全品高考备战2027年数学一轮备用题库05重点强化练(五)【答案】

重点强化练(五)1.解:(1)当a=1,b=-2时,f(x)=lnx-2x-x,x>0,则f'(x)=1x+2x2-1=x-x2+2x2,令f'(x)=2,得x-x2+2x2=2,又f(1)=-3,所以切点坐标为(1,-3),结合切线的斜率为2,可得切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-bx2因为x=1是f(x)的极小值点,所以f'(1)=-1+a-b=0,可得a=b+1,则f'(x)=-x2+当b≤0时,令f'(x)>0,得x∈(0,1),令f'(x)<0,得x∈(1,+∞),则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;当0<b<1时,令f'(x)>0,得x∈(b,1),令f'(x)<0,得x∈(0,b)∪(1,+∞),则f(x)在(b,1)上单调递增,在(0,b),(1,+∞)上单调递减,所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;当b=1时,f'(x)=-(x-1)2x2≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,f当b>1时,令f'(x)>0,得x∈(1,b),令f'(x)<0,得x∈(0,1)∪(b,+∞),则f(x)在(1,b)上单调递增,在(0,1),(b,+∞)上单调递减,所以x=1是f(x)的极小值点,满足题意.综上,b的取值范围是(1,+∞).2.解:(1)由题知f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0恒成立,故f(x)在R上是减函数;当a>0时,令f'(x)>0,得x>-lna,令f'(x)<0,得x<-lna,故f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.(2)证明:方法一:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(-lna)=a(e-lna+a)+lna=1+a2+lna,令g(a)=1+a2+lna-2lna+32=a2-lna-12(a>0),则g'(a)=2a-1a令g'(a)>0,得a>22令g'(a)<0,得0<a<22,故g(a)在0,22上单调递减,在22,+∞上单调递增,故g(a)≥g即f(x)min>2lna+32所以f(x)>2lna+32,故得证方法二:当a>0时,由(1)得f(x)min=f(-lna)=1+a2+lna,要证f(x)>2lna+32,只需证1+a2+lna>2lna+32,即证a2-12>lna,易证lna≤a-1,所以只需证明a2-12>a-1,即证a2-a+12>0.因为a2-a+12=a-122+14>0恒成立,所以f3.解:(1)当a=-12时,f(x)=lnx-12x2+3,x∈(0,+∞),所以f'(x)=1x-x=1-x2x,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>1时,f'(x所以f(x)在x=1处取得极大值f(1)=52,无极小值(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax=1+2ax2当a≥0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,若x∈0,--2a2a,则f'(x)>0,所以f(x)在0,--2a2a上单调递增,若x∈--2a2a,+∞,则f'(x)<0,所以f(x)当a<0时,f(x)在0,--2a2(3)当a=0时,f(x)=lnx+3.xf(x)>kx-k+2,x∈(1,+∞)恒成立,即k<xlnx+3令F(x)=xlnx+3x-2x-1,x>1,则F'(x)=x-lnx-2(x-1)2,令m(x)=x-lnx-2,x>1,则m'(x)=1-1x=x-1x>0,所以m(x)在(1,+∞)上单调递增,又m(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,m(4)=2-ln4>0,所以存在唯一的实数b当x∈(1,b)时,m(x)<0,即F'(x)<0,当x∈(b,+∞)时,m(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在(1,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,所以F(x)min=F(b)=blnb+3b-2b-1=b(b-2)+3b-2b4.解:(1)当a=3时,f(x)=-12e2x+4ex-3x-5,f'(x)=-e2x+4ex-3=-(ex-1)(ex-3),则当ex∈(0,1)∪(3,+∞),即x∈(-∞,0)∪(ln3,+∞)时,f'(x)<0,当ex∈(1,3),即x∈(0,ln3)时,f'(x故f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(ln3,+∞),单调递增区间为(0,ln3).(2)证明:f'(x)=-e2x+4ex-a,令t=ex,φ(t)=-t2+4t-a,令t1=ex1,t2=ex2,则t1,t2是方程t2-4t+a=0的两个正根,则Δ=(-4)2-4a=16-4a>0,即a<4,故t1+t2=4,t1t2=a>0,所以0<a<4,所以f(x1)+f(x2)+x1+x2=-12e2x1+4ex1-ax1-5-12e2x2+4ex2-ax2-5+x1+x2=-12(t12+t22)+4(t1+t2)-(a-1)(lnt1+lnt2)-10=-12[(t1+t2)2-2t1t2]+4(t1+t2)-(要证f(x1)+f(x2)+x1+x2<0,即证a-(a-1)lna-2<0(0<a<4).令g(x)=x-(x-1)lnx-2(0<x<4),则g'(x)=1-lnx+x-1x=1x-lnx,令h(x)=1x-lnx(0<x<4),则h'(x)=-1x2-1x<0,则g'(x)在(0,4)上单调递减,又g'(1)=11-ln1=1,g'(2)=12-ln2<0,故存在x0∈(1,2),使g'(x0)=1x0-lnx0=0,即1x0=lnx0,则当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,当x∈(x0,4)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,g(x)在(x0,4)上单调递减,则g(x)≤g(x0)=x0-(x0-1)lnx0-2=x0-(x0-1)×1x0-2=x0+1x0-3,又x0即g(x)<0,即f(x1)+f(x2)+x1+x2<0.5.解:(1)因为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+f″(x0)2!(x-x0)2+…+f(n)(x0)n!(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),所以y=ex,y=sinx,y=cosx在x=0处的泰勒展开式分别为y=ex=1+x+12!x2+…+1n!xn+…,y=sinx=x-13!x3+15!x5-17!x7+…+(-1)n-1(2n(2)证明:把y=ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix,可得eix=1+(ix)+12!(ix)2+13!(ix)3+14!(ix)4+…+1n!(ix)n+…=1-12!x所以eiπ=cosπ+i·sinπ=-1,即eiπ+1=0.(3)证明:结合y=sinx在x=0处的泰勒展开式,先证当x∈0,32时,sinx>x-16x3,令f(x)=sinx-x+16x3,x∈0,32,所以f'(x)=cosx-1+12x2,f‴(x)=1-cosx,又x∈0,32,所以f‴(x)>0,所以f″(x)在0,32上单调递增,所以f″(x)>f″(0)=0,所以f'(x