6.2利用导数研究函数的性质 同步练习（含解析）2023-2024学年人教B版（2019）高中数学选择性必修第三册

6.2利用导数研究函数的性质同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2．已知函数，则使得成立的正实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．设函数，，在上的零点分别为，则的大小顺序为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知函数，则的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，则下列选项正确的是（ ）.
A． B．
C． D．
6．函数f (x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．设函数，记的极小值点为，极大值点为，则（ ）
A．2 B． C． D．
8．函数有且只有一个零点，则的取值可以是（ ）
A．2 B．1 C．3 D．
二、多选题
9．定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，下列命题正确的是（ ）
A．若是函数的极值点，则
B．若在上单调递增，则
C．若，则恒成立
D．若在上恒成立，则
11．已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数在上为增函数
B．是函数的极小值点
C．函数必有个零点
D．
12．已知，函数有两个极值点，则（ ）
A．
B．时，函数的图象在处的切线方程为
C．为定值
D．时，函数在上的值域是
三、填空题
13．若对任意实数，则的最大值为 ．
14．若函数有两个零点，则实数的取值范围为 .
15．定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为 ．
四、解答题
16．设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”．
(1)设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合;
(2)设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；
(3)设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有．
（i）证明：;
（ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点．
17．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
18．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的最小值为，不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
19．已知函数.
(1)若曲线的一条切线方程为，求的值；
(2)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
(3)若，无零点，求的取值范围．
20．已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】利用特殊值的函数值判断充分性不成立，利用导数研究的单调性和值域，结合三角函数的有界性，从而判断必要性.
【详解】，，满足，但，故甲不是乙的充分条件；
令，则，故在单调递增，
即，也即在恒成立，则在恒成立；
故当时，，，甲是乙的必要条件.
综上所述，甲是乙的必要条件，但不是充分条件.
故选：B.
2．B
【分析】分析函数的奇偶性，单调性，利用函数的单调性求解不等式即可.
【详解】由题知的定义域为，且，
所以为偶函数．
又当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以若成立，则需解得．
故选B．
3．B
【分析】利用导数结合零点存在性定理得出，，，再根据，可得，即可得出答案.
【详解】因为，，所以在上单调递增，
又因为，所以存在使得，
所以，
因为，，令，解得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
又因为，
又，，所以，所以在上单调递增，
又，，所以存在使得，所以最大，
因为，所以，
，，
又，
.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点所在区间，区间的长度越小越好.
4．A
【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间．
【详解】由得：，即的定义域为；
，
当时，；当时，；
的单调递增区间为．
故选：A．
5．D
【分析】利用导数判断的单调性，结合单调性比较大小.
【详解】因为在上恒成立，可知在上单调递增，
且，所以.
故选：D.
6．B
【分析】由已知函数的图象，先判断它的单调性，然后根据函数图象斜率的变化，从而求解．
【详解】观察函数的图象知：当时，单调递增，且当时，，
随着逐渐增大，函数图象由陡逐渐变缓，，，，
而（即点B）处切线的倾斜角比（即点A）处的倾斜角小，且均为锐角，
，又是割线AB的斜率，显然，
所以.
故选：B
7．D
【分析】根据的正负判断函数的单调性，从而得到和的值，代入可得的值.
【详解】由题知函数的定义域为，，
当时，，当时，，
在和上单调递增，在上单调递减，所以，．
所以．
故选：D．
8．B
【分析】由题意将原条件转换为的根的个数之和为1，其中，，从而只需画出它们的图象即可通过数形结合求解.
【详解】或，
显然单调递增，令，
则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
注意到的交点为，而，
所以在同一平面直角坐标系中作出的图象如图所示，

由图可知的根的个数之和为1，当且仅当，
对比选项可知的取值可以是1.
故选：B.
9．CD
【分析】构造函数，结合题目所给性质可得在上单调递减，结合函数单调性计算即可得.
【详解】令，则，
由已知可得，即在上单调递减，
所以，
故，即C D选项正确.
故选：CD.
10．AD
【分析】利用导数结合极值点求出判断A；利用导数结合单调性求出的范围判断B；利用函数最小值判断C；利用恒成立的不等式求出的范围判断D.
【详解】函数的定义域为，
对于A，，由是函数的极值点，得，解得，
此时，显然是在上的变号零点，因此，A正确；
对于B，在上单调递增，则，，
而函数在上单调递增，恒成立，因此，B错误；
对于C，由，得，，，
当时，，递减，当时，，递增，
因此，而，C错误；
对于D，，，
令，求导得，当且仅当取等号，
因此函数在上单调递增，，所以，D正确.
故选：AD
11．BD
【分析】求导，根据导函数满足判断选项AB，再结合，分，，判断选项C；再由函数在上为增函数判断选项D.
【详解】因为，所以，
因为导函数满足，
当时，，则 ，所以 是增函数；
当时，，则 ，所以 是减函数；
故A错误，B正确；
又，则，
当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，可能有1个或个零点，故C错误；
因为函数在上为增函数，
所以，即，整理得，故D正确；
故选：BD
12．ABC
【分析】选项：由函数的导数等于0的方程有两个根可得；选项：由导函数的几何意义得到切线的斜率，再由点斜式写出方程即可；选项：由函数的极值点互为相反数代入计算可得；选项：由导数求出极值，再求出区间端点的值，即可得到函数在闭区间上的值域.
【详解】对于A，由题意，当时，，无极值点，
当时，，
时，，函数单调递减，无极值点，
当时，令，得，解得，
当，解得或，上单调递增，
当，解得，上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
所以当时，函数有两个极值点，故正确；
对于B，若，则，则，则，，
所以函数在处的切线方程为，即，故正确；
对于C，因为，
当时，由，得，则，
所以为定值，故C正确；
对于D，当时，则，则，
令，解得或，
所以当时，，
，，
上的值域是，故错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：对含参的问题，要注意对参数的讨论；利用导数求切线方程问题要注意是“在”某处还是“过”某处；利用导数求函数在闭区间上的最值或值域问题，要注意舍去不在区间内的极值.
13．
【分析】构造函数，对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令，，由题可知，恒成立；
，；令，
，；
当，，故单调递增，则，
故单调递增，，满足题意；
当，显然单调递增；
若，即时，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
，，单调递增；
又，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
当，，单调递增；
又，故当，，不满足题意；
若，即，又单调递增，故，
则单调递增，又，故，
则单调递增，，满足题意；
综上所述，当时，满足题意，故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
14．
【分析】条件可转化为方程有两个根，令，可得函数的图象
与直线有两个交点，利用导数研究函数的性质及图象可得结论.
【详解】令，
所以.
令，，求导可得，
所以函数在上单调递增，且，所以，
令，则有两个零点等价于函数的图象与直线有两个交点.
因为，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
当时，，当时，，
则，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
15．
【分析】由条件结合导数的性质判断函数的单调性，利用单调性解不等式可得结论.
【详解】因为，故构造函数，，
则当时，，
所以函数在上单调递减，
又不等式，可化为，
即，
所以，
解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
16．(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ii）2
【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题；
（3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）.
【详解】（1）根据题意，所求的为使得在上有零点的全体.
由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求.
（2）根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.
这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.
从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.
该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为.
设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点.
当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；
当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；
当时，对，我们有：
，
由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点.
综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.
（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.
当时，有，故结论成立；
假设结论对成立，即，则有：
，故结论对也成立.
综上，对任意正整数，有.
（i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当是偶数，下面证明该结论：
当为奇数时，对，有，所以在上没有零点；
当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点.
综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.
根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.
我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于.
而对任意给定的，我们定义函数，则.
取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而.
取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点.
综上所述，的最大值是.
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
17．(1)
(2)
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，即可对进行分类讨论求解导函数的正负求解，
（2）将原不等式进行转化，分离参数，从而可构造函数，将问题转化为函数的最值问题进行求解.
【详解】（1）由题知的定义域为，．
①当时，，则，故单调递增．
②当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，，且，即．
令，则，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，所以，所以．
由题可得在上恒成立．
令，
则，
令，则，可得在上单调递减，
又，
故存在，使得，即，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
易知，
由于，故，
因此，故，即的取值范围为．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解；
（3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.
【详解】（1）函数的定义域为，设切点为，
因为，所以，解得，
因为，，
所以，即，所以，
所以，解得；
（2）因为，在区间上为增函数，
所以在内恒成立，
因为，所以，
所以，即；
（3）因为，，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意；
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
所以的最小值为，
当，即时，无零点，符合题意；
当时，有一个零点，不符合题意；
当时，的最小值，
因为，
所以，使得，不符合题意；
综上所述，当时，，无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
20．(1)
(2)
(3)当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点
【分析】（1）求导后令，计算即可得；
（2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解.
（3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得.
【详解】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
（2），
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页