋1的个位数，若数列{a n }的前k 项和为243，则k ＝( )A ．61B ．62C ．63D ．64解析：依题意得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝2，a 4＝4，a 5＝8，a 6＝2，a 7＝6，a 8＝2，a 9＝2，a 10＝4，a 11＝8，a 12＝2，a 13＝6，…，数列{a n }除第一项外，其余的项形成以6为周期的数列，且从a 2到a 7这六项的和等于24，注意到243＝1＋24×10＋2，因此k ＝1＋6×10＋1＝62，选B.答案：B6．把正整数排列成三角形数阵(如图甲)，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到新的三角形数阵(如图乙)，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到一个数列{a n }，则a 2010＝( )A ．3955B ．3957C ．3959D ．3961解析：注意到图乙中，第n 行有n 个数，且第n 行的最后一个数是n 2，又62×632<2010<63×642，因此a 2010位于图乙中第63行中的第57个数，第63行的最后一个数是632＝3969，且第63行的数自左向右依次形成公差为2的等差数列，于是a 2010＋(63－57)×2＝3969，a 2010＝3957.答案：B7．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：设{a n }的公差为d ，则d ＝1，设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则c n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，c n ＋1－c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－a 2n －1－2a 2n ＝6d ＝6，选择C.答案：C8．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－89，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( )A.53 B.35 C ．－53D ．－35解析：依题意，设公比为q ，则q≠1，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q 41－q＝158①a12q 3＝－98②，又1a 1，1a 2，1a 3，1a 4构成以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q 4]1－1q ＝－q 4a 1q 3－，①÷②得－q4a 1q 3－＝－53，即1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，选择C.答案：C9．设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101＝( )A ．200B ．2C ．－2D ．0解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意正整数，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，因为a n ≠0，所以1＋2q ＋q 2＝0，q ＝－1，S 101＝＋1＋1＝2，选择B.答案：B10．已知a n ＝sin n π6＋162＋sinn π6(n ∈N *)，则数列{a n }的最小值为( )A ．6B ．7C ．8D.193解析：令t ＝2＋sin n π6(1≤t≤3)，则a n ＝f(t)＝t ＋16t －2，f′(t)＝1－16t 2<0，∴f(t)在其定义域上单调递减，∴当t ＝3，即sin n π6＝1时，a n 取得最小值193，故选D.答案：D11．数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n≥2)，则a 2008＝( )A.13 B.35 C.20092008D.40114009解析：由a n ＝2－1a n －1(n≥2)得，a n －1＝1－1a n －1＝a n －1－1a n －1，即1a n －1＝a n －1a n －1－1＝1＋1a n －1－1，∴数列{1a n －1}是首项为1a 1－1＝－52，公差为1的等差数列． 故1a n －1＝－52＋n －1＝n －72，∴a n ＝2n －52n －7， ∴a 2008＝40114009.故选D.答案：D12．数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝a n 2－a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2009的整数部分是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：依题意得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝3716>2，a n ＋1－a n ＝(a n －1)2>0，数列{a n }是递增数列，∴a 2010>a 3>2，∴a 2010－1>1，∴1<2－1a 2010－1<2.由a n ＋1＝a n 2－a n ＋1得1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2009＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2009－1－1a 2010－1＝1a 1－1－1a 2010－1＝2－1a 2010－1∈(1,2)，因此选C.答案：C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．) 13．已知数列{a n }的第一项都是非负实数，且对任意m ，n ∈N *有a m ＋n －a m －a n ＝0或a m ＋n －a m －a n ＝1.又知a 2＝0，a 3>0，a 99＝33.则a 3＝________，a 10＝________.解析：a 2＝a 1＋a 1或a 2＝a 1＋a 1＋1，由a 2＝0，得a 1＝0，或a 1＝－12(不符合题意，舍去)，a 3＝a 1＋a 2或a 3＝a 1＋a 2＋1，由a 1＝a 2＝0，a 3>0，得a 3＝1(a 3＝0舍去)；由条件a m ＋n ＝a m ＋a n 或a m ＋n ＝a m ＋a n ＋1，可知a n ∈N ，a 100＝a 99＋a 1或a 100＝a 99＋a 1＋1，∵a 99＝33，∴a 100＝33或34.又∵a m ＋n ≥a m ＋a n ，∴a 100≥10a 10，∴a 10≤3.3或a 10≤3.4；而a 9≥3a 3＝3，a 10≥a 9≥3，所以a 10＝3. 答案：1 314．考虑以下数列{a n }，n ∈N *：①a n ＝n 2＋n ＋1；②a n ＝2n ＋1；③a n ＝ln n n ＋1.其中满足性质“对任意的正整数n ，a n ＋2＋a n2≤a n ＋1都成立”的数列有________(写出所有满足条件的序号)；若数列{a n }满足上述性质，且a 1＝1，a 20＝58，则a 10的最小值为________．解析：对于①，a 1＝3，a 2＝7，a 3＝13，a 1＋a 32>a 2，因此{a n }不满足“对任意的正整数n ，a n ＋2＋a n2≤a n＋1都成立”．对于②，易知数列{a n }是等差数列，故有a n ＋2＋a n2＝a n ＋1，因此{a n }满足“对任意的正整数n ，a n ＋2＋a n2≤a n ＋1都成立”．对于③，a n ＋2＋a n ＝ln ＋＋＋，2a n ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋22，＋＋＋－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋22＝＋3－＋＋3＋＋＋2＝－2n －3＋＋＋2<0，即有a n ＋2＋a n2<a n ＋1，因此{a n }满足“对任意的正整数n ，a n ＋2＋a n2≤a n ＋1都成立”．综上所述，满足性质“对任意的正整数n ，a n ＋2＋a n 2≤a n ＋1都成立”的数列为②③.对于满足上述性质的数列{a n }，令d n ＝a n ＋1－a n .由a n ＋2＋a n2≤a n ＋1得a n＋1－a n ≥a n ＋2－a n ＋1，即d n ≥d n ＋1.又a 10＝a 1＋d 1＋d 2＋…＋d 9≥a 1＋9d 9，a 10＝a 20－(d 19＋d 18＋…＋d 10)≥a 20－10d 10，即a 10－a 19≥d 9，a 10－a 2010≥－d 10，所以a 10－a 19＋a 10－a 2010≥d 9－d 10≥0，即a 10－19＋a 10－5810≥0，由此解得a 10≥28，即a 10的最小值为28.答案：②③ 2815．设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．记T n ＝17S n －S 2n a n ＋1，n ∈N *.设Tn 0为数列{T n }的最大项，则n 0＝________.解析：根据等比数列的通项公式S n ＝a 1－q n1－q，故T n ＝17×a 1－q n1－q－a 1－q 2n1－qa 1qn＝q 2n－17q n＋16－n ＝11－q (q n ＋16q n －17)，令q n ＝(2)n＝t ，则函数g(t)＝t ＋16t ，当t ＝4时函数g(t)取得最小值，此时n ＝4，而11－q ＝11－2<0，故此时T n 最大，所以n 0＝4.答案：416．若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d(n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知数列{1x n }为“调和数列”，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 3x 18的最大值是________．解析：因为数列{1x n}为“调和数列”，所以x n ＋1－x n ＝d(n ∈N *，d 为常数)，即数列{x n }为等差数列，由x 1＋x 2＋…＋x 20＝200得1＋x 202＝3＋x 182＝200，即x 3＋x 18＝20，易知x 3、x 18都为正数时，x 3x 18取得最大值，所以x 3x 18≤⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋x 1822＝100，即x 3x 18的最大值为100.答案：100三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12na n ＋a n －c(c 是常数，n ∈N *)，a 2＝6.(1)求c 的值及{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.解析：(1)因为S n ＝12na n ＋a n －c ，所以当n ＝1时，S 1＝12a 1＋a 1－c ，解得a 1＝2c ，当n ＝2时，S 2＝a 2＋a 2－c ，即a 1＋a 2＝2a 2－c ，解得a 2＝3c ， 所以3c ＝6，解得c ＝2；则a 1＝4，数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2. (2)证明：因为1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝14×6＋16×8＋ (1)＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫16－18＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2－12n ＋4＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2－12n ＋4 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫14－12n ＋4＝18－1＋.因为n ∈N *，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.18．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n. (1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由已知a n ＋1＝2a n ＋2n得 b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.又b 1＝a 1＝1，因此{b n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a n 2n －1 ＝n ，即a n ＝n·2n －1.S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n －1，两边乘以2得，2S n ＝2＋2×22＋…＋n×2n. 两式相减得S n ＝－1－21－22－…－2n －1＋n·2n＝－(2n－1)＋n·2n＝(n －1)2n ＋1.19．(本小题满分12分)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)(理)若b n ＝log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n >42＋4n 成立的n 的最小值． (文)若b n ＝log 2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意有 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，①又a 2＋a 3＋a 4＝28，将①代入得a 3＝8.所以a 2＋a 4＝20.于是有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12.又{a n }是递增的，故a 1＝2，q ＝2. 所以a n ＝2n. (2)(理)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1，S n ＝n 2＋3n 2.故由题意可得n 2＋3n 2>42＋4n ，解得n>12或n<－7.又n ∈N *所以满足条件的n 的最小值为13. (文)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1.故S n ＝n 2＋3n2.20．(本小题满分12分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，公比q>1，且a 2＝3，S 3＝13. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b na n＝n(n ＋2)，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，q>1S 3＝3q ＋3＋3q ＝13⇒q ＝3.∴a 1＝1，a n ＝a 1qn －1＝3n －1.(2)∵b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n ＝n(n ＋2)(n ∈N *)，当n ＝1时，b 1a 1＝3，∴b 1＝3.当n≥2时，∵b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n －1a n －1＝(n －1)(n ＋1)，∴b na n ＝n(n ＋2)－(n －1)(n ＋1)＝2n ＋1， 即b n ＝(2n ＋1)·3n －1.经检验，得b n ＝(2n ＋1)·3n －1(n ∈N *)．∵T n ＝3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n.两式相减，得－2T n ＝3＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n ＋1)·3n ＝3n －(2n ＋1)×3n ，∴T n ＝n·3n.21．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)由已知得b 1＝a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n ，即b n ＋1＝b n ＋12n ，从而b 2＝b 1＋12，b 3＝b 2＋122，…b n ＝b n －1＋12n －1(n≥2)，于是b n ＝b 1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n≥2)．又b 1＝1，故所求数列{b n }的通项公式为b n ＝2－12n －1.(2)由(1)知a n ＝n ⎝⎛⎭⎪⎫2－12n －1＝2n －n 2n －1. 令T n ＝k 2k －1，则2T n ＝k2k －2，于是T n ＝2T n －T n ＝12－n 2＝4－n ＋22.又(2k)＝n(n ＋1)， 所以S n ＝n(n ＋1)＋n ＋22n －1－4.22．(本小题满分12分)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n .已知2a 2＝a 1＋a 3，数列{S n }是公差为d 的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式(用n ，d 表示)；(2)设c 为实数，对满足m ＋n ＝3k 且m≠n 的任意正整数m ，n ，k ，不等式S m ＋S n >cS k 都成立．求证：c 的最大值为92.解析：(1)由题设知，S n ＝S 1＋(n －1)d ＝a 1＋(n －1)d ，则当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝2d a 1－3d 2＋2d 2n.由2a 2＝a 1＋a 3，得2(2d a 1＋d 2)＝a 1＋2d a 1＋3d 2，解得a 1＝d. 故当n≥2时，a n ＝2nd 2－d 2.又a 1＝d 2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)d 2. (2)证明：由a 1＝d 及S n ＝a 1＋(n －1)d ，得d>0，S n ＝d 2n 2. 于是，对满足题设的m ，n ，k ，m≠n，有S m ＋S n ＝(m 2＋n 2)d 2>＋22d 2＝92d 2k 2＝92S k .所以c 的最大值c max ≥92.另一方面，任取实数a>92.设k 为偶数，令m ＝32k ＋1，n ＝32k －1，则m ，n ，k 符合条件，且S m ＋S n ＝d 2(m 2＋n 2)＝d 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32k ＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32k －12＝12d 2(9k 2＋4)．于是，只要9k 2＋4<2ak 2，即当k>22a －9时，就有 S m ＋S n <12d 2·2ak 2＝aS k .所以满足条件的c≤92，从而c max ≤92.因此c 的最大值为92.。