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第第#頁共19頁答案全解全析一、單項選擇題B因為f(x)=x2,所以f(x)在區(qū)間[-1,2]上的平均變化率為代2)-代-1)=竺_=1.故選B.2(1)3B對于A,(2x)'=2xln2,A錯誤;對于B,(sinxcosx+1)'=(sinx)'cosx+sinx(cosx)'=cos2x-sin2x=cos2x,B正確;對于C,(lgx)'二丄,C錯誤;咒ln10對于D,(x-1)'=-x-2,D錯誤.故選B.B由題得f'(x)=lnx+2019,???f(x0)=lnx0+2019=2019,.?.Inx0=0,解得x0=1.故選B.C由f(x)=2x2-f(1)?x-3,得f'(x)=4x-f'(1),.f'(1)=4-f'(1),.f'(1)=2,.f(x)=2x2-2x-3,.f(1)=2-2-3=-3..f(1)+f'(1)=-3+2=-1.A易知f(x)=x2-2cosx為偶函數,.f(-i)=f(i),33
???f(x)=2x+2sinx,當xW(0,l)時,f(x)>0,二f(x)在(0,1)上為增函數,.?.f(o)<您卜f?,???f(0)<f(-1)<f(2).故選A.33A?f(x)=2x2-ln|x|=f(-x),???函數f(x)是偶函數,???f(x)的圖象關于y軸對稱,故排除B.當X—0時,f(x)f+s,故排除D.當x>0時,f(x)=2x2-lnx,f(x)=4x-1=(2x~1)(2%1),當x=2時,f(x)取最小XX2值,且f(1)=1-ln丄>0,故排除C.222故選A.7.B設切點為(x0,y0),由f(x)=lnx+卩,得£儀)=丄-2,又直線y=-x+3與曲00XXX2線y=f(x)相切,-1-—=-1,①x0X2所以y=-%3,②由②③得%+3=lnXn+2o2=-Xn+3-lnX",代入丿0[000rr00iy=lnlx2,③00V00%0①得2x0+lnx0-2=0.易得x0=1,代入①得a=2.故選B.8.D由f(x)=-x(x-a)2,得f(x)=-(3x-a)?(x-a),令f(x)=0,得x/或x=a,當3a>3時,-<a,3所以3在所以3在(-8,3,[a,+s)上單調遞減,在(字a)上單調遞增,又當a>3時,蘭>1,所以f(x)在(。,1]上為減函數,3又kw[-1,0],sin0^[-1,1],所以-2W-k-sin8-1W1,-1Wk2-sin2&W1,由不等式f(-k-sine-l)$f(k2-sin2e)對任意的k三[-1,0]恒成立,得sin20-sinsin20-sin8-1Wk2+k=(k+1)丄對任意的k三[-1,0]恒成立,4所以sin28-sinB-1W-1恒成立,4解得丄WsineW3,即-AWsinBW1,222結合選項知,e的可能取值是豈.6故選D.易錯警示利用單調性解決相關應用問題時,要注意單調區(qū)間的判定,當自變量都在同一個單調區(qū)間內才能利用相應的單調性,解題時防止漏證導致解題錯誤.二、多項選擇題9.ABC選項A中,若y=sinn=^,則y'=0,故A正確;選項B中,若32f(x)=3x2-f(1)?x,則f(x)=6x-f(1),令x=1,則f(1)=6-f(1),解得f(1)=3,故B正確;選項C中,若y=-G+x,則y'=-丄+1,故C正確;選項D中,若y=sin2五x+cosx,則y'=cosx-sinx,故D錯誤.故選ABC.10.ABD由y=f(x)的圖象知,當2<x<0時,f(x)<0;當0<x<4時,f(x)>0,2因此f(x)在(-2,0)上單調遞減,在(0,4)上單調遞增,故A、B正確.f(x)在x=1附近單調遞增,在x=1處不取極大值,故C錯誤.由f(x)在(-)0)上單調遞減,在(0,4)上單調遞增,得f(x)在x=0處取得極小值,故D正確.故選ABD.11.BD依題意得f(x)=—-2lnx=m-2xlnx(x>0),XX若函數f(x)具有“凹凸趨向性”,則m=2xlnx在(0,+s)上有2個不同的實數根,
令g(x)=2xlnx,則g'(x)=2(1+lnx),令g'(x)>0,解得x>1;令g'(x)<0,解得0<x<1,eeg(x)在(0,丄)上單調遞減,在(匕+?)上單調遞增,故g(x)的最小值是g(1)=-2,當X—0時,g(x)f0,故-2<m<0,故選BD.eee因為f'(x)cosx+f(x)sinx<0,所以g'(x)J'(x)cos%+f&)sin殳0所以g'(x)J'(x)cos%+f&)sin殳0在cos2x2cos2x即f(n)>^f(n),故a錯誤;易錯警示本題通過構造函數,利用函數的單調性比較大小.構造函數時,利用含導函數的不等式分析其運算結構,結合求導法則構造函數.平時要積累構造函數的方法.三、填空題13.答案-3m解析f(x0)=m,???原式=-3lim張0-3加)-%0)△咒—0_3△咒=-3f'(x0)=-3m.14.答案-4;12x-y+20=0解析由f(x)是定義在R上的奇函數知,f(0)=a=0,f(x)=2x3-3x2,???當x<0時,-x>0..??f(-x)=-2x3-3x2,又f(-x)=-f(x),?f(x)=2x3+3x2,?f'(x)=6x2+6x.?f(-2)=-4,f'(-2)=12.???f(x)在(-2,f(-2))處的切線方程為y+4=12(x+2),即12x-y+20=0.15.答案已+呵5解析因為函數f(x)=1x2-2ax-alnx(a^R)在(1,2)上單調遞減,2所以f(x)=x-2a-?J2-2ax-awo在(1,2)上恒成立,即a上丄在x^(1,2)上XX2x+1恒成立.利用導數易知函數y=旦在(1,2)上是增函數,2%+1所以旦<」^=4,故a》4.2%+12X2+155答案[3-2ln2,+8)解析因為X]工x2,所以不妨設X]<x2.當x$1時,f(x)=1+lnx$1,當x<1時,f(x)仝±i<1,根據f(x1)+f(x2)=2可知x1<1<x2,所以f(x1)=^l+1,2121212f(x2)=1+lnx2,所以f(x1)+f(x2)=xi+1+1+lnx2=2,故x1=1-2lnx2,所以x1+x2=x2-2lnx2+1,x2>1.記g(x2)=x2-2lnx2+1(x2>1),則g'(x2)=生^,于是易X2得g(x2)在(1,2)上單調遞減,在(2,+^)上單調遞增,所以g(x2)$g(x2)$g(2)=3-21n2,又當x2?+叫所以g(x2)的值域是[3-2ln2,+s).所以X]+x2的取值范圍是[3-21n2,+s).解題模板分段函數問題要明確自變量的取值范圍,選擇函數解析式,找到X]、x2的關系.進而構造函數,利用導數解決函數的值域,從而得到取值范圍.四、解答題解析(1)由題意得,f(x)=4,(2分)令f(x)>0,得0<x<2,令f(x)<0,得x>2或x<0,(4分)故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,2),單調遞減區(qū)間為(?,0),(2,+x).(5分)⑵易知f(0)=0,f(2)=Zf(-i)遲TOC\o"1-5"\h\ze224因為f(2)-f(-1)=4一蟲一16。2?>162°2=8e2—aV^eX2血七)>0,(8分)2e244e24e22e22e2'所以f(2)>f(丄).或由f(2)一蘭>4,f(-i)一匹<逅,4>逅可得f(2)>f(丄)12e29244942又當x>0時,f(X)上>0,e%所以函數f(x)在區(qū)間匕,°°)上的值域為[0,三](10分)解析(1)由f(x)=(a-b)x2-x-xlnx,得f(x)=2(a-b)x-lnx-2,(2分)由jf(1)=a-b-1=ar由{f'(1)=2(a-b)-2=0,得悩=1,(4分)(2)因為a=1,所以f(x)=(1-b)x2-x-xlnx.(5分)f(x)$0對任意xW(O,+s)恒成立等價于bWl-1-旦對任意xW(O,+s)恒TOC\o"1-5"\h\z?y*-y*J\,J\,成立,(6分)令g(x)=1-1-ln^,Wg'(x)=ln^.(8分)XXx2當xW(0,l)時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上單調遞減,(9分)當xW(l,+s)時,g'(x)>0,所以g(x)在(1,+◎上單調遞增,(10分)所以g(x)min=g(1)=0,所以bw(-叫0].(12分)解析(1)Tf(x)=cosx+xsinx-1,f(x)=xcosx,(2分)當xW(0,2)時,f(x)>0;當xw(n,n)時,f(x)<0,當x發(fā)生變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:(0,2)2f'(x)f(x)極大值f(x)因此,當x=n時,f(x)有極大值,并且極大值為f(x)極大-=f(nn)=nn-1,沒有極小值.(6分)(2)證明:令g(x)=2sinx-xcosx-x,則g'(x)=cosx+xsinx-1=f(x),由⑴知f(x)在(0丐)上單調遞增,在(嚴)上單調遞減.(8分)又f(0)=0,f(n)=n-l>0,f(n)=-2<0,22所以f(x)在(0,n)上存在唯一零點,設為x0.則g'(x0)=f(x0)=0,(9分)當xe(0,x0)時,g'(x)>0;當xW(x0,n)時,g'(x)<0,所以g(x)在區(qū)間(0,x°)上單調遞增,在區(qū)間(x°,n)上單調遞減,又g(0)=0,g(n)=0,所以當xe[0,兀]時,g(x)$0,(ll分)故2sinx-xcosx$x.(12分)20.解析(l)?.?ZOAM=e,PM丄AB,M為AB的中點,???OA=OB=旦,OM=10tanO,OP=10-10tan0,(2分)COS0???y=^xl+Qx2+(10-10tan0)xl.5=^-15tan0+15TOC\o"1-5"\h\zCOS0COS0COS0=15(丄-tane)+15(0<d<n).(5分)、COS0丿'4丿(2)設f(0)=—^-tan0COS0=2Sin0(0<0<n),COS0'4丿則f(O)=-cos2°sin0(2-sin&)COS20=2Sin&-1.(7分)COS20令f(0)=0,得sin0=丄,2又0<0<n,???0=n.(8分)46當0<0<n時,sin0<i,f(0)<0,f(0)單調遞減;(9分)62當n<o<n時,sin0>i,f(0)>0,f(o)單調遞增.(io分)642f(0)的最小值為f(n)=V3,此時總造價最小.(11分).??當0=衛(wèi)時,總造價最小,最小值為(15V3+15)百萬元.(12分)6
21.解析⑴由題意得,函數f(x)的定義域為(0,+s),且f(x)=1+ax+(a+1)=—=(m)(4.(2分)TOC\o"1-5"\h\z?y*-y*-y*J\,J\,J\,當a$0時,f'(x)=1+ax+(a+1)>0,此時f(x)在(0,+s)上單調遞增.(3分)X當a<0時,令f(x)=0,得x=-i或x=-1(舍),丄>0,aa由f(x)>0得0VXV-1,由f(x)<0得x>-i,aa所以f(x)在(0,-1)上單調遞增,在(-£,°°)上單調遞減.(4分)aa綜上,當a$0時,函數f(x)在(0,+s)上單調遞增;當a<0時,函數f(x)在(0,-1)上單調遞增,在(-1,°)上單調遞減.(5分)aa⑵證明:由題意得f(xj=lnxl+ia%2+(a+1)xl,f(x2)=lnx2+ia%2+(a+1)x2,所以k=f(xi)-f(x?)^A^53-y*兀1-兀?lnxrlnxr1ax?(a1)xi-[ln%??a%?(a1)x?TOC\o"1-5"\h\z-In—-ln%?+a^衛(wèi)?)+(a+1),(7分)x1-x??又f(xix?)-_?_+a(xix?)+(a+1),(8分)?X1X??所以要證kg>f(竺2成立,AB?只需證貶1-1叫成立,?y*"V*兀1兀?尤?竺1X?即證ln^1>?(x1-x?)=?(^?1)成立尤?竺1X?-y*-y*"y*幾1無?無1無?廿1人?令邑=t(t>l),即證當tW(l,+s)時,lnt>?(/;-1)成立.(10分)設g(t)=lnt-^^-1)(t>1),t1則g'(t)=i^^^>0(t>1),t(t1)?t(t1)?所以函數g(t)在(1,+s)上是單調遞增函數,(11分)所以HtW(l,+s),都有g(t)>g(1)=0,
即HtW(l,+s),都有Int>2(t-1),ti所以k“>f(竺習.(12分)AB222.解析(1)由f(x)=^2=0,得x=±1,???函數f(x)的零點x0=±1.易得f^(x)=^2-2x1,f(-1)=2e,f(-1)=0,e%?:曲線y=f(x)在x=-1處的切線方程為y=2e(x+1).f(1)=-2,f(1)=0,e曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=-2(x-1).(5分)e⑵證明:由(1)知f(x)J2-2x-1.e%令f(x)=0,得x=1土V2.當xw(-g,i-V5)u(1+V2,+s)時,f(x)>o;當xw(1-V2,1+V2)時,f(
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