强化课 导数的综合应用问题 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

一、选择题 1．函数y＝sin x＋x的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选B．记y＝f(x)＝sin x＋x，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋cos x≥0，故函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝0，所以函数y＝sin x＋x的零点个数为1.故选B． 2．函数f(x)＝＋x2－2x－a(x>0)，若恒有f(x)≥0，则a的取值范围是(　　) A．(e，＋∞) B．[e－1，＋∞) C．(－∞，e－1] D．(－∞，0] 解析：选C．f′(x)＝(x－1)，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e－1－a≥0，所以a≤e－1.故选C． 3．已知函数f(x)在x>0上可导且满足f′(x)－f(x)>0，则下列不等式一定成立的为(　　) A．f(2)>ef(3) B．f(3)<ef(2) C．f(3)>ef(2) D．f(2)<ef(3) 解析：选C．构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝>0在x>0时恒成立，所以g(x)＝在x>0时单调递增，所以g(3)>g(2)，即>，所以f(3)>ef(2).故选C． 4．丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数f′(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数记为f″(x)，若在(a，b)上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“凸函数”，已知f(x)＝－x3＋x2在(1，4)上为“凸函数”，则实数t的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B． C． D． 解析：选C．由于f(x)＝－x3＋x2，则f′(x)＝x3－tx2＋3x，则f″(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在(1，4)上为“凸函数”，所以f″(x)＝3x2－2tx＋3<0在(1，4)上恒成立，即t>＋在(1，4)上恒成立，由对勾函数的性质知y＝＋＝在(1，4)上单调递增，于是y＝(x＋)∈，故t≥.故选C． 5．若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：f(x)＝相切，则实数m的取值范围是(　　) A． B．(－e，0) C． D． 解析：选D．设一个切点为(x0，)，则由f′(x)＝，可得该点处的切线方程l：y－＝(x－x0)，当l经过点P时，有m－＝(－1－x0)，即m＝，则过点P的切线条数即为方程m＝的解的个数．设g(x)＝，则g′(x)＝＝＝，当x<－1或x>2时，g′(x)<0，当－1<x<2时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增．当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，又由g(2)＝＝，g(－1)＝－e<0，可得m∈时，m＝有三个解．故选D． 6．函数f(x)＝ax3－bx－ln x(a>0，b∈R)的一个极值点是1，则ln a－b＋1的值(　　) A．恒大于0 B．恒小于0 C．恒等于0 D．恒大于等于0 解析：选B．f′(x)＝3ax2－b－，因为1是f(x)的极值点，所以f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b，令g(a)＝ln a－b＋1＝ln a－3a＋2(a>0)，则g′(a)＝－3＝，令g′(a)>0，解得0<a<；令g′(a)<0，解得a>，故g(a)在上单调递增，在上单调递减，故g(a)max＝g＝1－ln 3<0，故ln a－b＋1恒小于0.故选B． 7．已知函数f(x)＝a ln (x＋1)＋x2，在区间(2，3)内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，若不等式>1恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[－9，＋∞) B．[－7，＋∞) C．[9，＋∞) D．[7，＋∞) 解析：选A．因为>1的几何意义，表示点(x1，f(x1))与点(x2，f(x2))连线的斜率，因为实数x1，x2在区间(2，3)内，不等式>1恒成立，所以函数图象上在区间(2，3)内任意两点连线的斜率大于1，故函数的导数大于1在(2，3)内恒成立，所以f′(x)＝＋2x>1在(2，3)内恒成立，由函数的定义域知x>－1，所以a>－2x2－x＋1在(2，3)内恒成立，由于二次函数y＝－2x2－x＋1在(2，3)上单调递减，故－2x2－x＋1<－2×22－2＋1＝－9，所以a≥－9，所以a∈[－9，＋∞).故选A． 8．(多选)已知函数f(x)＝x－，则(　　) A．f(x)在(－∞，0)上单调递增 B．f(x)是奇函数 C．f(x)有两个极值点 D．f(x)有两个零点 解析：选ABD．f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，故A正确，C错误；f(x)的定义域关于原点对称，f(－x)＝－x＋＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，故B正确；因为f(－1)＝f(1)＝0，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)有两个零点，故D正确．故选ABD． 9．(多选)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)>g′(x)，则当x∈(a，b)时，下列不等式成立的是(　　) A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x) C．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b) D．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a) 解析：选CD．对于AB，不妨设f(x)＝2x，g(x)＝1，则f′(x)＝2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝1∈(a，b)，则f(1)＝2>1＝g(1)，故A错误，若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误；对于CD，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)>g′(x)，令h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)>0，所以h(x)在R上单调递增，因为x∈(a，b)，即a<x<b，所以h(a)<h(x)<h(b)，由h(x)<h(b)得f(x)－g(x)<f(b)－g(b)，则f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)，故C正确；由h(a)<h(x)得f(a)－g(a)<f(x)－g(x)，则f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，故D正确．故选CD． 10．(多选)已知函数f(x)＝(1－x)ln x－ax，a∈R，下列正确的是(　　) A．若函数f(x)有且只有一个零点x0，则a＝0，x0＝1 B．若函数f(x)有两个零点，则a>0 C．若函数f(x)有且只有一个零点x0，则 a＝1，x0＝1 D．若函数f(x)有两个零点，则a<0 解析：选AD．由f(x)＝(1－x)ln x－ax＝0，可得a＝－ln x，令g(x)＝－ln x(x>0)，则g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0， 函数g(x)的图象如图所示： 当a>0时，直线y＝a与函数g(x)的图象没有交点，所以函数f(x)没有零点，当a＝0时，直线y＝a与函数g(x)的图象只有一个交点，所以此时函数f(x)只有一个零点，且f(1)＝0，所以选项A正确，选项C不正确；当a<0时，直线y＝a与函数g(x)的图象只有两个交点，所以此时函数f(x)只有两个零点，因此选项B不正确，选项D正确，故选AD． 二、填空题 11．若命题p：∀x0∈[－1，1]，x≥a－2x0为假命题，则实数a的取值范围是________________________________________________________________________． 解析：由题得¬p：∃x0∈[－1，1]，x<a－2x0为真命题， 所以当x0∈[－1，1]时，a>x＋2x0有解， 令f(x)＝x3＋2x，x∈[－1，1]， f′(x)＝3x2＋2>0， 所以f(x)在区间[－1，1]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－1)＝－3， 所以只需a>－3，即实数a的取值范围是(－3，＋∞). 答案：(－3，＋∞) 12．已知a＝sin ，b＝，c＝ln ，则a，b，c的大小关系是________．(用“>”连接) 解析：方法一：因为y＝sin x在上单调递增， 所以a＝sin >sin ＝>＝b， 设g(x)＝x－1－ln x(x＞0)， 则g′(x)＝1－＝， 当x∈[1，＋∞)时，g′(x)＝≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g＞g(1)＝1－1－ln 1＝0， 所以－1＞ln ，即＞ln ， 所以b＝＞＞ln ＝c. 综上，得a＞b＞c. 方法二：因为y＝sin x在上单调递增， 所以a＝sin >sin ＝>＝b. 又b＝>＝ln >ln ＝ln ＝c. 综上，得a>b>c. 答案：a>b>c 13．已知函数f(x)＝ln x＋a，g(x)＝ex－1，若f(x)<g(x)在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是__________． 解析：因为f(x)<g(x)在(1，＋∞)上恒成立， 即a<ex－1－ln x在(1，＋∞)上恒成立， 取h(x)＝ex－1－ln x，所以h′(x)＝ex－， 因为x>1，所以ex>e>2，而－>－1， 即ex－>0， 所以在(1，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)>h(1)＝e－1， 因为a<ex－1－ln x在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤e－1. 答案：(－∞，e－1] 14．已知函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x－2x，若f′(x1)＝g(x2)，则|x2－x1|的最小值为____________． 解析：因为f′(x)＝x，若f′(x1)＝g(x2)， 则x1＝ln x2－2x2，x2－x1＝3x2－ln x2， 令h(x)＝3x－ln x， 则h′(x)＝3－＝(x>0)， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增， h(x)min＝h＝1＋ln 3>0，所以x2－x1≥1＋ln 3，故|x2－x1|的最小值为1＋ln 3. 答案：1＋ln 3 三、解答题 15．证明：ex－1≥ln x＋1. 证明：方法一：令f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)， 则f′(x)＝ex－1－， 令f′(x)＝g(x)，则g′(x)＝ex－1＋>0， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0， 故当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故当x＝1时，f(x)取极小值也是最小值， 故f(x)≥f(1)＝0， 因此ex－1－ln x－1≥0，即ex－1≥ln x＋1. 方法二：因为ex≥x＋1，所以ex－1≥x， 当且仅当x＝1时等号成立， 又因为ln x≤x－1 ，即ln x＋1≤x, 当且仅当x＝1时等号成立． 故ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1. 16．已知函数f(x)＝cos x－x2. (1)设g(x)＝f′(x)，求g(x)在区间上的最值； (2)讨论f(x)的零点个数． 解：(1)因为g(x)＝f′(x)＝－2x－sin x， g′(x)＝－2－cos x<0， 所以g(x)在区间上单调递减，所以当x＝时，g(x)取最大值g＝－－； 当x＝π时，g(x)取最小值g(π)＝－2π. (2)先讨论f(x)在[0，＋∞)上的零点个数， 由(1)可知，f′(x)在[0，＋∞)上单调递减， f′(x)<f′(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减， 因为f(0)＝1>0，f＝－<0， 所以f(x)在[0，＋∞)上有唯一零点， 又因为f(－x)＝cos (－x)－(－x)2＝cos x－x2＝f(x)，所以f(x)是偶函数，所以f(x)在R上有两个零点． 17．已知函数f(x)＝. (1)当x∈时，求函数f(x)的最小值； (2)若g(x)＝－x3＋3x－a，且对∀x1∈，都∃x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)因为函数f(x)＝，x∈， 所以f′(x)＝. 设u(x)＝x cos x－sin x，x∈， 则u′(x)＝－x sin x<0， 故u(x)在上单调递减． 所以u(x)<u(0)＝0，即f′(x)<0，x∈， 所以f(x)在上单调递减，最小值为f＝. (2)令h(x)＝sin x－x，x∈， 则h′(x)＝cos x－1<0在上恒成立， 即函数h(x)在上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0， 所以sin x<x，x∈， 即f(x)＝<1在上恒成立； 又g′(x)＝－3(x2－1)＝(1－x)， 当x∈[0，2]时3x＋3＋>0，所以当x∈[0，1)时，g′(x)>0，g(x)在区间[0，1)上单调递增； 当x∈(1，2]时，g′(x)<0，g(x)在区间(1，2]上单调递减． 函数g(x)在区间[0，2]上的最大值为 g(1)＝－1＋3－a＝＋2－a. 综上，只需f(x)max≤g(x)max， 即＋2－a≥1，解得a≤＋1， 即实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $