单元素养强化(二) 导数的综合应用（Word练习）-【优化指导】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修第二册（湘教版2019）

单元素养强化(二)　导数的综合应用 [对应学生用书P270] 1．已知函数f(x)＝x3－ln x－ax在(2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　) A．a＞－　　　　 B．a≥－ C．a＜ D．a≤ D　解析：f′(x)＝x2－－a≥0， 因为函数f(x)＝x3－ln x－ax在(2，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)＝x2－－a≥0在(2，＋∞)上恒成立，即a≤x2－在(2，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝x2－(x＞2)， 则g′(x)＝2x＋＞0在(2，＋∞)上恒成立， 故g(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(2)＝， 故实数a的取值范围是(－∞，]. 2．若函数f(x)对任意x∈R的都有f′(x)>f(x)恒成立，则(　　) A．3f(ln 2)>2f(ln 3) B．3f(ln 2)＝2f(ln 3) C．3f(ln 2)<2f(ln 3) D．3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定 C　解析：令g(x)＝，则g′(x)＝， 因为对任意x∈R都有f(x)<f′(x)，所以g′(x)>0， 即g(x)在R上单调递增， 又ln 2<ln 3，所以g(ln 2)<g(ln 3)，即<，即3f(ln 2)<2f(ln 3). 3．设函数f(x)＝x2＋m ln (1＋x)有两个极值点，则实数m的取值范围是(　　) A．(－1，) B．(0，) C．(0，] D．(－1，] B　解析：f(x)的定义域为(－1，＋∞).f′(x)＝，令其分子为g(x)＝2x2＋2x＋m(x>－1)，在区间(－1，＋∞)上有两个零点， 故 解得m∈(0，). 4．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin x＜f(x)cos x，且f(x)＋f(－x)＝0.设a＝－2f(－)，b＝f()，c＝f()，则(　　) A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜b＜a D　解析：设g(x)＝， ∴g′(x)＝， ∵对任意x∈(0，π)时，f′(x)sinx＜f(x)cos x， ∴x∈(0，π)时，g′(x)＜0， ∴g(x)在(0，π)上单调递减， 又x∈R时，f(x)＋f(－x)＝0， ∴f(x)是R上的奇函数， ∴g(x)是R上的偶函数， ∴a＝g(－)＝g()，b＝g()，c＝g(). ∴c＜b＜a. 5．(多选)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)＜0，若a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系正确的有(　　) A．b＞a B．c＞b C．b＞c D．c＞a AC　解析：由f(x)＝f(2－x)得f(x＋1)＝f(1－x)， 则函数关于x＝1对称， 当x＞1时，由(x－1)f′(x)＜0得f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x＜1时，由(x－1)f′(x)＜0得f′(x)＞0，函数f(x)单调递增． 又a＝f(0)＝f(2)，b＝f()＝f()，c＝f(3)，又3＞2＞＞1，∴f(3)＜f(2)＜f()，故b＞a＞c. 6．(多选)若存在m，使得f(x)≥m对任意x∈D恒成立，则函数f(x)在D上有下界，其中m为函数f(x)的一个下界；若存在M，使得f(x)≤M对任意x∈D恒成立，则函数f(x)在D上有上界，其中M为函数f(x)的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．下列说法正确的是(　　) A．2是函数f(x)＝x＋(x＞0)的一个下界 B．函数f(x)＝x ln x有下界，无上界 C．函数f(x)＝有上界，无下界 D．函数f(x)＝有界 ABD　解析：对于A，当x＞0时，x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号， ∴f(x)≥2恒成立，∴2是f(x)的一个下界，故A正确； 对于B，因为f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， ∴当x∈(0，e－1)时，f′(x)＜0； x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)≥f(e－1)＝－，∴f(x)有下界， 又x→＋∞时，f(x)→＋∞，∴f(x)无上界，故B正确； 对于C，∵x2＞0，ex＞0，∴f(x)＝＞0恒成立， ∴f(x)有下界，故C错误； 对于D，∵sin x∈[－1，1]，且x2＋1＞0， ∴≤≤， 又≥－1，≤1， ∴－1≤≤1， ∴f(x)既有上界又有下界， 即f(x)有界，故D正确． 7．若函数f(x)＝ax－ln x，对于任意的x1，x2∈(1，＋∞)(其中x1≠x2)不等式(x2－x1)[f(x1)－f(x2)]＜0恒成立，则a的取值范围为________． [1，＋∞)　解析：