5.3导数在研究函数中的应用 同步练习（含解析）

5.3导数在研究函数中的应用同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数，设，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数及其导函数的定义域均为，且，则（ ）
A．有一个极小值点，一个极大值点 B．有两个极小值点，一个极大值点
C．最多有一个极小值点，无极大值点 D．最多有一个极大值点，无极小值点
3．已知函数，若存在实数，且，使得 ，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，若（是的导函数），且关于x的方程恰有5个实数解，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知偶函数对任意实数都有，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义域为R的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的函数满足，当时，不等式恒成立（为的导函数），若，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在区间上单调递增
C．有2个不同的零点
D．
10．若正实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知，且，则对于满足条件的x，y，下列选项中正确的两个选项是（ ）
A． B．
C． D．，
12．已知是正实数，且，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值 B．的最小值为
C．的最小值 D．的最小值为
三、填空题
13．若函数是上的减函数，则实数的最大值为 ．
14．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为 ．
15．已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为 ．
16．设表示不超过x的最大正数，若，则 ，若的最小值为M，则
四、解答题
17．已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
18．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
19．已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，证明：．
20．已知函数，．
(1)讨论的单调区间；
(2)若，求证：．
21．已知函数，．
(1)判断在上的零点个数．
(2)若，求证：．
22．已知函数．
(1)求证：当时，．
(2)求证：当，时，．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】构造函数以及可利用导数求证，进而继续构造函数，又导数求证，利用以及三角函数关系可证明，进而根据函数的单调性求解.
【详解】当时，，证明如下：
令在单调递减，所以，故，因此，
设则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故当等号成立，
故
构造函数，则，
所以函数单调递减，故，
则，进而可得，
进而可得，
又，（证明如下：故在单调递减，故）
所以，进而，
由于时，，故，
从而
因此，进而，
由于，所以在上单调递增，
故，即
故选：A
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
常用的不等式：，，，，，
2．C
【分析】设，求导后，构造，求导，得到其单调性和极值情况，结合极小值为0，故当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；分在区间上没有变号零点和1个变号零点两种情况，得到极值情况.
【详解】令，则，
故．
令，
所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以的极小值为，
的极大值为，
所以当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；
当在区间上没有变号零点时，
则，，单调递增，无极值点，
当在区间上有1个变号零点时，
可设为，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有且只有一个极小值点，无极大值点．
综上，最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
3．D
【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.
【详解】作出的函数图象如图所示：

若存在实数，且，使得 ，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以．
设，，
所以，与在单调递增，
所以在上单调递增，又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以．
故选：D．
4．C
【分析】利用对数函数的性质判断得，利用分母有理化判断得，利用构造函数法与导数判断得，从而得解.
【详解】由，可得，即，
而，
设，则，
所以在上是减函数，所以，即，
所以．
故选：C．
5．C
【分析】求的导函数，表示出函数的解析式，利用导数研究函数的单调性，作出函数的大致图象，方程有5个实数解，等价于的图象与直线共有5个交点，数形结合解决问题.
【详解】函数，则有，所以，
当时，，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故的大致图象如图所示，其中点处是空心.

由得或，
所以关于x的方程恰有5个实数解可转化为函数的图象与直线共有5个交点，
数形结合可知或或，
得或或，故m的取值范围是．
故选：C．
【点睛】方法点睛：
与函数零点或方程的根有关的参数范围问题通常有两种解决方法：一是对参数进行分类讨论，并利用导数研究函数的单调性和零点情况，进而确定参数的取值范围；二是通过变形转化为两个函数图象的交点问题，数形结合求解．
6．D
【分析】先根据函数的奇偶性和对称性求出函数的周期，进而可求出函数的单调区间，构造函数，求出的范围，构造函数，，利用导数可求出的大小，再结合函数的对称性及单调性即可得出答案.
【详解】因为函数为偶函数，所以，
又，所以，即，
所以函数是以为周期的一个周期函数，
又因为在上单调递增，
是以函数在上单调递增，
因为，所以函数关于对称，
所以函数在上单调递减，
令，
则，
所以函数在上单调递减，
所以，所以，
故，
又，
因为，
，
令，，则，
所以函数在上是减函数，
，，
，
所以
故选：D.
【点睛】关键点点睛：构造函数，和，，是解决本题的关键.
7．C
【分析】构造，利用导数及已知判断其单调性，根据单调性及相对应函数值判断各项的大小.
【详解】令，则，
因为在上恒成立，
所以在上恒成立，故在上单调递减，
，即，故A不正确；
，即，即，故B不正确；
，即，即，故C正确；
，即，即，故D不正确；
故选：C
8．C
【分析】构造函数，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，可得出，，，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】由题意得函数为偶函数，构造函数，
所以，
易知当时，，所以函数在上单调递减．
因为，则，
由，则，
且，
因为函数在上单调递减，且，
所以，即，
故选：C．
【点睛】结论点睛：常见的根据含有导函数的不等式构造原函数的类型
（1）原函数是函数的和、差组合．
①对于或，构造函数，
一般地，若（或），，则可以构造函数；
②对于，构造函数．
（2）原函数是函数的乘、除组合．
①对于（或），构造函数；
②对于（或），构造函数．
特别地，对于（或），构造函数；
对于（或），构造函数．
（3）原函数是含的乘、除组合．
①对于或，构造函数；
②对于（或），构造函数．
（4）原函数是含（或）的乘、除组合．
①对于（或），构造函数；
②对于（或，构造函数；
③对于（或），构造函数；
④对于（或），构造函数．
（5）原函数是含的组合．
对于（或），分类讨论：
①当时，构造函数；
②当时，构造函数．
9．ACD
【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；求得，结合函数和的图象的交点，可判定B错误；根据函数和在上有且仅有一个公共点，可判定C正确；结合即，得到，可判定D正确.
【详解】对于A中，函数的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，所以A正确；
对于B中，当时，可得，则，
令，即，画出函数和的图象，如图所示，
可得两函数有交点，设交点为，所以函数在不是单调函数，所以B错误；
对于C中，函数，可函数为偶函数，
当时，令，即，作出函数和，
如图所示，此时函数和在上有且仅有一个公共点，
所以函数有2个不同的零点，所以C正确；
对于D中，令函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，所以，即，所以，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
10．BD
【分析】根据对数运算，换元整理不等式，构建函数，利用导数研究其单调性，可得答案.
【详解】依题意可知，
不等式可化为，
令，则，即，
设，
所以在区间递增；在区间递减．
所以，所以要使成立，则，
即，由于，故解得，
则，所以BD选项正确．
故选：BD.
11．AD
【分析】构造函数，利用导数基本不等式求解即可.
【详解】构造函数.
∵，∴在上单调递增，
从而，故有不等式.
于是，
因此必有，故选项B，C一定不成立.
故选：AD
12．BCD
【分析】选项A，利用特值法举反例即可判定；选项B，利用基本不等式得的最小值为，再结合重要不等式，由传递性可得；选项C，利用“1”的代换，转化条件等式求最值；选项D，将式子变形，转化为关于的函数求解最值即可．
【详解】选项A，令，，满足，但，故A错误；
选项B，由，且，解得，当且仅当时等号成立，
故的最小值为，又，当且仅当时等号成立，
故的最小值为，故B正确；
选项，由，可得，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
选项D，
，
令，则，，
则，
易得，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故，此时，，
即或时取等号，
则的最小值为，故D正确．
故选：BCD．
13．/
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，进而求得的取值范围，即可求解.
【详解】由函数是上的减函数，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
当时，，函数单调递减
当时，，函数单调递增，
可得，所以，即实数的最大值为．
故答案为：.
14．
【分析】对函数求导，根据函数区间单调性有在上恒成立，令，进而化为在上恒成立，即可求参数范围.
【详解】由题设在上恒成立．
设，即在上恒成立，
又，当且仅当时等号成立，
所以，即实数的取值范围为．
故答案为：
15．
【分析】由，得，，构造函数，由函数单调，有，得，可解的值.
【详解】由可得，，即，也即，
由可得，所以，即，
构造函数，在恒成立，
所以函数在定义域上单调递减，
由，得，即，
又因为，得，所以，解得．
故答案为：
16． 2 2
【分析】根据函数即可求出的值，利用导函数求出函数单调性，即可求出的值.
【详解】由题意，
在中，，
，
当时，解得：，
∴存在使得，
∴当即时函数单调递减，
当即时函数单调递减，
∴函数在处取得最小值，
∵
∴，.
故答案为：2；2.
17．(1)证明见详解
(2)（i），（ii）证明见详解
【分析】（1）当时，利用导数可证明函数单调性；
（2）（i）方程有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，令，利用导数研究单调性，求出最值可得解；
（ii）要证，即证，又，，即证，可得，
令，即证，构造函数，利用导数可证明.
【详解】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：本题第二问的第2小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下：
（1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元，，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于（或）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证明.
（2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构造函数求解；
（3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对数，去倒数，切线放缩等.
18．(1)单调递增，单调递减
(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，由有两个不等实根，结合判别式韦达定理得且，所以．不等式中消去得关于的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）时，函数的定义域为
由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得
又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，
所以．
综上所述，．
【点睛】方法点睛：有关极值点与其他参数的等式或不等式问题，一般可能利用消参数法减少参数个数，方法是利用极值点是导函数为0的零点，有时还可结合韦达定理得出它们的关系，然后用代入法消参数．最终转化为求函数的最值等问题．
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解；
（2）将问题转化为，令，用导数法求其最大值即可.
（3）易知，易知在上恒成立，令得到证明.
【详解】（1）解：，
∴，
∴切线方程为．
（2），
令，则．
令，则．
①当，即时，恒成立，∴单调递增．
∴，∴，∴单调递增，
从而，不符合题意．
②当，即时，恒成立，∴单调递减．
∴，∴，∴单调递减，从而，符合题意．
③当，即时，由，，
∴在上存在，使得，且当时，，
∴单调递增，∴，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
（3）由（2）可知，当时，，∴．
又令，求导，得，
∴单调递减，
从而，即在上恒成立．
令，得．
∴．
即，
∴，于是得证．
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问对求导后，直接判断导数的正负不太容易，通过对局部式的讨论，再结合，就可以确定的符号，使问题的解决更加清晰．
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求出的单调性；
（2）要证，即证，构造同构式即可求解.
【详解】（1）求导，当，，即证
∴在递减；当，，
当时，，递减：当时，，递增；
（2）由（1）可知：当时，，
∴在内恒成立，且，
∴；故要证，
即证，即，
令，
同构式，易知，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
，则，
当时取等，即在内设成立，
故当时，.
21．(1)有唯一零点
(2)证明见解析
【分析】（1）先对进行求导，利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理分析判断；
（2）根据题意可知：原不等式等价于，分和两种情况，结合不等式放缩证明.
【详解】（1）由题意可得，
且，则，
可得在上恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以在上有唯一零点．
（2）由题意可知：原不等式等价于，
即，其中．
若，显然有．
若，构建，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
则，即不等式（当且仅当时取等号），
可得，
又，故有，而，
则，
与的取等条件不一致，则，
可得；
综上所述：，即.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数证明即可；
（2）构造函数：，证得．结合常见不等式放缩及第（1）问得到的不等式，简化式子的结构，最后提取公因式，化为常见的不等式证明问题．
【详解】（1）构造函数，则．
令，则，
∴单调递增，从而，
因此单调递增，从而，
即当时，．
（2）构造函数：，求导得，
因此单调递减，从而，故．
由（1）知，当时，．
令，则，
则在上单调递增，故，则．
所以，当，时，
．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页