《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第二册》

13. 设函数$f(x)=ae^{x}\ln x+\frac{be^{x - 1}}{x}$.
(1)求导函数$f'(x)$；
(2)若曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = e(x - 1)+2$，求$a$，$b$的值.

答案： 解
(1)由$f(x)=ae^{x}\ln x+\frac{be^{x - 1}}{x}$得$f^{\prime}(x)=(ae^{x}\ln x)^{\prime}+(\frac{be^{x - 1}}{x})^{\prime}=ae^{x}\ln x+\frac{ae^{x}}{x}+\frac{be^{x - 1}x - be^{x - 1}}{x^{2}}$.
(2)由于切点既在曲线$y = f(x)$上,又在切线$y = e(x - 1)+2$上,所以将$x = 1$代入切线方程,得$y = 2$,将$x = 1$代入函数$y = f(x)$,得$f(1)=b$,所以$b = 2$.
将$x = 1$代入导函数$f^{\prime}(x)$中,得$f^{\prime}(1)=ae=e$,所以$a = 1$.

14. 设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，已知$a_{1}=1$，_______.
从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解：
①数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是以$\frac{3}{2}$为公差的等差数列；
②$2na_{n + 1}=2S_{n}+3n(n + 1)$.
(1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(2)设$b_{n}=\frac{3}{2S_{n}+7n}$，数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，证明：$T_{n}＜\frac{3}{4}$.

答案： 解
(1)若选择①数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是以$\frac{3}{2}$为公差的等差数列,显然其首项为$1$,
故$\frac{S_{n}}{n}=\frac{3}{2}n-\frac{1}{2}$,故$S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{1}{2}n$.
当$n\geqslant2$时,$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{1}{2}n-\frac{3}{2}(n - 1)^{2}+\frac{1}{2}(n - 1)=3n - 2$,
当$n = 1$时,$a_{1}=S_{1}=1$满足$a_{n}=3n - 2$.
故数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3n - 2$.
若选择②$2na_{n + 1}=2S_{n}+3n(n + 1)$,
即$2n(S_{n + 1}-S_{n})=2S_{n}+3n(n + 1)$,
整理得$nS_{n + 1}-(n + 1)S_{n}=\frac{3}{2}n(n + 1)$,
故$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{3}{2}$,即数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是首项为$1$,公差为$\frac{3}{2}$的等差数列,
与选择①相同,故数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3n - 2$.
(2)证明:根据
(1)中所求可得$S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{1}{2}n$,
则$b_{n}=\frac{3}{2S_{n}+7n}=\frac{1}{n(n + 2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$,
故$T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots +b_{n - 1}+b_{n}$
$=\frac{1}{2}\times(1-\frac{1}{3})+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots+\frac{1}{2}(\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n + 1})+\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$
$=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})$
$=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{2(n + 1)(n + 2)}$,
又$\frac{2n + 3}{2(n + 1)(n + 2)}＞0$,故可得$T_{n}＜\frac{3}{4}$.

15. 已知函数$f(x)=\frac{ax}{x^{2}+b}$，且$f(x)$的图象在$x = 1$处与直线$y = 2$相切.
(1)求函数$f(x)$的解析式；
(2)若$P(x_{0},y_{0})$为$f(x)$图象上的任意一点，直线$l$与$f(x)$的图象切于$P$点，求直线$l$的斜率$k$的取值范围.

答案： 解
(1)由题意得$f^{\prime}(x)=\frac{a(x^{2}+b)-2ax^{2}}{(x^{2}+b)^{2}}=\frac{-ax^{2}+ab}{(x^{2}+b)^{2}}$,
因为$f(x)$的图象在$x = 1$处与直线$y = 2$相切,
所以$\begin{cases}f^{\prime}(1)=\frac{-a + ab}{(1 + b)^{2}}=0\\f(1)=\frac{a}{1 + b}=2\end{cases}$,解得$\begin{cases}a = 4\\b = 1\end{cases}$,
则$f(x)=\frac{4x}{x^{2}+1}$.
(2)由
(1)可得,$f^{\prime}(x)=\frac{-4x^{2}+4}{(x^{2}+1)^{2}}$,
所以直线$l$的斜率$k = f^{\prime}(x_{0})=\frac{4 - 4x_{0}^{2}}{(x_{0}^{2}+1)^{2}}=4[\frac{2}{(x_{0}^{2}+1)^{2}}-\frac{1}{x_{0}^{2}+1}]$,
令$t=\frac{1}{x_{0}^{2}+1}$,则$t\in(0,1]$,
所以$k = 4(2t^{2}-t)=8(t-\frac{1}{4})^{2}-\frac{1}{2}$,
则当$t=\frac{1}{4}$时,$k$取到最小值$-\frac{1}{2}$,当$t = 1$时,$k$取到最大值$4$,所以直线$l$的斜率$k$的取值范围是$[-\frac{1}{2},4]$.