【课后练习】人教A版 选择性必修二 5.3　5.3.2　第3课时　导数的综合应用（含解析）

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5．3　导数在研究函数中的应用
5．3.2　函数的极值与最大(小)值
第3课时　导数的综合应用
1．(2021·宁夏固原市五原中学高三上期中)函数f(x)＝，若a＝f(4)，b＝f(5.3)，c＝f(6.2)，则(　　)
A．aC．c2．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)
A．f(2)－f(1)>ln 2　　　　 B．f(2)－f(1)C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1
3．若函数f(x)＝ax－ln x有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，e)
C． D．(0，e)
4．(多选)已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b)
B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)
C．f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(a)≥g(x)＋f(a)
5．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
6．已知函数f(x)＝＋ln x－1(a>0)在定义域内有零点，则实数a的取值范围是________．
7．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
8．(2021·甘肃省兰州一中高三月考)已知f(x)是定义域为R的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－3f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
9．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝－1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋2>0.
10．已知函数f(x)＝aex－－b(其中a>0，e是自然对数的底数).
(1)若y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x－y＋1＝0，求a，b；
(2)若b＝1，函数y＝f(x)恰好有两个零点，求实数a的取值范围．
11．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，且(x－1)f′(x)<0，a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．b>a>c
12．(2021·徐州市如皋中学高三抽测)若函数y＝f(x)的定义域为R，对于 x∈R，f′(x)A．(2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，2)
13．(2021·百师联盟高三一轮复习联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R均有f′(x)－f(x)＝ex，且f(1)＝0，若函数g(x)＝f(x)－t在x∈[－1，＋∞)上有两个零点，则实数t的取值范围是________．
14．已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．当m>1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由．
15．若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－a ln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，求实数a的取值范围．
16．(2021·安徽高三期末)已知函数f(x)＝ax－2x(a>1).
(1)当a＝e时，求证：f(x)－ln x＋2x>2.
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
参考答案与解析
1.解析：选B.因为f(x)＝(x>0)，所以f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上单调递减，因为e<4<5.3<6.2，所以f(4)>f(5.3)>f(6.2)，即a>b>c，故选B.
2.解析：选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则xf′(x)>1 f′(x)>＝(ln x)′，
即f′(x)－(ln x)′>0.
令F(x)＝f(x)－ln x，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，
即f(2)－f(1)>ln 2.
3.解析：选C.
函数f(x)＝ax－ln x，其中x>0.令f(x)＝0得ax＝ln x.当直线y1＝ax和y2＝ln x的图象相切时，作图如图所示．设切点为P(x0，y0)，则由y′2＝得曲线y2＝ln x在点P处的切线方程为y－y0＝(x－x0).又因为该直线过原点(0，0)，所以y0＝1，所以ln x0＝1，解得x0＝e，所以切线斜率为，即当a＝时，直线y1＝ax与曲线y2＝ln x相切．由图可知，实数a的取值范围是.故选C.
4.解析：选BC.根据题意，
由f′(x)故F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上单调递减，由单调性知，在[a，b]上必有F(x)≥F(b)，
即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，
移项整理得f(x)－f(b)≥g(x)－g(b).
同理F(x)≤F(a)，即f(x)－g(x)≤f(a)－g(a)，
移项整理得f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a).
5.解析：选B.由题意知a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.当a>0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.当a<0时，要使x0>0且唯一，只需f>0，
即a2>4，所以a<－2.
6.解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞).
因为函数f(x)＝＋ln x－1(a>0)在定义域内有零点，
所以a＝x－x ln x有解，令h(x)＝x－x ln x，
所以h′(x)＝－ln x，令h′(x)＝0，得x＝1.
所以h(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1.当x→0时，h(x)→0.所以0答案：(0，1]
7.解析：因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，所以f(x)在R上单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤－f(a－1)，
即f(2a2)≤f(1－a)，
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
解得－1≤a≤，故实数a的取值范围是.
答案：
8.解析：令g(x)＝(x≠0)，
因为当x>0时，xf′(x)－3f(x)<0，
则当x>0时，g′(x)＝<0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
易知g(x)为偶函数且在(－∞，0)上单调递增，
因为f(－1)＝0，故g(－1)＝g(1)＝0，
由f(x)>0可得x3g(x)>0，
所以或
即或
解可得x<－1或0故答案为(－∞，－1)∪(0，1).
答案：(－∞，－1)∪(0，1)
9.(1)解：根据题意知，f′(x)＝(x>0)，
当a>0时，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，
单调递减区间为(1，＋∞)；
同理，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；当a＝0时，f(x)＝－3，
不是单调函数，无单调区间．
(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x－3(x>0)，
所以f(1)＝－2，
由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1).
即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.
10.解：(1)f′(x)＝aex－，
由题意可知解得
(2)f(x)＝aex－－1＝0 a＝，
问题等价于g(x)＝的图象和直线y＝a恰好有2个交点，求a的取值范围．
令g(x)＝，
则g′(x)＝.令h(x)＝1－2x－ex，
则h′(x)＝－2－ex<0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又h(0)＝0，
当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．
当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)的极大值即最大值为g(0)＝1.
当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；
当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1).
当a∈(0，1)时，g(x)＝的图象和直线y＝a恰好有2个交点，
所以当a∈(0，1)时，函数f(x)恰好有两个零点．
11.解析：选D.因为(x－1)f′(x)<0，
所以当x>1时，f′(x)<0，
此时函数f(x)单调递减；
当x<1时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增．
又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，
所以f(x)＝f(2－x)，
所以f(3)＝f(－1)，
因为－1<0<，
所以f(－1)即f(3)所以b>a>c.
12.解析：选B.设函数g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
因为f′(x)所以g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
因为f(x＋1)为偶函数，可得函数f(x)关于x＝1对称，
又由f(2)＝1，所以f(0)＝1，
所以g(0)＝＝1，
不等式f(x)即g(x)0，
即不等式f(x)13.解析：设函数h(x)＝，
则h′(x)＝，
因为f′(x)－f(x)＝ex，
则h′(x)＝1，
设h(x)＝x＋C(C为常数)，
则h(1)＝＝1＋C＝0，
所以C＝－1，
即h(x)＝x－1，f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex，令f′(x)＝0，解得x＝0，
则f(x)在[－1，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－1，且f(－1)＝－，
要使函数g(x)＝f(x)－t在x∈[－1，＋∞)上有两个零点，等价于曲线y＝f(x)与y＝t的图象有两个交点，
所以实数t的取值范围为.
答案：
14.解：f(x)在[0，2m]上有两个零点，理由如下：令f′(x)＝ex－m－1＝0，解得x＝m.当xm时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当m>1时，f(m)＝1－m<0.
因为f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，
且f(x)在(0，m)上单调递减，
所以f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
则g′(m)＝em－2.
因为当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
所以g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(m)>g(1)＝e－2>0，
即f(2m)>0.
所以f(m)·f(2m)<0，且f(x)在(m，2m)上单调递增，
所以f(x)在(m，2m)上有一个零点．
故f(x)在[0，2m]上有两个零点．
15.解：对函数求导得f′(x)＝x－1＋a＝(x>0)，
因为函数存在唯一的极值，
所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0，
且f(1)＝－＋a≥1，
所以a≥.
16.(1)证明：方法一：令g(x)＝f(x)－ln x＋2x－2＝ex－ln x－2，g′(x)＝ex－(x>0)，g″(x)＝ex＋>0，
所以函数y＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′(1)＝e－1>0，g′＝e－e<0，g′(1)·g′<0，
所以存在x0∈，
使g′(x0)＝0，即ex0＝，
可得x0＝－ln x0.
由于函数y＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当0此时，函数y＝g(x)单调递减；
当x>x0时，g′(x)>0，此时，函数y＝g(x)单调递增．
所以x＝x0是极小值点也是最小值点.
所以g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>2－2＝0(x0≠1)，即g(x)>0，故原不等式成立．
方法二：先证明不等式ex>x＋1(x>0)，构造函数F(x)＝ex－x－1，其中x>0，则F′(x)＝ex－1>0对任意的x>0恒成立，
所以函数y＝F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则F(x)>F(0)＝0，
所以ex>x＋1.
同理可证x－1≥ln x，
所以ex>x＋1＝(x－1)＋2≥ln x＋2，
则ex－ln x>2，
即f(x)－ln x＋2x>2.
(2)解：令f(x)＝ax－2x＝0，
得ax＝2x，
两边取对数得x ln a＝ln 2x＝ln 2＋ln x，
令h(x)＝x ln a－ln x－ln 2(x>0)，
则h′(x)＝ln a－，
令h′(x)＝ln a－＝0得x＝.
当0此时，函数y＝h(x)单调递减；
当x>时，h′(x)>0，此时，函数y＝h(x)单调递增．
所以h(x)min＝h＝·ln a－ln －ln 2
＝ln －ln .
①当h>0，即>，a>e时，
h(x)≥h>0，函数y＝f(x)无零点；
②当h＝0，即＝，a＝e时，h＝0，函数y＝f(x)有1个零点；
③当h<0时，即<，1当x→0＋时，h(x)→＋∞；
当x→＋∞时，h(x)→＋∞.
所以函数y＝h(x)在区间和区间上各有1个零点．
所以，函数y＝f(x)有2个零点．
综上所述，
当a>e时，函数y＝f(x)无零点；
当a＝e时，函数y＝f(x)有1个零点；
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