2.8 数学探究活动(二)探究函数性质-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂课时作业word（北师大版）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [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正确．] 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．因为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　[由题意a≠0，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AC.当a＜0时，要使x0＞0且唯一，只需f＞0，即a2＞4，∴a＜－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)的图像是中心对称图形 C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)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，函数值→－∞，当x→＋∞时，函数值→＋∞，又三次函数的图像是连续不断的，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，通过平移函数图像，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图像关于坐标原点对称，故函数f(x)的图像是中心对称图形，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)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．已知函数f(x)＝a＋ ·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数． 解：函数f(x)＝a＋ ·ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝( )′ln x＋ ·＝ ， 令f′(x)>0，解得x>e－2；令f′(x)<0，解得0<x<e－2. 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(e－2)＝a－ ， 显然当a> 时，f(x)min>0，f(x)无零点；当a＝ 时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点；当a< 时，f(x)min<0，f(x)有2个零点． [能力提升练] 9．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 解析：AC　[由题意，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－， 令f′(x)＜0得－<x<， 所以f(x)在(－，)上单调递减，在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增， 所以x＝±是极值点，故A正确； 因f(－)＝1＋＞0，f()＝1－＞0，f(－2)＝－5＜0， 所以，函数f(x)在上有一个零点， 当x≥时，f(x)≥f＞0，即函数f(x)在上无零点， 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)， 则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心， 将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确； 令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1,1)时，切线方程为y＝2x＋3， 故D错误．] 10．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导数y＝f′(x)的图像如下图所示，下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　) x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 A．函数f(x)的极大值点有2个 B．函数f(x)在[0,2]上是减函数 C．若当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4 D．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点 解析：AB　[根据y＝f′(x)的图像，当－1≤x<0或2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当0<x<2或4<x≤5时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．∴当x＝0时，函数f(x)取得极大值；当x＝4时，函数f(x)取得极大值．∴函数f(x)有两个极大值点．∴A正确．函数f(x)在[0,2]上是减函数，∴B正确． 作出f(x)的图像如图所示，若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t满足0≤t≤5，即t的最大值是5.∴C错误．由y＝f(x)－a＝0，得f(x)＝a，若f(2)≤1，则当1<a<2时，f(x)＝a有4个根． 若1<f(2)<2，则当1<a<2时，f(x)＝a不一定有4个根，有可能是2个根．∴函数y＝f(x)－a有4个零点不一定正确．∴D错误．] 11．已知函数f(x)＝sin x－1，g(x)＝ln x－x，若对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)＜g(x2)成立，则实数a的取值范围是　________　. 解析：对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)＜g(x2)成立，所以得到f(x)max＜g(x)max，而f(x)＝sin x－1，所以f(x)max＝0，即存在x∈(1，e)，使 ln x－x＞0，此时ln x＞0，x＞0，所以a＞0，因此将问题转化为存在x∈(1，e)，使＜成立，设h(x)＝，则＜h(x)max，h′(x)＝，当x∈(1，e)，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)＜h(e)＝，即＜，所以a＞2e，所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)． 答案：(2e，＋∞) 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：(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．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在x＝处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f()＜f()＜f() D．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞ 解析：ACD　[由题意，函数f(x)＝，可得f′(x)＝(x＞0)，令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，)上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，所以当x＝时，函数f(x)取得极大值，极大值为f()＝，所以A正确；由当x＝1时，f(1)＝0，因为f(x)在(0，)上单调递增，所以函数f(x)在(0，)上只有一个零点，当x＞时，可得f(x)＞0，所以函数在(，＋∞)上没有零点，综上可得函数在(0，＋∞)只有一个零点，所以B不正确；由函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，可得f()＞f()，由于f()＝＝，f()＝＝， 则f()－f()＝－＝－， 因为π2＞2π，所以f()－f()＞0，即f()＞f()，所以f()＜f()＜f()，所以C正确；由f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，即k＞f(x)＋＝在(0，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝，则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，即＝0，解得x＝， 所以当0＜x＜时，g′(x)＞0，函数g(x)在上单调递增；当x＞时，g′(x)＜0，函数g(x)在上单调递减，所以当x＝时，函数g(x)取得最大值，最大值为g＝e－＝，所以k＞，所以D正确，故选：ACD.] 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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $