第2章 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（北师大版）

c 第二章导数及其应用 课时作业乡 数课时 §8数学探究活动（二） 间 学作业 探究函数性质 纠错空间 [基础达标练] 7.已知函数f(.x)= 2x2+4x-3lnx在[t,1+ 1.若f(x)= 2x2+bln(x+2)在(-1，+⊙ 1]上不单调，则t的取值范围是 上是减函数，则b的取值范围是 ( 8.已知函数f(x)=a+√E·lnx(a∈R),试求 A.[-1,+o∞) B.(-1,+o∞) f(x)的零点个数， C.(-∞，-1] D.(-∞，-1) [能力提升练] 2.若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9+x) 9.(多选)(2022·新高考I卷)已知函数f(x)= =f(0.1-x)且(x-1)f'(x)<0,a=f(0),b x3一x十1，则 ( =2) c=f(3),则a,b,c的大小关系是 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 A.abc B.c-a>b D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 C.c>b>a D.b>a>c 10.已知函数f(x)的定义域为[-1,5]，部分对 3.已知函数f(x)=e一ax2(x>0)无零点，则实 应值如下表，f(x)的导数y=f(x)的图像如 方法总结 数a的取值范围为 ( 下图所示，下列关于函数f(x)的结论正确的 A(-) B(∞，) 是 c(保+ n(受+ 0 4.已知函数f(x)=ax3一3x2+1,若f(x)存在 唯一的零点x。,且x,>0,则实数a的取值范 围是 ( ) A.(2,+∞) B.(-∞，-2) C.(1,+∞) D.(-∞，-1) A.函数f(x)的极大值点有2个 5.(多选)已知函数f(x)=x3十ax2+b.x十c,下 B.函数f(x)在[0,2]上是减函数 列结论中正确的是 C.若当x∈[一1，t]时，f(x)的最大值是2， A.3xn∈R,f(x)=0 则t的最大值为4 B.函数y=f(x)的图像是中心对称图形 D.当1<a<2时，函数y=f(x)-a有4个 C.若是f(x)的极小值点，则f(x)在区间 零点 (一∞，x)单调递减 11.已知函数f(x)=sinx-1,g(x)= D.若x。是f(x)的极值点，则f(x,)=0 x,若对任意21∈R都存在x2∈(1，e)使 6.已知函数f(x)=4+1nx-1(a>0)在定义域 f(x)<g(2)成立，则实数a的取值范围是 内有零点，则实数a的取值范围是 ·39· 世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 12.设函数f(x)=lnx-x十1. [素养培优练] (1)讨论f(x)的单调性； 1区（多达）对于函数)学，下列说法正确 (2)求证：当x1,+)时1<品< 的是 Afr在x-E处取得极大值品 B.f(x)有两个不同的零点 C.f(W2)<f(√元)<f(3) D.若f()<k-二在(0，十∞)上恒成立，则k 冷 14.已知函数f(x)=(x-1)lnx一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. ·40·巴五维课堂 12.解：(1)设日销售量为冬，则么=10，k=10e“,则日 e 售量为10e件。 e 则日利润L(x)=(.x一30一a) 0e=10e°×130-e e e 所以该商店的日利润L(x)元与每件产品的日售价工x元 的函数关系式为L(x)=10e0I一30-a (2)L'(x)=10eo31+a-x e ①当2a≤4时，33≤a十3135， 当35<x<41时，L(x)<0..当x=35时，L(x)取最 大值为10(5-a)e: ②当4<a≤5时，35≤a十31≤36， 令L(x)=0,得x=a十31，易知当x=a十31时，L(x) 取最大值为10e-. 【10(5-a)e,(2≤a≤4) 综上可得L(x)mx= 10e-“,(4<a≤5) 所以当2≤a≤4时，当每件产品的日售价为35元时，L (x)取最大值为10(5-a)e5;当4<a≤5时，每件产品 的日售价为a十31元时，该商品的日利润L(x)最大，最 大值为10e-“. 13.解：(1)由题意知，BM=100sin0,AB=100十100cos6, 故S=2AB·BM=500sinK1+ceos0(0<0<x (2)因为S5000sin(1十cos0)(00π)， 所以S=5000(cos0+cos29-sin8) =5000(2c0s0+cos9-1)=5000(cos0+1)(2cos8-1). 令S=0,得c0s0=号或0s0=-1合).又0e(0, 0,故0=号， 当0<0<号时，2<c0s0K1,S>0,S为增函数： 1 当号<0<元时，-1<c0s0<,S<0,5为减画数. 故当日=正时，S取得极大值，也是最大值，最大值为3 3 750√5，此时AB=150. 即当，点A距路边的距离为150m时，绿化面积最大，最 大面积为3750√3m2. 14.解：由题意可知，每瓶伙料的利润是y=）=0.2X号心 -0.8r=0.8x(后-）0<≤6 所以f'(r)=0.8π(r2-2r) 令f'(r)=0,解得r=2. ·6 数学(BS)·选择性必修第二册 当x∈(0,2)时，f(r)<0;当x∈(2.6)时，f(r)>0. 因此，当半径>2时，∫()>0，f(r)单调递增，即半径 越大，利润越高；当半径2时，f(r)0,f(r)单调递 减，即半径越大，利润越低 (1)半径为6cm时，利润最大 (2)半径2cm时，利润最小，这时f(2)0,表示此种瓶 内饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润为负值. f)=0.8π(5-r2） 0123 阝8数学探究话动（二） 探究函数性质 1.C[由题唐可知了x)=-2叶2<0，在xE(-1,十 o)上恒成立，即bx(x十2)在x∈（一1，十∞）上恒成 立，由于x≠一1，所以b≤-1，故C正确.] 2.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f1.9十x)=f(0.1-x),.f(x)=f(2 -)f3)=f2-(-1D]=f(-10,:-1<0<号， f-1D<f0)<f(合)f3)<f0)<f(合) .b>a>c.] 3.B[因为函，数f(x)=e一ax2(x>0)无零，点，所以方程 。-ar2=0在xE(0,十∞)上无解，即a=号在xe(0, 十∞)上无解，令g(x)=(x>0),g(x)=g(红-2 x 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 ()有唯一的报小值，也是最小值，国为g(2)=号，所以 gx)≥号若a=二无解，则a<千，故选：B.] 4.B[由题意a≠0，f(x)=3ax2-6.x=0,得x=0或x 名.当a>0时，x)在(-，0)和（径，十∞）上单调递 增，在(0，)上单调递减，且0)=1>0，故x)有小 于0的零点，不符合题意，排除AC.当a<0时，要使x。 ≥0且唯-，只需f(得)>0，即a>4a<-2.] 参考答案 5.ABD[由于三次函数的三次项系数为正值，当x→一∞ 时，函数值→一∞，当x→十∞时，函，数值→十0，又三次 函数的图像是连续不断的，故一定穿过工轴，即一定 了x∈R,f()=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十m)十n(x十 m)十h的形式，通过平移函数图像，函数的解析式可以 化为y=x十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>, 即函数在一○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.解析：函数f(x)定义域为(0，十∞).因为函数f(x)= x 十lnx-l(a>0)在定义域内有零点，所以a=x一xlnx 有解，令h(x)=x-xlnx,所以h'(x)=-lnx,所以h(x) 的增区间为(0,1)，减区间为(1，十o∞)，所以h(x)mx=h(1) =1,故0<a≤1. 答案：0<a1 7.解析：由题意知∫(x)=一x十4-3=二x十4虹-3 x x _(x-1)(x-3) x 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十1)内， 函数f(x)在区间[t,t十1]上就不单调， 由t1<t+1或t3<t+1,得0<t1或2<t3. 答案：(0,1)U(2,3) 8.解：函数f(x)=a十√x·lnx的定义域为(0，十oo), f(x)=(W反)'1nx+E.1=E(nx+2). 2x 令f'(x)>0,解得x>e2;令f(x)<0,解得0<x <e-2 所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2,十o∞)上单调 递增.f(x)m=f(e)=a-2 e 显然当a>2时，f(x)m>0,f(x)无零点：当a= 2 e 时，fx)m=0,fx)有1个零点：当a<名时，fx) <0,f(x)有2个零点. .AC[由题意，f)=3r-1,令f()>0得>5或 3 3 ·69 课时作业马 所以f(在(-5，)上单调递减，在（一0， 3’3 3 2,十∞)上单调递增， 所以工=士⑤是极值点，故A正确： 3 因f(- 3 =1+0,9)=1-2g>01-2 9 =-5<0, 所以，函数f(x)在 -,-上有一个点， 3 当x≥9时，f(x)≥f() >0,即函数f(x)在 3 〔得-小上无本点， 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令h(x)=x一x,该函，数的定义域为R,h(一x)=(一x)3 -(-x)=-x3十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=士1，又f(1)=f(-1) =1, 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x一1，当切点为 (-1,1)时，切线方程为y=2x十3， 故D错误.] 10.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 -2-1012345x -1 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.门 巴五维课堂 3 -2-10 12345元 -1 11.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)mx<g(x)x,而f(x)= sinx-1,所以f(x)m=0,即存在x∈(1，e),使号lnx -x>0,此时lnx>0,x>0,所以a>0,因此将问题转 化为存在z∈(1，c),使2<血二成立，设h(x)=n工 x 则2<h(x)h()=1-n工，当x∈(1，e),/(x)> x 0,h(x单调递增，所以h()<h(e)=1,即2<1，所 a e 以a>2e,所以实数a的取值范围是(2e,十oo). 答案：(2e,十oo) 12.解：1Dr)=士-1>0. 由'(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(1，十∞)上单调递减. (2)证阴，要证当x1,十60)时1<<，即证 In x<x-1<xIn x. 由(1)得f(x)=lnx-x十1在(1，十o∞)上单调递减， .当x∈(1，十∞)时，f(x)<f(1)=0,即 有lnx<x-1. 设F(x)=zxnx-x十1，则F(x)=1十lnx-1=lnx. 当x∈(1，十∞)时，F'(x)>0,F(x)单调递增. .F(x)>F(1)=0,即有xlnx>x-1..原不等式 成立. 1.ACD[由题意，通数f(a)=,可得了) 1-2n工(x>0),令()=0，即12n工=0，解得x x x =√E,当0<x<√时，f(x)>0,函数f(x)在(0，√)上 单调递增；当x>√时，(x)<0,函数f(x)在(WE,十∞) 上单调递减，所以当x=√时，函数f(x)取得极大值，极大 值为O=,所以A正痛：由当x=1时，f)=0, 因为f(x)在(0，√E)上单调递增，所以函数∫(x)在 (0,W)上只有一个零点，当x>√时，可得f(x)>0,所 以函数在（√，十∞）上没有零，点，综上可得函数在 (0,十∞)只有一个零，点，所以B不正确：由函数f(x) ·70 数学(BS)·选择性必修第二册 在(W,十∞)上单调递减，可得f()>f(√)，由于 fa-E-a-匠-g紧 2 T2π 则f(元-fW2)=π-血2-nxlh2 2π4 4π 4π 因为π>2"，所以f(√元)-f(√2)>0，即f(√斤)> f(√2)，所以f√2)<f(√斤)<f(√3)，所以C正确；由 长一-在0，中o)止板成立，中>+ 1 n十1在(0，十∞)上恒成立， 设g(x=血1，则g()=二21nx-1, x2 x 令g(x)=0,即二2n1-1=0,解得x=1 单调递增；当x>二时，g(x)<0,函数g(x)在 (店十上单明地或，所以当己时，画数承 号，所以D正确，故选：ACD.] 14.证明(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， fx)=22+nx-1=nx- x 因为y=lnx在(0，十∞)上单调递增，y=1在(0，十60) 上单调递减， 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增. 又f1=-10r2)=h2子-h>0,放存在 2 唯一x∈(1,2)，使得f'(x)=0. 又当x<x。时，广(x)<0,f八x)单调递减； 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增. 所以，f八x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知fxo)<f(1)=-2,又f(e)=e-3>0,所以 f代x)=0在(z,十∞)内存在唯一根x=a, 由>>1，得2<1K.又f(日）-（日-女 L-1=f@=0, 故1是f(x)=0在(0，x)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