（浙江專用）2021屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題四導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用4.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用試題（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

基礎(chǔ)篇固本夯基
【基礎(chǔ)集訓(xùn)】
考點一　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
1.已知f(x)=lnxx,則(　　)
A.f(2)>f(e)>f(3)　　　　　B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e)　　　　　D.f(e)>f(3)>f(2)
答案　D
2.設(shè)函數(shù)f(x)=12x2-9ln x在區(qū)間[a-1,a+1]上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)
A.10知, f '(x)與1-x+ex-1同號.
令g(x)=1-x+ex-1,則g'(x)=-1+ex-1.
所以,當(dāng)x∈(-∞,1)時,g'(x)0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
考法二　與函數(shù)極值或最值有關(guān)的導(dǎo)數(shù)問題
5.(2018黑龍江齊齊哈爾一模)若x=1是函數(shù)f(x)=ax2+ln x的一個極值點,則當(dāng)x∈1e,e時, f(x)的最小值為(　　)
A.1-e22　　　B.-e+1e　　　C.-12e2-1　　　D.e2-1
答案　A
6.(2019重慶(區(qū)縣)調(diào)研測試,9)函數(shù)f(x)=13x3+12(1-3a)x2+(2a2-a)x+1,若在區(qū)間(0,3)內(nèi)存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)
A.(0,3)　　　　　B.12,2　　　 C.(0,1)∪(1,3)　　　　　D.12,1∪(1,2)
答案　C
7.(2018江西南昌調(diào)研,12)已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點x1,x2(x10, f(x2)>-12　　　　　B.f(x1)1),
則h'(t)=1t-1t2>0,h(t)單調(diào)遞增,所以g'(t)>g'(1)=0.
所以g(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得證.(12分)
應(yīng)用篇知行合一
【應(yīng)用集訓(xùn)】
1.據(jù)環(huán)保部門測定,某處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比,與到污染源距離的平方成反比,比例常數(shù)為k(k>0).現(xiàn)已知相距18 km的A,B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為a,b,它們連線上任意一點C處(異于A,B兩點)的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和.設(shè)AC=x(km).
(1)試將y表示為x的函數(shù);
(2)若a=1,且x=6,y取得最小值,試求b的值.
解析　(1)易知點C受A污染源污染程度為kax2,點C受B污染源污染程度為kb(18-x)2,其中k為比例系數(shù),且k>0.
從而點C處受污染指數(shù)y=kax2+kb(18-x)2.
(2)因為a=1,所以y=kx2+kb(18-x)2,
y'=k-2x3+2b(18-x)3,令y'=0,得x=181+3b,
易知函數(shù)在0,181+3b上單調(diào)減,在181+3b,18上單調(diào)增,即在x=181+3b時函數(shù)取極小值,也是最小值.
又此時x=6,解得b=8,經(jīng)驗證符合題意.
所以,污染源B的污染強度b的值為8.
2.(2020屆山西省實驗中學(xué)第一次月考,19)已知某公司生產(chǎn)某產(chǎn)品的年固定成本為100萬元,每生產(chǎn)1千件需另投入27萬元,設(shè)該公司一年內(nèi)生產(chǎn)該產(chǎn)品x千件(02,令f '(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
當(dāng)x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞時, f '(x)0.所以f(x)在(-∞,-ln a)單調(diào)遞減,在(-ln a,+∞)單調(diào)遞增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一個零點.
(ii)若a>0,由(1)知,當(dāng)x=-ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1-1a+ln a.
①當(dāng)a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點;
②當(dāng)a∈(1,+∞)時,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,
故f(x)沒有零點;
③當(dāng)a∈(0,1)時,1-1a+ln a0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一個零點.
設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln3a-1,則f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一個零點.
綜上,a的取值范圍為(0,1).
思路分析　(1)先求f(x)的導(dǎo)數(shù)f '(x),再對a分區(qū)間討論f '(x)的正負,從而得到f(x)的單調(diào)性;(2)結(jié)合第(1)問函數(shù)的單調(diào)性,分析出函數(shù)存在兩個零點的條件,進而確定參數(shù)的范圍.

3.(2019浙江,22,15分)已知實數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+1+x,x>0.
(1)當(dāng)a=-34時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)對任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范圍.
注:e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù).
解析　本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)用,同時考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用能力.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).
(1)當(dāng)a=-34時, f(x)=-34ln x+1+x,x>0.
f '(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,
所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞).
(2)由f(1)≤12a,得0f '(x)+32對于任意的x∈[1,2]成立.
解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞),
f '(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.
當(dāng)a≤0時,x∈(0,1)時, f '(x)>0, f(x)單調(diào)遞增,
x∈(1,+∞)時, f '(x)0時, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①00, f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈2a,1時, f '(x)0,x∈(x0,2)時,φ(x)a.
①若a=0,則f(x)的最大值為　　　　;?
②若f(x)無最大值,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　.?
答案?、?;②(-∞,-1)
9.(2018北京,18,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(1)若曲線y=f(x)在點(1, f(1))處的切線與x軸平行,求a;
(2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍.
解析　(1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,
所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.
f '(1)=(1-a)e.
由題設(shè)知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.
此時f(1)=3e≠0.
所以a的值為1.
(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.
若a>12,則當(dāng)x∈1a,2時, f '(x)0,
所以2不是f(x)的極小值點.
綜上可知,a的取值范圍是12,+∞.
10.(2017課標Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)證明: f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2< f(x0)0,g(x)單調(diào)遞增.
所以x=1是g(x)的極小值點,故g(x)≥g(1)=0.
綜上,a=1.
(2)證明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
設(shè)h(x)=2x-2-ln x,則h'(x)=2-1x.
當(dāng)x∈0,12時,h'(x)f(e-1)=e-2,
所以e-20,h(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(ln a,0)時,ex-eln a>0,h'(x)0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.
所以當(dāng)x=ln a時,h(x)取到極大值,
極大值為h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
當(dāng)x=0時,h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1.
b.當(dāng)a=1時,ln a=0,
所以當(dāng)x∈(-∞,+∞)時,h'(x)≥0,函數(shù)h(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值.
c.當(dāng)a>1時,ln a>0,
所以當(dāng)x∈(-∞,0)時,ex-eln a-1時,g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時,g(x)=0,
從而f '(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時, f '(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.
又f(0)=0,故當(dāng)-10時, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.
(ii)若a0,故x=0不是h(x)的極大值點.
如果6a+10.從而, f(x)在0,π2沒有零點.
(iii)當(dāng)x∈π2,π時, f'(x)0, f(π)1,所以f(x)0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪a3,+∞時, f '(x)>0;當(dāng)x∈0,a3時, f '(x)0.所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+∞)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點.
由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n0,而f(1)=0,不合題意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,記h(x)=x-1-xln x,則h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴h(x)≤h(1)=0,即當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,h(x)≥0,∴當(dāng)且僅當(dāng)a=1時,①式成立.∴a=1.
18.(2019北京,19,13分)已知函數(shù)f(x)=14x3-x2+x.
(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程;
(2)當(dāng)x∈[-2,4]時,求證:x-6≤f(x)≤x;
(3)設(shè)F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),記F(x)在區(qū)間[-2,4]上的最大值為M(a).當(dāng)M(a)最小時,求a的值.
解析　本題考查函數(shù)圖象的切線,函數(shù)的極值、最值,考查學(xué)生的邏輯思維能力、運算求解能力,以及運用函數(shù)的基本性質(zhì)分析、解決問題的能力.
(1)由f(x)=14x3-x2+x得f '(x)=34x2-2x+1.
令f '(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.
又f(0)=0, f83=827,
所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y-827=x-83,即y=x與y=x-6427.
(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=83.
g'(x),g(x)的情況如下:
x
-2
(-2,0)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)

+

-

+

g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0

所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
當(dāng)a3;
當(dāng)a>-3時,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
當(dāng)a=-3時,M(a)=3.綜上,當(dāng)M(a)最小時,a=-3.
19.(2019天津,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=excos x,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)x∈π4,π2時,證明f(x)+g(x)π2-x≥0;
(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)=f(x)-1在區(qū)間2nπ+π4,2nπ+π2內(nèi)的零點,其中n∈N,證明2nπ+π2-xn0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.(7分)
因此g(x)在x=xa處取得最小值,
最小值為g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,得y=exx+2單調(diào)遞增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+20),討論h(x)零點的個數(shù).
解析　(1)設(shè)曲線y=f(x)與x軸相切于點(x0,0),則f(x0)=0, f '(x0)=0,即x03+ax0+14=0,3x02+a=0.解得x0=12,a=-34.
因此,當(dāng)a=-34時,x軸為曲線y=f(x)的切線.(5分)
(2)當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)=-ln x1,x=1,00,即h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
所以函數(shù)h(x)有最小值,為h(0)=0,則h(x)≥0.
所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.
7.(2015江蘇,19,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)試討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞,求c的值.
解析　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.
當(dāng)a=0時,因為f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時,若x∈-∞,-2a3∪(0,+∞),則f '(x)>0,若x∈-2a3,0,則f '(x)0.
從而, f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+112.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
解得x=1或x=52.
當(dāng)x變化時, f '(x), f(x)的變化如下表:
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f '(x)

-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘

又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在區(qū)間12,+∞上的取值范圍是0,12e-12.
解后反思　1.在導(dǎo)數(shù)大題中,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)至關(guān)重要,因此,必須熟練掌握求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則.
2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域的一般步驟:
(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性;
(2)求函數(shù)在各個區(qū)間上的值域,再求并集.
3.本題最易忽略f(x)≥0這個條件,從而得出:
f(x)在12,+∞上的值域為-∞,12e-12的錯誤結(jié)論.
因此,在求函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,+∞)或(-∞,a)上的值域時,一定要觀察f(x)圖象的趨勢,或先判斷f(x)何時為正,何時為負(通常是求出函數(shù)f(x)的零點).
11.(2017北京,19,13分)已知函數(shù)f(x)=excos x-x.
(1)求曲線y=f(x)在點(0, f(0))處的切線方程;
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π2上的最大值和最小值.
解析　本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值.
(1)因為f(x)=excos x-x,所以f '(x)=ex(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0, f(0))處的切線方程為y=1.
(2)設(shè)h(x)=ex(cos x-sin x)-1,
則h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.
當(dāng)x∈0,π2時,h'(x)0,求b的最大值;
(3)已知1.414 20時,令f '(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.
當(dāng)x變化時, f '(x), f(x)的變化情況如下表:
x
-∞,1-3a3
1-3a3
1-3a3,1+3a3
1+3a3
1+3a3,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為1-3a3,1+3a3,單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,1-3a3,1+3a3,+∞.
(2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠1.
由題意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,進而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)證明:設(shè)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論:
①當(dāng)a≥3時,1-3a3≤00,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(x1,x2)時,g(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
因此函數(shù)有兩個極值點.
③當(dāng)a0,
由g(-1)=1>0,可得x10, f '(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(x2,+∞)時,g(x)0,
所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
因此當(dāng)x∈(0,+∞)時,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)0,則a的取值范圍是(　　)
A.(2,+∞)　　　B.(1,+∞)　　　C.(-∞,-2)　　　D.(-∞,-1)
答案　C
17.(2014陜西,10,5分)如圖,某飛行器在4千米高空水平飛行,從距著陸點A的水平距離10千米處開始下降,已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖象的一部分,則該函數(shù)的解析式為(　　)

A.y=1125x3-35x　　　　　B.y=2125x3-45x
C.y=3125x3-x　　　　　D.y=-3125x3+15x
答案　A
18.(2014遼寧,11,5分)當(dāng)x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)
A.[-5,-3]　　　　　B.-6,-98
C.[-6,-2]　　　　　D.[-4,-3]
答案　C
19.(2016四川,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)確定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)).
解析　(1)f '(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
當(dāng)a≤0時, f '(x)0時,由f '(x)=0,有x=12a.
此時,當(dāng)x∈0,12a時, f '(x)1時,s'(x)>0,
所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當(dāng)x>1時,g(x)>0.
當(dāng)a≤0,x>1時, f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時,必有a>0.
當(dāng)0g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.
當(dāng)a≥12時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當(dāng)x>1時,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又因為h(1)=0,所以當(dāng)x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a∈12,+∞.
20.(2015重慶,20,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=3x2+axex(a∈R).
(1)若f(x)在x=0處取得極值,確定a的值,并求此時曲線y=f(x)在點(1, f(1))處的切線方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍.
解析　(1)對f(x)求導(dǎo)得f '(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,
因為f(x)在x=0處取得極值,所以f '(0)=0,即a=0.
當(dāng)a=0時, f(x)=3x2ex, f '(x)=-3x2+6xex,
故f(1)=3e, f '(1)=3e,
從而曲線y=f(x)在點(1, f(1))處的切線方程為y-3e=3e·(x-1),化簡得3x-ey=0.
(2)由(1)知f '(x)=-3x2+(6-a)x+aex.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.
當(dāng)x0,故f(x)為增函數(shù);
當(dāng)x>x2時,g(x)256.
由題意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
設(shè)g(x)=12 x-ln x,則g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,
則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
一題多解　(1)f '(x)=12x-1x,
且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
設(shè)f '(x1)=t,則12x-1x=t的兩根為x1,x2.
即2t(x)2-x+2=0有兩個不同的正根x1,x2.
∴Δ=1-16t>0,x1+x2=12t>0,x1x2=1t>0,即00,所以f(θ)為增函數(shù);
當(dāng)θ∈π6,π2時, f '(θ)0,即x0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,F'(x)0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12-2時,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上單調(diào)遞增.
而F(-2)=0,故當(dāng)x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,則F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0,且x≠1時, f(x)>lnxx-1+kx,求k的取值范圍.
解析　(1)f '(x)=ax+1x-lnx(x+1)2-bx2.
由于直線x+2y-3=0的斜率為-12,且過點(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)=lnxx+1+1x,所以
f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.
考慮函數(shù)h(x)=2ln x+(k-1)(x2-1)x(x>0),
則h'(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(i)設(shè)k≤0.由h'(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,
當(dāng)x≠1時,h'(x)0,可得11-x2h(x)>0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)0.從而當(dāng)x>0,且x≠1時, f(x)-lnxx-1+kx>0,
即f(x)>lnxx-1+kx.
(ii)設(shè)00,而h(1)=0,
故當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)>0,可得11-x2h(x)0,k=0,kb>a　　　B.a>b>c　　　C.c>a>b　　　D.b>c>a
答案　A
5.(2018湖北黃岡、黃石等八校3月聯(lián)考,11)已知實數(shù)a>0,且a≠1,函數(shù)f(x)=ax,x0).
g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(3)證明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0),
故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減, f(7)=7,
由(2)知g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(7)=77.
當(dāng)x0,
故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,
所以|2ln a1-ln 7|>2|2ln a2-ln 7|>4|2ln a3-ln 7|>…>2n-1·|2ln an-ln 7|.
因為a1=1,ln 70),
①a≤0時,a-x0, f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(a,+∞)時, f '(x)0,
∴1ln2-1h(x),即f(x)>1.
思路分析　(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及切線過切點求a,b的值;
(2)利用(1)得f(x)的解析式,將f(x)>1等價轉(zhuǎn)化為xln x>xe-x-2e,構(gòu)造函數(shù)g(x)=xln x,h(x)=xe-x-2e,再利用導(dǎo)數(shù)分別求出g(x)min,h(x)max,進而得g(x)>h(x),從而證得原不等式成立.