【高中數(shù)學】新教材新高中數(shù)學選擇性必修二-第五章-一元函數(shù)的導數(shù)及其應用5.1-5.3綜合拔高練

5.1~5.3綜合拔高練五年高考練考點1導數(shù)的運算法則及其幾何意義1.(2019課標全國Ⅲ,6,5分,)已知曲線y=aex+xlnx在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,則()A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-12.(2019課標全國Ⅰ,13,5分,)曲線y=3(x2+x)ex在點(0,0)處的切線方程為.

3.(2019江蘇,11,5分,)在平面直角坐標系xOy中,點A在曲線y=lnx上,且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(-e,-1)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則點A的坐標是.

4.(2020北京,15,5分,)為滿足人民對美好生活的向往,環(huán)保部門要求相關企業(yè)加強污水治理,排放未達標的企業(yè)要限期整改.設企業(yè)的污水排放量W與時間t的關系為W=f(t),用-f(b)-f(a)b-給出下列四個結論:①在[t1,t2]這段時間內(nèi),甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強;②在t2時刻,甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強;③在t3時刻,甲、乙兩企業(yè)的污水排放都已達標;④甲企業(yè)在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]這三段時間中,在[0,t1]的污水治理能力最強.其中所有正確結論的序號是.深度解析

考點2函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性5.(2018課標全國Ⅲ,7,5分,)函數(shù)y=-x4+x2+2的圖象大致為()6.(2019北京,13,5分,)設函數(shù)f(x)=ex+ae-x(a為常數(shù)).若f(x)為奇函數(shù),則a=;若f(x)是R上的增函數(shù),則a的取值范圍是.

7.(2020課標全國Ⅰ文,20,12分,)已知函數(shù)f(x)=ex-a(x+2).(1)當a=1時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.深度解析8.(2019課標全國Ⅱ,20,12分,)已知函數(shù)f(x)=lnx-x+1x(1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個零點;(2)設x0是f(x)的一個零點,證明曲線y=lnx在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線y=ex的切線.考點3函數(shù)的導數(shù)與極值、最大(小)值9.(2019天津,8,5分,)已知a∈R.設函數(shù)f(x)=x2-2ax+2a,x≤1,x-alnx,xA.[0,1] B.[0,2] C.[0,e] D.[1,e]10.(2017課標全國Ⅱ,11,5分,)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為A.-1 B.-2e-3C.5e-3 D.111.(2018江蘇,11,5分,)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個零點,則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為.

12.(2018課標全國Ⅰ,16,5分,)已知函數(shù)f(x)=2sinx+sin2x,則f(x)的最小值是.

13.(2017課標全國Ⅰ,16,5分,)如圖,圓形紙片的圓心為O,半徑為5cm,該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D,E,F為圓O上的點,△DBC,△ECA,△FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后,分別以BC,CA,AB為折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱錐.當△ABC的邊長變化時,所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為.

14.(2019課標全國Ⅲ,20,12分,)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,說明理由.15.(2020課標全國Ⅲ理,21,12分,)設函數(shù)f(x)=x3+bx+c,曲線y=f(x)在點12,f12(1)求b;(2)若f(x)有一個絕對值不大于1的零點,證明:f(x)所有零點的絕對值都不大于1.16.(2020新高考Ⅰ,21,12分,)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.(1)當a=e時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.深度解析17.(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x∈[-2,4]時,求證:x-6≤f(x)≤x;(3)設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M(a)最小時,求a的值.三年模擬練應用實踐1.(2020重慶九校聯(lián)盟高二上期末聯(lián)考,)設三次函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x),函數(shù)y=xf'(x)的圖象的一部分如圖所示,則下列說法正確的是(易錯)A.f(x)的極大值為f(3),極小值為f(-3)B.f(x)的極大值為f(3),極小值為f(-3)C.f(x)的極大值為f(-3),極小值為f(3)D.f(x)的極大值為f(-3),極小值為f(3)2.(2020江西南昌二中高二上期末,)若函數(shù)f(x)=x2-1與函數(shù)g(x)=alnx-1的圖象存在公切線,則正實數(shù)a的取值范圍是()A.(0,e) B.(0,e]C.(0,2e) D.(0,2e]3.(2020福建福州高三上期末質量檢測,)已知函數(shù)f(x)=x2+2ax,g(x)=-1x,若存在點A(x1,f(x1)),B(x2,g(x2)),使得直線AB與兩曲線y=f(x)和y=g(x)都相切,則當實數(shù)a取最小值時,x1+x2=()A.232 B.3322 C.4.(多選)(2020山東臨沂高三上期末,)已知函數(shù)f(x)=x+sinx-xcosx的定義域為[-2π,2π),則()A.f(x)為奇函數(shù)B.f(x)在[0,π)上單調(diào)遞增C.f(x)恰有4個極大值點D.f(x)有且僅有4個極值點5.(2020遼寧大連高三上雙基測試,)若點A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)是函數(shù)f(x)=-ex+1,x≤1,lnx,x>1圖象上的任意兩點,A.x1<0 B.0<x1<1C.x2x1的最大值為e D.x1x6.(2020北京海淀高三上期末,)已知函數(shù)f(x)=x+ax在區(qū)間(1,4)上存在最小值,則實數(shù)a的取值范圍是.

7.(2020山東煙臺高三上期末,)設點P是曲線y=ex+x2上任意一點,則點P到直線x-y-1=0的最小距離為.

8.(2020河南開封五縣聯(lián)考高二上期末,)已知函數(shù)f(x)=2x,x≥2,(x-1)3,x<29.(2020北京東城高三上期末,)已知函數(shù)f(x)=13x3-x2+3ax(a∈R).(1)若f(x)在x=-1時有極值,求a的值;(2)在直線x=1上是否存在點P,使得過點P至少有兩條直線與曲線y=f(x)相切?若存在,求出P點坐標;若不存在,請說明理由.10.(2020江西上饒高二中、高三上第三次段考,)已知函數(shù)f(x)=xlnx-2ax2+x,a∈R.(1)若f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若函數(shù)f(x)的兩個極值點分別為x1,x2,證明:x1+x2>12遷移創(chuàng)新11.(2020浙江嘉興高三上期末,)已知函數(shù)f(x)=alnx+bx+c(a≠0)有極小值.(1)試判斷a,b的符號,求f(x)的極小值點;(2)設f(x)的極小值為m,求證:m+a<4ac深度解析

答案全解全析五年高考練1.D∵y'=aex+lnx+1,∴y'x=1=ae+1,∴2=ae+1,∴a=e-1,∴切點坐標為(1,1).將(1,1)代入y=2x+b,得1=2+b,∴b=-1,故選D.2.答案y=3x解析∵y'=3(x2+3x+1)ex,∴曲線在點(0,0)處的切線的斜率k=y'x=0=3,∴曲線在點(0,0)處的切線方程為y=3x.3.答案(e,1)解析設A(x0,y0),由y'=1x,得該點處的切線斜率k=1x0,∴在點A處的切線方程為y-lnx0=1∵切線經(jīng)過點(-e,-1),∴-1-lnx0=1x0(-e-x0),∴l(xiāng)nx0=令g(x)=lnx-ex則g'(x)=1x+ex2∴g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).又g(e)=0,∴l(xiāng)nx=ex有唯一解∴x0=e,∴點A的坐標為(e,1).4.答案①②③解析設y=-f(b)-f(a)b-a,由已知條件可得甲、乙兩個企業(yè)在[t1,t2]這段時間內(nèi)污水治理能力強弱的數(shù)值計算式為-f(t2由題圖可知,在t=t2處,甲、乙的切線斜率滿足k甲<k乙<0,所以-k甲>-k乙,即甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強,所以②對;在t3時刻,由題圖可知甲、乙兩企業(yè)的污水排放量都在污水達標排放量以下,所以③對;由計算式-f(b)-f(a)b-a可知,解后反思本題以環(huán)保部門要求相關企業(yè)加強污水處理,排放未達標的企業(yè)要限期整改這個情境為載體,貼近生活,要求考生能夠在短時間內(nèi)審清題意,理清解決問題的思路,建立適當?shù)臄?shù)學模型來解決問題,體現(xiàn)試題的教育價值.通過企業(yè)污水治理能力的強弱的計算式,考查學生的抽象概括、直觀想象、分析和解決具有實際意義問題的能力,同時考查了數(shù)形結合的思想.正確理解題目所給的信息,并把信息翻譯成數(shù)學問題是解決本題的第一個關鍵;理解一段時間內(nèi)企業(yè)污水治理能力的強弱的計算式,并把這個計算式與函數(shù)圖象在某點處切線的斜率聯(lián)系起來是正確解決本題的第二個關鍵.5.Dy'=-4x3+2x=-2x(2x-1)(2x+1),當x>0時,函數(shù)y=-x4+x2+2在0,22上單調(diào)遞增,在22,+∞上單調(diào)遞減.又函數(shù)y=-x4+x2+2為偶函數(shù),所以D6.答案-1;(-∞,0]解析因為f(x)為奇函數(shù),且f(x)的定義域為R,所以f(0)=0,所以e0+ae-0=0,解得a=-1.因為f(x)在R上為增函數(shù),所以f'(x)=ex-aex≥0在R上恒成立,即a≤e2x在R上恒成立,又因為e2x>0,所以a≤0,7.解析(1)當a=1時,f(x)=ex-x-2,則f'(x)=ex-1.當x<0時,f'(x)<0;當x>0時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)f'(x)=ex-a.當a≤0時,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)至多存在1個零點,不合題意.當a>0時,由f'(x)=0可得x=lna.當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,故當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a(1+lna).(i)若0<a≤1e,則f(lna)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在1個零點,不合題意(ii)若a>1e,則f(ln由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)存在唯一零點.由(1)知,當x>2時,ex-x-2>0,所以當x>4且x>2ln(2a)時,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>e故f(x)在(lna,+∞)存在唯一零點.從而f(x)在(-∞,+∞)有兩個零點.綜上,a的取值范圍是1e方法總結已知函數(shù)的零點求參數(shù)的取值范圍(1)利用函數(shù)零點存在定理構建不等式(組)求解.(2)分離參數(shù)后轉化為函數(shù)的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關系問題,從而構建不等式(組)求解.(4)利用導數(shù)研究函數(shù)的圖象和性質,由函數(shù)零點的個數(shù),判斷函數(shù)的極值大于零還是小于零,從而建立關于參數(shù)的不等式(組)求解.8.解析(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1,+∞).因為f'(x)=1x+2(x-1)2>0,因為f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零點x1,即f(x1)=0.又0<1x1<1,f1x綜上,f(x)有且僅有兩個零點.(2)證明:因為1x0=所以點B-lnx0,1x由題設知f(x0)=0,即lnx0=x0故直線AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲線y=ex在點B-lnx0,9.C由題中選項可知a≥0.當0≤a≤1時,若x≤1,則f(x)=(x-a)2+2a-a2,可知f(x)min=f(a)=2a-a2,因為f(x)≥0恒成立,所以f(x)min=2a若x>1,則f(x)=x-alnx,f'(x)=1-ax因為0≤a≤1,x>1,所以f'(x)=1-ax所以f(x)=x-alnx在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)>1-aln1=1>0.所以當0≤a≤1時,f(x)≥0在R上恒成立.當a>1時,若x≤1,則f(x)=(x-a)2+2a-a2在(-∞,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)min=f(1)=1>0.若x>1,則f(x)=x-alnx,f'(x)=1-ax,令f'(x)=0,得x=a.當x∈(1,a)時,f'(x)<0,所以f(x)在(1,a)上單調(diào)遞減;當x∈(a,+∞)時,f'(x)>0,所以f(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增.所以當x>1時,f(x)min=f(a)=a-alna,若f(x)≥0恒成立,則f(x)min=a-alna≥0,即lna≤1,解得1<a≤綜上可知,若f(x)≥0在R上恒成立,則0≤a≤e.故選C.10.Af'(x)=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因為x=-2是函數(shù)f(x)的極值點,所以f'(-2)=0,所以4-2(a+2)+a-1=0,解得a=-1,此時f'(x)=(x2+x-2)ex-1.由f'(x)=0,解得x=-2或x=1,且當-2<x<1時,f'(x)<0,當x>1時,f'(x)>0,故x=1為f(x)的極小值點,11.答案-3解析由題意得,f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).當a≤0時,對任意x∈(0,+∞),f'(x)>0,則函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),則f(x)>f(0)=1,則f(x)在(0,+∞)上沒有零點,不滿足題意,舍去.當a>0時,令f'(x)=0及x>0,得x=a3,則當x∈0,a3時,f'(x)<0,當x∈a3,+∞時,f'(x)>0,因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,a3,單調(diào)遞增區(qū)間是a3,+∞,在x=a3處f(x)取得極小值fa3=-a327+1.而函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個零點,所以fa3=-a327+1=0,解得a=3,因此f(x)=2x3-3x2+1,則f'(x)=2x(3x-3).令f'(x)=0,結合x∈[-1,1],得x=0或x=1.而當x∈(-1,0)時,f'(x)>0,當x∈(0,1)時,f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-1,0)上是增函數(shù),在(0,1)上是減函數(shù),所以f(x)max=f(0)=1.又12.答案-3解析因為f(x+2π)=2sin(x+2π)+sin(2x+4π)=f(x),所以2π是函數(shù)f(x)的一個周期,不妨取區(qū)間[0,2π]進行分析.f'(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2,令f'(x)=0,解得cosx=12或cosx=-1.當x在[0,2π]上變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表x0,π3ππ3,πππ,5π355π3,2πf'(x)+0-0-0+f(x)↗極大值↘↘極小值↗可知函數(shù)f(x)在[0,2π]上的極小值即為函數(shù)f(x)在定義域上的最小值,所以f(x)min=f5π3=2sin5π3+sin13.答案415解析設△ABC的邊長為acm,0<a<53,則三個等腰三角形的高為5-36acm,折起后所得正三棱錐的高為5-36a2-36a2=25-533a(cm),所以所得三棱錐的體積為13×34a2×25-533a=31225a4-533a5(cm3).令u=25a4-533a5,則u'=100a3-2533a4=25a34-33a,其中0<a<53,當0<a<43時,u'>0,當43<a<53時,u'<0,故14.解析(1)由題可知函數(shù)f(x)的定義域為R.f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,則當x∈(-∞,0)∪a3,+∞時,f'(x)>0;當x∈0,a3時,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),a3,+∞上單調(diào)遞增,在若a=0,則f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.若a<0,則當x∈-∞,a3∪(0,+∞)時,f'(x)>0;當x∈a3,0時,f'(x)<0.故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)(2)滿足題設條件的a,b存在.(i)當a≤0時,由(1)知,f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b.此時當且僅當b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1時滿足題意.(ii)當a≥3時,由(1)知,f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b.此時當且僅當2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1時滿足題意.(iii)當0<a<3時,由(1)知,f(x)在[0,1]上的最小值為fa3=-a327+b,最大值為若-a327+b=-1,b=1,則a=332,與若-a327+b=-1,2-a+b=1,則a=33或a=-33或a=0,與0<a<3綜上,當且僅當a=0,b=-1或a=4,b=1時,f(x)在[0,1]上的最小值為-1且最大值為1.15.解析(1)f'(x)=3x2+b.依題意得f'12=0,即3故b=-34(2)由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-34.令f'(x)=0,解得x=-12或f'(x)與f(x)的情況為:x-∞,-12-1-12,12112+∞f'(x)+0-0+f(x)↗c+1↘c-1↗因為f(1)=f-12=c+14,所以當c<-14時,f(x)因為f(-1)=f12=c-14,所以當c>14時,f(x)只有小于由題設可知-14≤c≤1當c=-14時,f(x)只有兩個零點-12當c=14時,f(x)只有兩個零點-1和1當-14<c<14時,f(x)有三個零點x1,x2,x3,且x1∈-1,-12,x2∈-1綜上,若f(x)有一個絕對值不大于1的零點,則f(x)所有零點的絕對值都不大于1.16.解析f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x(1)當a=e時,f(x)=ex-lnx+1,則f(1)=e+1,f'(1)=e-1,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-(e+1)=(e-1)·(x-1),即y=(e-1)x+2.直線y=(e-1)x+2在x軸,y軸上的截距分別為-2e因此所求三角形的面積為2e(2)當0<a<1時,f(1)=a+lna<1.當a=1時,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-1x.當x∈(0,1)時,f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.所以當x=1時,f(x)取得最小值,最小值為f(1)=1,從而f(x)≥當a>1時,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).名師點評本題第(2)問中,由不等式成立求參數(shù)的取值范圍,常規(guī)解法是分離參數(shù)轉化為求函數(shù)的最值問題,而本題中參數(shù)分布范圍較廣,無法分離,所以要對參數(shù)進行分類討論,怎樣分類是本題的一個難點,特別是當a>1時,證明f(x)≥1需要用到a=1時的結論,思路很窄,技巧性較強.17.解析(1)由f(x)=14x3-x2+x,得f'(x)=34x令f'(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=8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(2)證明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].則g(x)=14x3-x2,g'(x)=34x令g'(x)=0,得x=0或x=83當x變化時,g'(x),g(x)的變化情況如下表:x-2(-2,0)00,884g'(x)+0-0+g(x)-6↗0↘-64↗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a<-3時,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;當a>-3時,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;當a=-3時,M(a)=3.綜上,當M(a)最小時,a=-3.三年模擬練應用實踐1.A結合題中圖象列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,0)0(0,3)3(3,+∞)xf'(x)+0-0+0-f'(x)-0++0-f(x)↘極小值↗↗極大值↘由表知,A正確,故選A.易錯警示f'(x)與f(x)的圖象可以相互轉化,在轉化的過程中,導函數(shù)看正負,原函數(shù)看增減;區(qū)間端點值在解題時要單獨判斷,如f'(0)的值不能確定,解題時要防止漏判導致錯誤.2.D設公切線在f(x)上的切點為P(x1,x12-1),在g(x)上的切點為Q(x2,alnx∵f'(x)=2x,g'(x)=ax∴kPQ=2x1=ax2=∴2x1x2=a,①2x1x2-2x12=alnx2-x12,即a-a2∴a=4x22-4x22ln令h(x)=4x2-4x2lnx(x>0),則h'(x)=4x(1-2lnx),令h'(x)=0,得lnx=12,解得x=e當0<x<e時,h'(x)>0;當x>e時,h'(x)<0,∴h(x)在(0,+∞)上的最大值為h(e)=4(e)2(1-lne)=2e,結合選項知,D正確.3.A∵f(x)=x2+2ax,∴f'(x)=2x+2a,∴f'(x1)=2x1+2a,又f(x1)=x12+2ax∴過A點的切線方程為y=(2x1+2a)x-x12又∵g(x)=-1x∴g'(x)=1x2,∴g'(x2)=又g(x2)=-1x∴過B點的切線方程為y=1x22x-由題意知①②都為直線AB,∴2x1+2a=1x22,令h(x)=x48-x,h'(x)=x3令h'(x)=0,得x=32當x∈(-∞,0)和(0,32)時,h(x)單調(diào)遞減,且當x∈(-∞,0)時,h(x)>h(0)=0恒成立當x∈(32,+∞)時,h(x)單調(diào)遞增∴當x=32時,h(x)有最小值,∴x1=3則x2=2x12=32,∴x1+x2=24.BD∵f(x)的定義域為[-2π,2π),∴f(x)是非奇非偶函數(shù),A錯誤.∵f(x)=x+sinx-xcosx,∴f'(x)=1+cosx-(cosx-xsinx)=1+xsinx,當x∈[0,π)時,f'(x)>0,則f(x)在[0,π)上單調(diào)遞增,B正確.顯然f'(0)≠0,令f'(x)=0,得sinx=-1x分別作出y=sinx,y=-1x在區(qū)間[-2π,2π)上的圖象,如圖由圖可知,這兩個函數(shù)的圖象在區(qū)間[-2π,2π)上共有4個公共點,且兩個圖象在這些公共點上都不相切,故f(x)在區(qū)間[-2π,2π)上的極值點的個數(shù)為4,且f(x)只有2個極大值點,C錯誤,D正確.故選BD.5.D因為f(x)=-ex+1,x≤1,lnx,x>1,點A(x1,y1由f(x)的圖象在點A和點B處的切線互相垂直及導數(shù)的幾何意義可知,f(x)的圖象在點A和點B處的切線的斜率之積為-1,①當x1<x2≤1時,滿足(-ex1)×(-ex2)=-1,即ex因為ex1+x2>0,所以方程無解.即不存在x1,x2∈(-∞,1],使得f(x)的圖象在點②當x1≤1<x2時,滿足(-ex1)×1x2=-1,即ex1=x2.因為所以x1>0,所以A、B錯誤.易知x2x1=ex1x1則g'(x)=exx'=xe令g'(x)=0,得x=1,所以當x<1時,g'(x)<0,則g(x)=exx在x<1所以g(x)=exx在x=1時取得極小值,也是最小值,即g(1)min=e11=e,無最大值,易知x1x2=x1·ex1,令h(x)=xex(x≤1),則h'(x)=ex+xe令h'(x)=0,解得x=-1,所以當x<-1時,h'(x)<0,則h(x)=xex在x<-1時單調(diào)遞減,當-1<x≤1時,h'(x)>0,則h(x)=xex在-1<x≤1時單調(diào)遞增,所以h(x)=xex在x=-1時取得極小值,也是最小值,即h(-1)min=-1e在x=1時取得最大值,即h(1)max=e,所以D正確.③當1<x1<x2時,滿足1x1×1x2=-1,即x1·x2=-1,此方程無解,6.答案(1,16)解析∵f(x)=x+ax,∴f'(x)=1-ax2當a≤0時,對任意的x∈(1,4),f'(x)>0,∴函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,4)上為增函數(shù),則函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,4)上沒有最小值.當a>0時,令f'(x)=0,可得x=a(負值舍去),當0<x<a時,f'(x)<0,當x>a時,f'(x)>0,∴函數(shù)y=f(x)的極小值點為x=a,由題意可得1<a<4,解得1<a<16.∴實數(shù)a的取值范圍是(1,16).7.答案2解析設曲線y=ex+x2上斜率為1的切線的切點坐標為P(x0,y0),由y'=ex+2x得,ex0+2x設g(x)=ex+2x,則g'(x)=ex+2>0,∴g(x)在R上是增函數(shù).又g(0)=e0+2×0=1,∴ex0+2x0=1有唯一解x∴切點坐標為P(0,1),∴切線方程為y-1=x,即x-y+1=0.∴點P到直線x-y-1=0的距離的最小值為|0-1-1|2=28.答案34解析當g(x)=0時,f(x)=kx-1,可理解為函數(shù)y=f(x)的圖象與直線y=kx-1的交點問題,畫出圖象如圖.令h(x)=(x-1)3,則h'(x)=3(x-1)2,設切點P的坐標為(x0,y0),則過點P的切線方程為y-(x0-1)3=3(x0-1)將點(0,-1)的坐標代入,可得-1-(x0-1)整理得,2x03-3所以x0=0(