浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用阶段滚动练一第1～4章含解析
阶段滚动练(一) 第1～4章
(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)
选择题部分(共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4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.(2019·全国Ⅰ卷)已知集合M＝{x|－4
0，
∵当x≥0时，f(x)＝ex－1，∴f(－x)＝e－x－1.
又∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.故选D.
答案 D
6.函数y＝的图象大致是( )
解析 令y＝f(x)＝(x≠0)，所以f(－x)＝＝＝f(x)，即f(x)是偶函数，排除B；当x>0时，f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，令ln x＋1>0，则x>；令ln x＋1<0，则00.
即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式得k<＋x2－2x恒成立.
令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，
所以k0，a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)>x2＋x－ex＋2.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f′(x)>0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>，f′(x)<0得00，设g(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
令g′(x)＝ex－＝0，
此时方程有唯一解x0，满足ex0＝(x0≠1).
当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值g(x0)
g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2，因为x0>0，且x0≠1，
所以g(x)min>2－2＝0，因此不等式得证.
20.(本小题满分15分)若关于x的不等式(acos x－1)(ax2－x＋16a)＜0在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
解 设f(x)＝acos x－1，g(x)＝ax2－x＋16a，则关于x的不等式(acos x－1)(ax2－x＋16a)＜0在(0，＋∞)上有解，等价于存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立.①当a＞1时，函数f(x)＝acos x－1在(0，＋∞)上存在零点，即存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)＜0，函数g(x)＝ax2－x＋16a＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；②当≤a≤1时，函数f(x)＝acos x－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；③当0＜a＜时，函数f(x)＝acos x－1＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＝0存在两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，且所以x1，x2∈(0，＋∞)，所以存在x0∈(0，x1)∪(x2，＋∞)使得g(x0)＞0，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；④当a＝0时，显然不等式不成立；⑤当－＜a＜0时，函数f(x)＝acos x－1＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＝0存在两个不同的零点x1，x2，且所以x1，x2∈(－∞，0)，所以函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时不存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；⑥当－1≤a≤－时，函数f(x)＝acos x－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时不存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；⑦当a＜－1时，函数f(x)＝acos
x－1在(0，＋∞)上存在零点，即存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)＞0，函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立.综上所述，实数a的取值范围为(－∞，－1)∪(0，＋∞).
21.(本小题满分15分)(2020·杭州质检)设函数f(x)＝－k(x－1)2.
(1)若k＝1，解方程f(x)＝0；
(2)若关于x的方程f(x)＝0有四个不同的解，求k的取值范围.
解 (1)当k＝1时，－(x－1)2＝0，
所以|x－1|·＝0，
所以|x－1|＝0或1－|x－1|(x－2)＝0，
解得x＝1或x＝.
(2)因为|x－1|·＝0，
即|x－1|＝0或－k|x－1|＝0，
当|x－1|＝0时，x＝1，此时k∈R；
所以－k|x－1|＝0有三个不等于1的解，
即＝|x－1|·(x－2)有三个不等于1的解，
根据函数y＝|x－1|·(x－2)的图象，
得－＜＜0，即k＜－4.
22.(本小题满分15分)(2020·绍兴适应性考试)已知函数f(x)＝2ln(ax＋b)，其中a，b∈R.
(1)若直线y＝x是曲线y＝f(x)的切线，求ab的最大值；
(2)(一题多解)设b＝1，若关于x的方程f(x)＝a2x2＋(a2＋2a)x＋a＋1有两个不相等的实根，求a的最大整数值.(参考数据：ln ≈0.223)
解 (1)设直线y＝x与y＝f(x)相切于点P(x0，2ln(ax0＋b)).因为f′(x)＝，
所以f′(x0)＝＝1，所以ax0＋b＝2a(a＞0).
又因为P在切线y＝x上，所以2ln(ax0＋b)＝x0，
所以x0＝2ln(ax0＋b)＝2ln2a，b＝2a－ax0＝2a－2aln 2a，因此ab＝2a2－2a2ln 2a(a＞0)，
设g(a)＝2a2－2a2ln 2a(a＞0)，
则由g′(a)＝2a－4aln 2a＝2a(1－2ln 2a)＞0，
解得0＜a＜.所以g(a)在上单调递增，
在上单调递减，
可知g(a)的最大值为g＝，
所以ab的最大值为.
(2)法一 原方程即为2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)，
设ax＋1＝t，则上述方程等价于2ln t＝t2＋at(t＞0).
设p(t)＝2ln t－t2－at(t＞0)，
则函数p(t)需有两个不同的零点.
因为p′(t)＝－2t－a在(0，＋∞)上单调递减，
则p′(t)＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根t0，
即p′(t0)＝0，即at0＝2－2t.
所以当t∈(0，t0)时，p′(t)＞0；当t∈(t0，＋∞)时，p′(t)＜0.
因此p(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，＋∞)上单调递减.
①当a＞0时，由at0＝2－2t＞0得t0∈(0，1).
p(t)≤p(t0)＝2ln t0－t－at0＝2ln t0－t－(2－2t)
＝2ln t0＋t－2＜0，
不合题意，舍去.
②当a＜0时，由at0＝2－2t＜0得t0∈(1，＋∞).
(ⅰ)当t∈(0，1)时，则p(t)＝2ln t－t2－at＜2ln t＋|a|，
取t1＝e－，则p(t1)＜0；
(ⅱ)当t∈(1，＋∞)时，
则p(t)＝2ln t－t2－at＜2(t－1)－t2－at＜－t2＋(2－a)t，取t2＝2＋|a|，则p(t2)＜0.
因此t1＜t0＜t2，且p(t1)＜0，p(t2)＜0.
要使函数p(t)＝2ln t－t2－at(t＞0)有两个不同的零点，
则只需p(t0)＝2ln t0－t－at0＞0，
所以只需p(t0)＝2ln t0－t－(2－2t)＝t＋2ln t0－2＞0.
因为p(t0)＝t＋2ln t0－2是关于t0的增函数，
且p(1)＝－1＜0，p＝2ln －＞0，
所以存在m∈使得p(m)＝0，
所以当t0＞m时，p(t0)＞0.
因为a＝－2t0是关于t0的减函数，
所以a＝－2t0＜－2m，又因为－2m∈，
所以a的最大整数值为－1.
法二 原方程即为2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)，
设ax＋1＝t，则原方程等价于关于t的方程2ln t－t2－at＝0(t＞0)有两个不同的解，
即关于t的方程a＝(t＞0)有两个不同的解.
设h(t)＝，则h′(t)＝.
设m(t)＝2－t2－2ln t，由t＞0知m′(t)＝－2t－＜0，
所以m(t)＝2－t2－2ln t在(0，＋∞)上单调递减，
又m(1)＝1＞0，m＝－2ln ＜0，
所以存在t0∈使得m(t0)＝0.
当t∈(0，t0)时，m(t)＞0，h′(t)＞0；
当t∈(t0，＋∞)时，m(t)＜0，h′(t)＜0.
所以h(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，＋∞)上单调递减，
所以h(t0)＝＝＝－2t0∈.
要使得关于t的方程a＝(t＞0)有两个不同的解，则a＜h(t0).
当a＝－1时，设p(t)＝2ln t－t2＋t，
则p′(t)＝－2t＋1，
可知p(t)在上单调递增，在上单调递减.
又p(1)＝0，p＞0，p(e)＝2－e2＋e＜0，
p(t)有两个不同的零点，符合题意.
所以a的最大整数值为－1.
