导数在函数研究中的应用同步练习（含解析）

人教版2019选修二5.3导数在函数研究中的应用同步练习一、单选题1.已知函数f(x)=x3+ax2A.

1

B.

2

C.

3

D.

42.曲线y=xe−2x+1在A.

e

B.

e2

C.

2e

3.已知函数f(x)=x2eA.

(0,2e)

B.

(0,4e)4.若f(x)=x2−2x−4A.

(−1,0)

B.

(−1,0)∪(2,+∞)

C.

(1,+∞)

D.

(2,+∞)5.若a∈R，“a>3”是“函数f(x)=(x−a)ex在A.

充分不必要条件

B.

必要不充分条件

C.

充要条件

D.

既不充分也不必要条件6.已知函数f(x)=x(ex−A.

是奇函数，且在(0,+∞)单调递减

B.

是奇函数，且在(0,+∞)单调递增

C.

是偶函数，且在(0,+∞)单调递减

D.

是偶函数，且在(0,+∞)单调递增7.已知函数f(x)=aex+x(lna+x−lnx)A.

[1,+∞)

B.

[2e,+∞)

C.

[8.函数f(x)=xA.

B.

C.

D.

二、多选题9.已知函数f(x)=xA.

存在a使得f(x)恰有三个单调区间

B.

f(x)有最小值

C.

存在a使得f(x)有小于0的极值点

D.

当x1<0<x210.已知函数f(x)=x3-3lnx-1，则（

）A.

f(x)的极大值为0

B.

曲线y=f(x)在（1，f(1))处的切线为x轴

C.

f(x)的最小值为0

D.

f(x)在定义域内单调11.已知函数f(x)的定义域为[−1,5]，部分函数值如表1，f(x)的导函数y=f′(x)A.

函数f(x)在[0,1]是减函数

B.

如果当x∈[−1,t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4

C.

函数y=f(x)−a有4个零点，则1≤a<2

D.

函数f(x)在x=2取得极大值12.定义在(0,π2)上的函数f(x)，f'(x)A.

f(π6)>2

C.

f(π6)>3三、填空题13.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)>f(x)−1，且有14.已知函数f(x)对x∈R均有f(x)+2f(−x)=mx−6，若f(x)≥ln15.已知函数f(x)=x①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；②函数y=f(x)有3个零点；③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称上述命题中，正确命题的序号是________．16.函数f(x)=x3−3x四、解答题17.已知函数f(x)=(x（1）若a=0，求f(x)的最小值；（2）求函数f(x)的单调区间.18.已知函数f(x)=(m−ln（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)−2x−m<0恒成立，求正整数m的最大值．参考数据：ln5≈1.6119.已知函数f(x)=xe（1）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（2）证明∶对任意的x∈R，都有f(x)≥0.20.已知函数f(x)=e（1）若f(x)在[0,+∞)上单调递增，求a的取值范围；（2）证明：∀x∈[0,+∞)，xe21.设函数f(x)=e（1）若b=1，f(x)有两个零点，求a的取值范围；（2）若f(x)≥0，求证：b−a22.已知f(x)=xlnx，（1）求函数g(x)的单调区间；（2）已知x≥1时，不等式ax−2≤(x2−4x+5)f(x)

答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】∵f(x)=x3+a由题意知f′(1)=0，即3+2a+b=0，所以所以f(2)=8+4a+2b=8+2(2a+b)=8+2×(−3)=2.故答案为：B2.【答案】C【解析】【解答】对函数y=xe−2x+1求导得所以，曲线y=xe−2x+1在x=1处的切线斜率为y′所以，y=xe−2x+1在x=1处的切线方程为y−1直线y=−1ex+2e交x轴于点A(2,0)因此，所求三角形的面积为12故答案为：C.3.【答案】B【解析】【解答】由x2设g(x)=x2e当x∈(−∞,0)时，g′当x∈(0,2)时，g′当x∈(2,+∞)时，g′所以函数g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，故g(0)=0，g(2)=4因为函数f(x)=x2e故答案为：B

4.【答案】D【解析】【解答】解：由题得f′令x2故答案为：D.5.【答案】A【解析】【解答】由题意，函数f(x)=(x−a)ex，则令f′(x)=0，可得当x<a−1时，f′(x)<0；当x>a−1时，所以函数y=f(x)在x=a−1处取得极小值，若函数y=f(x)在(0,+∞)上有极值，则a−1>0，解得a>1．因此“a>3”是“函数f(x)=(x−a)ex在故答案为：A．6.【答案】D【解析】【解答】因为f(x)=x(ex−且f(−x)=−x(e所以f(x)是偶函数，当x>0时，f′所以f(x)在(0,+∞)单调递增，故答案为：D7.【答案】C【解析】【解答】由f(x)≥x得：aex+x(∴e(lna+x−∵g(x)=ex+x∴lna+x−lnx≥0∴lna≥lnx−x构造函数ℎ(x)=lnx−x，当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，ℎ′∴ℎ(x)max=ℎ(1)=−1，∴ln故答案为：C.8.【答案】D【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以函数的奇函数，排除答案A、C，又当0<x<1时，f(x)=12xlnx，f二、多选题9.【答案】B,C【解析】【解答】f′(x)=4x当a>0时，f″(x)>0，又f′(−3a)=−3a−2a3a<0，f′(0)=a>0，∴f′(x)在当a<0时，f′(x)在(−∞,−−a6)和(−若a<−2732，则f′(−−a6)>0，f′(x)在(−∞,0)上有两个零点，记为x1,x2，在(0,+∞)上有一个零点，记为x3，则f(x)在(−∞,若−2732⩽a<0，则f′(−−a6)⩽0，f′(x)只在(0,+∞)对于D，当x1<0<x=(x取a=−(x12故答案为：BC10.【答案】B,C【解析】【解答】f(x)=x3-3lnx-1的定义域为(0，+∞)，f′令f′(x)=3x列表得：x(0,1)1(1,+∞)f-0+f(x)单减

单增所以f(x)的极小值，也是最小值为f(1)=0，无极大值，在定义域内不单调；C符合题意，A、D不符合题意；对于B:由f(1)=0及f′(1)=0，所以y=f(x)在（1，f(1))处的切线方程y−0=0(x−1)，即故答案为：BC11.【答案】A,C【解析】【解答】由导函数y=f′(x)的图像可知，f(x)在[−1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减，在[1,4]A符合题意；B.如果当x∈[−1,t]时，f(x)的最大值是2，由函数单调性可知：t的最大值为5，B不符合题意；C.函数y=f(x)−a有4个零点，即y=f(x)图像与y=a有4个交点，由f(x)的定义域为[−1,5]，且f(−1)=f(5)=1，f(0)=f(4)取得最大值为2，所以a=2时，有两个交点，因此1≤a<2；C符合题意；D.因为函数f(x)在[1,4]上单调递增，所以x=2处不可能取得极值，D不符合题意.故答案为：AC.12.【答案】C,D【解析】【解答】依题意0<x<π由f'(x)<−tan构造函数F(x)=f(x)F'所以F(x)在(0,πF(π6)>F(f(π所以f(π6)>故答案为：CD三、填空题13.【答案】(1,+∞)【解析】【解答】构造函数g(x)=f(x)−1g'(x)=f'(x)−f(x)+1g(1)=0，f(x)−1>e所以不等式f(x)−1>ex−1故答案为：(1,+∞)14.【答案】(-∞,-e]【解析】【解答】∵函数f（x）对x∈R均有f（x）+2f（﹣x）＝mx﹣6①，∴将﹣x换为x，得f（﹣x）+2f（x）＝﹣mx﹣6②，∴由①②，解得f（x）＝﹣mx﹣2．∵f（x）≥lnx恒成立，∴m≤−2+lnx∴只需m≤(−令g(x)=−2+lnxx，则g'（x）令g'（x）＝0，则x=1∴g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1∴g(x)∴m的取值范围为（﹣∞，﹣e]．故答案为：（﹣∞，﹣e]．15.【答案】①②④【解析】【解答】①∵f′(x)=3x2∴函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0，①正确；②令f′(x)=3x2−6x>0∴函数y=f(x)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，又∵f(−1)=−1<0,f(0)=3>0,f(2)=−1<0,f(3)=3>0，∴在(−1,0),(0,2),(2,3)上各有一点x使f(x)=0，即函数y=f(x)有3个零点，②正确；③由②知函数y=f(x)在x=2处取得极小值，③错误；④令g(x)=x3−3x所以函数g(x)为奇函数，则g(x)的图像关于原点对称，将函数g(x)=x3−3x的图像向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函数ℎ(x)=所以函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称，④正确.16.【答案】-2【解析】【解答】由f(x)=x3−3x令f′(x)=0，解得x1f(x)在区间[−1,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增，所以最小值为f(1)=−2.故答案为：-2.四、解答题17.【答案】（1）解：若a=0，f(x)=x2lnf′由f′(x)>0可得由f′(x)<0可得所以f(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)=−12；

（2）解：①当a≤0时，2x−2a>0，由f′(x)>0可得由f′(x)<0可得此时f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，②当0<a<1时，由f′(x)>0可得0<x<a或由f′(x)<0可得此时f(x)的单调递减区间为(a,1)，单调递增区间为(0,a)和(1,+∞)，③当a=1时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为④当a>1时，由f′(x)>0可得0<x<1或由f′(x)<0可得此时f(x)的单调递减区间为(1,a)，单调递增区间为(0,1)和(a,+∞)，综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，当0<a<1时，f(x)的单调递减区间为(a,1)，单调递增区间为(0,a)和(1,+∞)，当a=1时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，当a>1时，f(x)的单调递减区间为(1,a)，单调递增区间为(0,1)和(a,+∞)，

18.【答案】（1）解：f′(x)=m−1−lnx，因为当m−1≤0，即m≤1时，f′(x)<0对x>1恒成立，∴f(x)在当m−1>0，即m>1时，令f′(x)=0，得由f′(x)>0，解得：1<x<em−1，由所以f(x)在(1,em−1)综上所述，当m≤1，f(x)在(1,+∞)上单调递减；当m>1时，在(1,em−1)单调递增，在(em−1,+∞)单调递减．

（2）解：∵当x>1时，令ℎ(x)=xlnx+2xx−1，得ℎ′因为x>1，所以g′(x)=1−1因为g(4)=4−lng(5)=5−ln所以∃x1∈(4,5)由g(x1)=当x∈(1,x1)，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(所以x=x1时，ℎ(x)取得最小值，为ℎ(x又m为正整数，所以m≤4，所以正整数m的最大值为4．19.【答案】（1）解：函数f(x)的定义域为R，由题得f′又f(0)=2，f′所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−2=(e+2)(x−0)，即(e+2)x−y+2=0.

（2）解：f′由于ex+1+2>0，令f′所以当x<−1时，f′(x)<0，f(x)在当x>−1时，f′(x)>0，f(x)在所以f(x)所以对任意的x∈R，都有f(x)≥0.20.【答案】（1）解：f′若f(x)在[0,+∞)上单调递增，则f′(x)≥0，即设g(x)=ex+sinx，则g故g(x)在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=1，所以a≤1.所以a的取值范围为(−∞,1].

（2）证明：设F(x)=x−sinx(x≥0)，则F′(x)=1−cos所以F(x)≥F(0)=0，所以x≥sin所以x∈[0,1]时，sin2x≤x2，当故x∈[0,+∞)时，sin2设G(x)=cosx+12x则G′(x)在所以G′(x)≥G′(0)=0，所以G(x)即cosx≥1−所以0<2−cos所以sin2只需证xex≥设ℎ(x)=ex−12所以ℎ′(x)在[0,+∞)上单调递增，所以ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0故ex≥12x综上所述，∀x∈[0,+∞)，xe21.【答案】（1）解：当b=1时，f(x)=ex−ax若a≤0，f′(x)>0，若a>0