5.3.2 第3课时 利用导数解决与函数相关的问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂Word课时作业（人教A版2019）

[基础达标练] 1．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是(　　) A．[－1，＋∞]　　 B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) 解析：C　[由题意可知f′(x)＝－x＋＜0，在x∈(－1，＋∞)上恒成立，即b＜x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，由于x≠－1，所以b≤－1，故C为正确答案．] 2．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c 解析：D　[∵(x－1)f′(x)＜0，∴当x＞1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)．∵－1＜0＜，∴f(－1)＜f(0)＜f，∴f(3)＜f(0)＜f，∴b＞a＞c.] 3．已知函数f(x)＝ex－ax2(x＞0)无零点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 解析：B　[因为函数f(x)＝ex－ax2(x＞0)无零点，所以方程ex－ax2＝0在x∈(0，＋∞)上无解，即a＝在x∈(0，＋∞)上无解，令g(x)＝(x＞0)，g′(x)＝，当x＞2时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当0＜x＜2时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以x＝2时，函数g(x)有唯一的极小值，也是最小值．g(2)＝，所以g(x)≥.若a＝无解，则a＜，故选B.] 4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：B　[法一　由题意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.当a＞0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减，且f(0)＝1＞0，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.当a＜0时，要使x0＞0且唯一，只需f＞0，即a2＞4，∴a＜－2. 法二　f(x)有唯一正零点x0，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝－有唯一正根x0. 令g(x)＝－，g′(x)＝， ∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x＜－1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，∴g(x)的大致图象如图． ∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x0＞0，只需a＜g(－1)＝－2.] 5．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中正确的是(　　) A．∃x0∈R, f(x0)＝0 B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形 C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减 D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0 解析：ABD　[由于三次函数的三次项系数为正值，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定∃x0∈R，f(x0)＝0，选项A中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确. ] 6．已知函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域内有零点，则实数a的取值范围是________． 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域内有零点，所以a＝x－xln x有解，令h(x)＝x－xln x，所以h′(x)＝－ln x，所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1，故0＜a≤1. 答案：0＜a≤1 7．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________． 解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝ ＝－， 由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内， 函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调， 由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3) 8．设函数f(x)＝ex－e－x，若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围． 解：令g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a.由于ex＋e－x＝ex＋≥2(当且仅当x＝0时等号成立)，所以当a≤2时，g′(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 所以当x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax，当a＞2时，方程g′(x)＝0的根为x1＝ln ＜0，x2＝ln＞0，此时，若x∈(0，x2)，则g′(x)＜0，故g(x)在区间(0，x2)内为减函数，所以x∈(0，x2)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾． 综上所述，满足条件的实数a的取值范围为(－∞，2]． [能力提升练] 9．已知函数f(x)＝ln x－＋a在x∈[1，e]上有两个零点，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D．[－1，e) 解析：C　[由题得f′(x)＝＋＝ ，x∈[1，e]． 当a≥－1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，不合题意． 当a≤－e时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，也不合题意． 当－e＜a＜－1时，则x∈[1，－a)时，f′(x)＜0，f(x)在[1，－a)上单调递减，x∈(－a，e]时，f′(x)＞0，f(x)在(－a，e]上单调递增，又f(1)＝0，所以f(x)在x∈[1，e]上有两个零点，只需f(e)＝1－＋a≥0即可，解得≤a＜－1.综上，a的取值范围是.] 10．设函数f(x)＝ex＋1－ma，g(x)＝aex－x(m，a为实数)，若存在实数a，使得f(x)≤g(x)对任意x∈R恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：C　[令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋1－ma－aex＋x＝(e－a)ex－ma＋x，则h′(x)＝(e－a)ex＋1，若e－a≥0，可得h′(x)＞0，函数h(x)为增函数，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，不满足h(x)≤0对任意x∈R恒成立；若e－a＜0，由h′(x)＝0，得ex＝，则x＝ln ，∴当x∈时，h′(x)＞0，当x∈时，h′(x)＜0，∴h(x)max＝h＝(e－a)·－ma＋ln＝－1－ma＋ln. 若f(x)≤g(x)对任意x∈R恒成立，则－1－ma＋ln≤0(a＞e)恒成立，若存在实数a，使得－1－ma＋ln≤0成立，则ma≥ln－1，∴m≥－－(a＞e)．令F(a)＝－－，则F′(a)＝－＋＝－＋＋＝ ＝. ∴当a＜2e时，F′(a)＜0，当a＞2e时，F′(a)＞0，则F′(a)min＝F(2e)＝－.∴m≥－.则实数m的取值范围是.] 11．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为　________. 解析：令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设φ(x)＝x3－3x＋(x－1)2，φ′(x)＝(3x＋5)(x－1)，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，φ(0)＝1，φ(1)＝－2，所以a的取值范围为(－2,1)． 答案：(－2,1) 12．设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x. 解析：(1)f′(x)＝－1(x＞0)． 由f′(x)＞0，解得0＜x＜1； 由f′(x)＜0，解得x＞1. ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：要证当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x，即证ln x＜x－1＜xln x. 由(1)得f(x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)＜f(1)＝0，即有ln x＜x－1. 设F(x)＝xln x－x＋1， 则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x. 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增． ∴F(x)＞F(1)＝0，即有xln x＞x－1.∴原不等式成立． [素养培优练] 13．(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：ACD　[首先有f(x)＝(x－1)2(x－4)， 则f′(x)＝3(x－1)(x－3)， 对于A有，x＝3左右的两侧符号变化为由负到正，故其为极小值点，故A正确； 对于B有，当0＜x＜1时，函数单调递增且x2＜x，故f(x2)＜f(x)，故B错误； 对于C有，当1＜x＜2时，得1＜2x－1＜3且f(1)＝0，f(3)＝－4，故－4＜f(2x－1)＜0，故C正确； 对于D有，当－1＜x＜0时，f(x)单调递增，f(2－x)＞f(x)成立，故D正确．故选择：ACD. 点评：函数的单调性问题转化成导数的单调性问题即可顺利解决．] 14．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明： (1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1＜0， f′(2)＝ln 2－＝＞0， 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又当x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2， 又f(e2)＝e2－3＞0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α＞x0＞1，得＜1＜x0. 又f＝ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)内的唯一根． 所以f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 学科网（北京）股份有限公司 $$