苏教版（2019）选择性必修第一册《5.3 导数在研究函数中的应用》2023年同步练习卷（含解析）

苏教版（2019）选择性必修第一册《5.3 导数在研究函数中的应用》2023年同步练习卷
一、选择题
1．下列区间是函数y＝xsinx+cosx的单调递减区间的是（　　）
A．（0，π） B．（，） C．（π，2π） D．（，）
2．已知函数f（x）＝x3﹣12x+1，在区间[0，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M+m＝（　　）
A．16 B．﹣8 C．7 D．﹣14
3．函数f（x）＝x3+ax2﹣2x+1在x∈（1，2）内存在极值点，则（　　）
A．[﹣] B．（﹣）
C．（]∪[，+∞） D．（）∪（，+∞）
4．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20厘米，要使其体积最大，则其高应为（　　）厘米．
A． B．100 C．20 D．
5．函数f（x）＝ax（x﹣2）2（a≠0）有极大值，则a等于（　　）
A．1 B． C．2 D．3
6．函数f（x）的导函数为f'（x），对任意x∈R，都有f'（x）＞﹣f（x）成立，若，则满足不等式的x的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B．（0，1） C．（ln2，+∞） D．（0，ln2）
二、多选题
（多选）7．曲线y＝x2﹣1与曲线y＝lnx（　　）
A．在点（1，0）处相交 B．在点（1，0）处相切
C．存在相互平行的切线 D．有两个交点
三、填空题
8．若函数f（x）＝mx2+lnx﹣x在定义域内有递减区间，则实数m的取值范围是 　 　．
9．函数y＝x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1在（0，3）上不单调，则实数k的取值范围是 　 　．
10．若函数y＝lnx+ax2﹣（2a+1）x（a＞0）在x＝1处取得极大值，则实数a的取值范围是 　 　．
四、解答题
11．已知函数f（x）＝alnx﹣ex﹣1+1，其中a∈R．
（1）若x＝1是函数f（x）的导函数的零点，求f（x）的单调区间；
（2）若不等式f（x）≤0对 x∈[1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
12．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝alnx﹣．
（1）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；
（2）若在区间[1，e]（e＝2.71828…）上不存在x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．
苏教版（2019）选择性必修第一册《5.3 导数在研究函数中的应用》2023年同步练习卷（1）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】求出函数的导数，根据导函数的符号，求出函数的单调区间即可．
【解答】解：由题意y′＝xcosx．
要求原函数的减区间，只需y′＜0，
x∈（0，π）时，x＞0，cosx在（0，）大于0，在（，π）小于0，
故函数y＝xsinx+cosx在（0，）递增，在（，π）递减，
故A错误；
x∈（，）时，x＞0，cosx＜0，故y′＜0，
函数y＝xsinx+cosx在（，）递减，
故B正确；
x∈（π，2π）时，x＞0，cosx在（π，）小于0，在（，2π）大于0，
故函数y＝xsinx+cosx在（π，）递减，在（，2π）递增，
故C错误；
x∈（，）时，x＞0，cosx＞0，
故函数y＝xsinx+cosx在（，）递增，
故D错误；
故选：B．
2．【分析】易求f′（x）＝3x2﹣12＝3（x+2）（x﹣2），分析判断f（x）在区间[0，3]上的单调性，即可求得答案．
【解答】解：∵f（x）＝x3﹣12x+1，
∴f′（x）＝3x2﹣12x＝3（x+2）（x﹣2），
当x∈[0，2]时，f′（x）≤0，f（x）在区间[0，2]上单调递减；
当x∈[2，3]时，f′（x）≥0，f（x）在区间[2，3]上单调递增；
∴f（x）在区间[0，3]上的最小值m＝f（2）＝9﹣24＝﹣15；
又f（0）＝1，f（3）＝28﹣36＝﹣8，
∴最大值M＝1，
则M+m＝﹣14，
故选：D．
3．【分析】求出函数的导数，问题转化为a＝﹣+，求出函数y＝﹣+在（1，2）的值域，从而求出a的范围即可．
【解答】解：由题意得：f′（x）＝x2+2ax﹣2在（1，2）内存在变号零点，
分离参数a＝﹣+，
y＝﹣+在（1，2）内连续且单调递减，
值域是（﹣，），
故y＝a和y＝﹣+有变号交点的范围是（﹣，），
故选：B．
4．【分析】设出圆锥的高x，求出底面半径，推出体积的函数表达式，利用导数求出体积的最大值时的高即可．
【解答】解：设圆锥的高为x，则底面半径为
其体积为V＝πx（202﹣x2）（0＜x＜20），V′＝π（400﹣3x2），
令V′＝0，解得x1＝，x2＝﹣（舍去）．
当0＜x＜时，V′＞0；当＜x＜20时，V′＜0；
∴当x＝时，V取最大值．
故选：A．
5．【分析】利用导数分a＞0，a＜0两种情况求得f（x）的极大值，使其等于，解此方程即可求得a值．
【解答】解：f′（x）＝a（x﹣2）（3x﹣2），
（1）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＜或x＞2；由f′（x）＜0得＜x＜2，
所以f（x）在（﹣∞，），（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减；
此时，当x＝时f（x）取得极大值f（）＝a（﹣2）2＝，解得a＝；
（2）当a＜0时，由f′（x）＜0得x＜或x＞2；由f′（x）＞0得＜x＜2，
所以f（x）在（﹣∞，），（2，+∞）上单调递减，在（，2）上单调递增；
此时，当x＝2时f（x）取得极大值f（2）＝2a（2﹣2）2＝，无解；
综上所述，所求a值为．
故选：B．
6．【分析】可先构造函数g（x）＝exf（x），再根据题干判断出函数g（x）的单调性，即可对不等式进行求解．
【解答】解：设函数g（x）＝exf（x），则g′（x）＝ex[f（x）+f′（x）]，
因为对任意x∈R，都有f'（x）＞﹣f（x）成立，
所以g（x）在R上单调递增，g（ln2）＝eln2 f（ln2）＝1，
所以可化为ex f（x）＞1＝eln2f（ln2），
解得x＞ln2，
故选：C．
二、多选题
7．【分析】画出函数的图象，可判断ABD，再根据导数的几何意义判断是否存在相互平行的切线．
【解答】解：对于A：对数函数y＝lnx恒过点（1，0），y＝x2﹣1也过点（1，0），故曲线y＝x2﹣1与曲线y＝lnx在点（1，0）处相交，故A正确，B错误；
对于C：y＝x2﹣1，
则y′＝2x，
对于y＝lnx，
则y′＝，
令2x＝，解得x＝，
故存在斜率相等的直线分别为曲线y＝x2﹣1与曲线y＝lnx的切线方程，故C正确；
对于D：画出y＝x2﹣1与y＝lnx的图象，由图象可知有两个交点，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
8．【分析】根据题意，求出函数的导数，分析可知f′（x）≤0在（0，+∞）内能成立，利用参变量分离法，转化为m＜﹣（﹣）2+ 在（0，+∞）上能成立，设t＝，利用换元法分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝mx2+lnx﹣x，其导数f′（x）＝2mx﹣1+，（x＞0）
若函数f（x）＝mx2+lnx﹣x在定义域内存在单调递减区间，
则f′（x）＝2mx﹣1+＜0在（0，+∞）上有解；
若f′（x）＝2mx﹣1+＜0，变形可得m＜（﹣）＝﹣（﹣）2+，
则m＜﹣（﹣）2+在（0，+∞）上能成立，
设t＝，则t＞0，则﹣（﹣）2+＝﹣（t﹣）2+≤，
则必有m＜，
故m的取值范围为（﹣∞，）；
故答案为：（﹣∞，）．
9．【分析】若函数为增函数，则导数大于0，若函数为减函数，则导数小于0，因为函数f（x）在区间（0，3）上不是单调函数，所以导数既有正值也有负值，也即f′（x）＝0有两个不相等的实数根，且至少有一个实数根在区间（0，3）内，再分四种情况：①一个实根在x＝0取得，一个实根在区间（0，3）内；②一个实根在x＝3取得，一个实根在区间（0，3）内；③一个实根在区间（0，3）内，另一个实根在区间[0，3]外；④在区间（0，3）内有两个不相等的实根，分别讨论k的取值范围即可．
【解答】解：因为y＝x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，
所以f′（x）＝3x2+2（k﹣1）x+（k+5），
又因为函数f（x）在区间（0，3）上不是单调，
所以f′（x）＝0在（0，3）内有实数根，且无重根，
即3x2+2（k﹣1）x+（k+5）＝0有两个不相等的实数根，且至少有一个实数根在区间（0，3）内，
①若f′（0）＝k+5＝0，
则k＝﹣5，f′（x）＝3x2﹣12x＝3x（x﹣4），
方程f′（x）＝0的两个实根0，4均不在区间（0，3）内，
所以k≠﹣5；
②若f′（3）＝7k+26＝0，则k＝﹣，f′（x）＝3（x﹣3）（x﹣），
方程f′（x）＝0在区间（0，3）内有实根，所以k可以为﹣；
③若方程f′（x）＝0有一个实根在区间（0，3）内，另一个实根在区间[0，3]外，
则f′（0）f′（3）＜0，即（k+5）（7k+26）＜0，﹣5＜k＜﹣；
④若方程f′（x）＝0在区间（0，3）内有两个不相等的实根，
则：，
∴，
∴﹣＜k＜﹣2；
综合①②③④得k的取值范围是（﹣5，﹣2）．
故答案为：（﹣5，﹣2）．
10．【分析】求得分和三种情况讨论，求得函数的单调性，结合极大值点的定义进行判定，即可求解．
【解答】解：由题意得：函数y＝lnx+ax2﹣（2a+1）x，a＞0的定义域为（0，+∞），
且，
当1时，即时，
令y′＞0，可得；令y′＜0，可得，
所以函数在上单调递增，在单调递减，
此时函数y＝lnx+ax2﹣（2a+1）x在x＝1取得极大值，满足题意；
当时，即时，可得恒成立，可得函数在（0，+∞）上单调递增，函数不存在极值，不满足题意；
当时，即时，
令y′＞0，可得，令y′＜0，可得，
所以函数在上单调递增，在单调递减，
此时函数y＝lnx+ax2﹣（2a+1）x在x＝1处取得极小值，不满足题意，
综上可得，实数a的取值范围是．
故答案为：．
四、解答题
11．【分析】（1）对函数f（x）求导数，利用x＝1是函数f（x）导函数的零点求出a的值，再判断f（x）的单调性与单调区间；
（2）求函数f（x）的导数，讨论①a≤0时f′（x）＜0在x∈[1，+∞）上恒成立，得出f（x）≤f（1）＝0，符合题意；
②a＞0时，f′（x）是x∈[1，+∞）上的单调减函数，利用f′（1）＝a﹣1，讨论a≤1时，f（x）≤f（1）＝0，满足题意；
a＞1时，易知存在x0∈[1，+∞），使得f′（x0）＝0，且f（x0）＞f（1）＝0，不符合题意；由此求出a的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝alnx﹣ex﹣1+1，其中x＞0；
∴f′（x）＝﹣ex﹣1，
又x＝1是函数f（x）的导函数的零点，
∴f′（1）＝a﹣e0＝0，解得a＝1，
∴f（x）＝lnx﹣ex﹣1+1，
∴f′（x）＝﹣ex﹣1，且在（0，+∞）上是单调减函数，f′（1）＝0，
∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；
（2）f′（x）＝﹣ex﹣1，x∈[1，+∞）；
①a≤0时，f′（x）＜0在x∈[1，+∞）上恒成立，
则f（x）是单调递减函数，且f（x）≤f（1）＝0﹣1+1＝0，
∴f（x）≤0恒成立，符合题意；
②当a＞0时，f′（x）是x∈[1，+∞）上的单调减函数，且f′（1）＝a﹣1；
若a﹣1≤0，即a≤1，则f（x）在x∈[1，+∞）上单调递减，且f（x）≤f（1）＝0，满足题意；
若a﹣1＞0，即a＞1，则易知存在x0∈[1，+∞），使得f′（x0）＝0，
∴f（x）在（1，x0）单调递增，在（x0，+∞）单调递减，
∴x∈（1，+∞）时，存在f（x0）＞f（1）＝0，则f（x）≤0不恒成立，不符合题意；
综上可知，实数a的取值范围是（﹣∞，1]．
12．【分析】（1）先求出函数h（x）的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为 x∈[1，e]，都有f（x）min≥g（x）max恒成立，通过求导分别求出f（x）的最小值和g（x）的最大值即可．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝x+，g（x）＝alnx﹣，（x＞0），
∴h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x+﹣alnx+＝x+﹣alnx，
∴h′（x）＝1﹣﹣＝＝，
①a≤﹣1时，﹣a﹣1≥0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，
②a＞﹣1时，令h′（x）＞0，解得：x＞a+1，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜a+1，
∴h（x）在（0，a+1）递减，在（a+1，+∞）递增；
（2）若在区间[1，e]（e＝2.71828…）上不存在x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，
即 x∈[1，e]，都有f（x）≥g（x）恒成立，
即 x∈[1，e]，都有f（x）min≥g（x）max恒成立，
f（x）＝x+，f′（x）＝1﹣＝＝，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）在[1，e]上递增，
∴f（x）min＝f（1）＝2，
g（x）＝alnx﹣，g′（x）＝+＝，
a＝0时，g（x）＝0＜f（1），成立，
a＞0时，g′（x）＞0，g（x）在[1，e]递增，
∴g（x）max＝g（e）＝a﹣，只需a﹣≤2即可，
解得：a≤，
a＜0时，g′（x）＜0，g（x）在[1，e]递减，
∴g（x）max＝g（1）＝﹣a，只需﹣a≤2即可，
解得：a≥﹣2，
综上：﹣2≤a≤．