选择性必修第二册5.3导数在研究函数中的应用 同步练习（Word版含解析）

人教A版（2019）选择性必修第二册 5.3导数在研究函数中的应用
一、单选题
1．已知函数，，，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
3．若函数的极大值点与极大值分别为a，b，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知函数满足，且的导数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．函数在上的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．
6．若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．设，，．则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数为定义在上的奇函数，则的解集为（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数的图象在(1，f（1）)处的切线经过坐标原点，则函数y=f(x)的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
10．已知命题不等式恒成立，命题在上存在最小值，且(其中的导数是，若或为假命题，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．已知是定义在上的奇函数，是的导函数，，且满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
12．若函数在上无极值，则实数的取值范围（ ）
A． B．
C． D．
13．函数在上的最大值为2，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
14．已知且，，，则( )
A． B． C． D．
15．已知函数在上有两个零点，则a的取值范是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
16．为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.
给出下列四个结论：
①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是____________________．
17．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则实数a的取值范围是________.
18．已知函数，则函数的最小值为___________.
三、解答题
19．已知函数，．
(1)讨论函数在区间的极值；
(2)若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．
20．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，．
①求a的取值范围：
②若恒成立，求实数的取值范围．
21．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
22．已知函数f(x)＝ex－ax－a(其中e为自然对数的底数)．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若对任意x∈(0，2]，不等式f(x)>x－a恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设n∈N*，证明：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
根据题意可得，则，令，利用导数求出函数的最小值即可得出答案.
【详解】
解：由函数，，，得，
则，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在递增，
所以，即的最小值是.
故选：A.
2．A
求导分析函数单调性,并根据函数的正负判断即可.
【详解】
由题意可知，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，且当时，.
故选：A.
3．C
对函数求导得，从而求出，比较三个数的大小，即可得到答案；
【详解】
，
或，
，或，
在单调递增，在单调递减，
为极大值点，且，
，，
，
故选：C.
4．D
构造函数并判断函数单调递增，再求得并转化不等式为，最后求不等式的解集.
【详解】
由题意，令，，即，即，
令，则，所以在上单调递增，
由因为，所以，
所以不等式，即为，
则，
即，所以，
所以不等式的解集为.
故选：D
本题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性求不等式的解集，是中档题.
5．D
求出导数，由导数确定函数在上的单调性与极值，可得最小值．
【详解】
，所以时，，递减，时，，递增，
所以是在上的唯一极值点，极小值也是最小值．．
故选：D．
6．C
由已知条件推导出，，令，利用导数求出函数的最小值，由此能求出实数的取值范围．
【详解】
解：对恒成立，
，，
令，
则，
当时，，当时，，
∴函数在上递减，在上递增，
所以
．
实数的取值范围是，．
故选：C．
7．B
利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】
,
所以;
下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,
所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b综上，,
故选：B.
本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
8．C
根据函数为奇函数得出：定义域关于原点对称且，从而求的值；再根据函数的单调性结合定义域求不等式的解集.
【详解】
∵函数为定义在上的奇函数，
∴，得到，
因为函数为奇函数，所以满足，
则，所以，所以得到
所以，且函数的定义域为，
则等价于，
∴，
又因为，所以在上单调递增，
∴，解得，
∴原不等式的解集为，
故选：C．
9．C
利用导数的几何意义求出，从而可得，求出导函数，利用导数判断出函数的单调性，由单调性即可求出最值.
【详解】
函数，则
且，所以，
所以，解得，
所以，（）
，
令，即，解得，
令，即，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以.
故选：C
10．D
由复合命题为假得出命题都是真命题，然后由两个命题是真命题分别求参数的值或范围．不等式恒成立转化为函数的最大值，利用导数求得函数最大值后，还需要用导数最大值对应的函数的单调性与极值，得出参数值．函数在开区间在有最小值，则函数的极小值点必须在此区间内，由导数得出极小值点后可得参数范围．
【详解】
或为假命题，则和都是假命题，所以均为真命题．
命题为真，不等式恒成立，
设，，
，时，在上恒成立，递增，
时，，，，
不可能恒成立，舍去，
时，，时，，递增，时，，递减，
所以，
设，，当时，，时，，即在上递减，在上递增，所以，
所以，
恒成立，即恒成立，所以，．
命题为真，在上存在最小值，
，因为，所以的图象关于直线对称，所以，即，或2，
或时，，时，，
在和上是增函数，在上是减函数，
的极小值是，极大值是，
又，所以在上存在最小值，则，解得，
综上，，，所以．
故选：D．
本题考查由复合命题的真假求参数范围，考查用导数研究函数的单调性与极值、最值，不等式恒成立．解题基础是掌握导数与单调性的关系，由单调性得函数的最值，而不等式恒成立就是转化为函数的最大值，还需利用导数研究最大值表达式中参数的取值．
11．D
构造函数，由，结合已知条件知的区间单调性，进而得到在上恒负，在上恒正，即可求解函数不等式的解集.
【详解】
，
在为减函数，而，
∴在上，；在上，；而，
∴在上，又函数为奇函数，
∴在上，
不等式等价于或，
∴.
故选：D.
思路点睛：
（1）构造，由已知条件知在为单调递减且.
（2）由在、的符号及，得到在上恒负.
（3）由奇偶性判断在定义域上的符号.
（4）由函数不等式求解集即可.
12．D
求，由分析可得恒成立，利用即可求得实数的取值范围.
【详解】
由可得
，
恒成立，为开口向上的抛物线，
若函数在上无极值，
则恒成立，所以，
解得：，
所以实数的取值范围为，
故选：D.
13．D
求得导函数的解析式，根据导函数在区间(0,2)内的正负的不同情况,分类讨论研究函数的单调性和最大值，从而求得实数的取值范围.
【详解】
解:由函数的解析式可得:，
当≤0时,即时，在内恒成立，函数在区间上单调递增,而,不合题意;
当≥2，即时,在内恒成立，函数导函数在区间[0, 2]上单调递减,而f(0)=2 ,满足题意;
当，即时，在区间上, 函数单调递减,在区间 上, 函数单调递增，满足题意时有 ,即: , 解得 ,此时 ,
综上可得,实数的取值范围是[4 , +∞) .
故选: D.
本题考查利用导数研究函数的最值，关键是分类讨论思想的运用.
14．A
对三个已知等式变形，构造成同一形式，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可﹒
【详解】
，
，
，
故构造函数，．
当时，；
当时，，
f(x)如图：
∵，由图知：，
故选：A．
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．
15．C
根据解析式可得，原题转化为求在上有一个零点，当时，求导可得的单调性，分析不符合题意；当时，令，解得，分别讨论、和三种情况下的单调性，结合题意，即可求得a的范围.
【详解】
由题意得：，，
所以原题转化为求在上有一个零点，
，
当时，，则在上单调递减，且，不符合题意，
当时，令，解得，
当，即时，，此时在上单调递减，且，不符合题意，
当，即时，，此时在上单调递增，且，不符合题意，
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上有一个零点，
所以，解得，所以.
综上：a的取值范是
故选：C
解题的关键是当时，进行分段讨论，结合函数的单调性及零点的定义，分析求解，考查分析理解，分段讨论的思想，属中档题.
16．①②③
根据定义逐一判断，即可得到结果
【详解】
表示区间端点连线斜率的负数，
在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；
甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误；
在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；
在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；
故答案为：①②③
本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.
17．
根据题意可知或在[1,2]上恒成立，将问题再转化为函数的最值问题求解即可.
【详解】
，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，即或在[1,2]上恒成立，
即或在[1,2]上恒成立.
令，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以或,
即 或 ，又a>0，所以或a ≥1,
故答案为：　
18．
利用导数判断函数的单调性，从而求函数的最值.
【详解】
因为，所以，
由，得，所以；
由，得，所以，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
所以时函数有最小值，且函数的最小值为.
故答案为：.
19．(1)答案见解析
(2)
（1）先讨论的单调性再确定在上的极值（2）利用极值点处的导数为求出，代入恒成立的不等式中，用分离参数法求的取值范围
(1)
在区间上， ，
当时， 恒成立， 在区间上单调递减，
则在区间上无极值；
当时，令得，
在区间上，，函数单调递减，
在区间上，，函数单调递增.
若，即，则在区间上极小值
若或，即或，则在区间上无极值
(2)
因为函数在处取得极值，
所以，解得，经检验可知满足题意
由已知，即，
即对恒成立，
令，则，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即.
20．（1）分类讨论，答案见解析；（2）①；②．
（1）求导函数，分a=0，a>0，a<0三种情况，分别讨论导函数的符号，从而可得出函数的单调性；
（2）①由已知得，求导，由已知得有两个不同的正根，根据一元二次方程的根的分布，建立不等式组，可求得所求的范围；
②原不等式等价于恒成立，由①得，令，求导，分析导函数的符号，得出其单调性和最值，可求得答案.
【详解】
解：（1），
则①当a=0时，是常数函数，不具备单调性；
②当a>0时，由：由．故此时在（0，1）单调递增，在单调递减，
③当a<0时，由；由．故此时在（0，1）单调递减，在单调递增．
（2）①因为所以，
由题意有两个不同的正根，即有两个不同的正根，则，解得，
②不等式恒成立等价于恒成立，又
，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，所以，所以．
导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为.
21．（1）；（2）证明见解析
（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】
（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为，进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】
（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
22．（1）f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；（2）(－∞，e－1)；（3）证明见解析.
（1）首先求函数的导数，再讨论和两种情况，求函数的单调性；（2）不等式转化为恒成立，再利用参变分离，转化为，恒成立，转化为求函数的最小值；（3）由（1）可知，，通过换元得到<，即，利用放缩法，证明不等式.
【详解】
（1）因为f(x)＝ex－ax－a，所以f′(x)＝ex－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在区间R上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)>0，x>ln a，令f′(x)<0，x所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
（2） 因为对任意的x∈(0，2]，不等式f(x)>x－a恒成立，
即不等式(a＋1)x即当x∈(0，2]时，a<－1恒成立．
令g(x)＝－1(x∈(0，2])，则g′(x)＝.
令g′(x)>0，1所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增．
∴x＝1时，g(x)取最小值e－1.
所以实数a的取值范围是(－∞，e－1)．
（3）证明 ：在（1）中，令a＝1可知对任意实数x都有ex－x－1≥0，
即x＋1≤ex(当且仅当x＝0时等号成立)．
令x＋1＝(k＝1，2，3，…，n)，
则<，即，
故.
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．
答案第1页，共2页
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