新教材2023_2024学年高中数学第二章导数及其应用培优课导数的综合应用分层作业北师大版选择性必修第二册

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第二章培优课　导数的综合应用
A级 必备知识基础练
1.对任意的x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是(　　)
A.0≤a≤21 B.a=0或a=7
C.a<0或a>21 D.a=0或a=21
2.已知函数f(x)=x-sin x,则不等式f(x+1)+f(2-2x)>0的解集是(　　)
A.-∞,- B.-,+∞
C.(-∞,3) D.(3,+∞)
3.已知函数f(x)=sinx-sin x,则当x∈(0,2π)时,函数f(x)一定有(　　)
A.极大值,且极大值为
B.极小值,且极小值为
C.极大值,且极大值为0
D.极小值,且极小值为0
4.[2023广东江门新会陈经纶中学校考期中]已知函数f(x)=aln(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　　　　　. 
5.某厂生产某种商品x件的总成本c(x)=1 200+x3(单位:万元),已知产品单价的平方与产品件数x成反比,生产100件这样的产品单价为50万元,则产量定为　　　　件时,总利润最大. 
6.已知函数f(x)=aex-x2-x.
(1)若f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,证明:∀x∈(-2,+∞),f(x)>sin x.









7.已知函数f(x)=ex+exln x(其中e是自然对数的底数).
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求证:f(x)≥ex2.











B级 关键能力提升练
8.关于函数f(x)=,x∈(0,+∞)的性质,以下说法正确的是(　　)
A.函数f(x)的周期是2π
B.函数f(x)在(0,π)内有极值
C.函数f(x)在(0,+∞)内单调递减
D.函数f(x)在(0,+∞)内有最小值
9.已知定义在R上的函数f(x)满足:xf'(x)+f(x)>0,且f(1)=2,则f(ex)>的解集为(　　)
A.(0,+∞) B.(ln 2,+∞)
C.(1,+∞) D.(0,1)
10.(多选题)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下几个结论中正确的是(　　)
A.0
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
11.(多选题)已知函数f(x)=sin x+x3-ax,则下列结论正确的是(　　)
A.f(x)是奇函数
B.若f(x)是增函数,则a≤1
C.当a=-3时,函数f(x)恰有两个零点
D.当a=3时,函数f(x)恰有两个极值点
12.[2023黑龙江鸡西第四中学校考期中]函数y=x3+ax+b在(-1,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,则a=　　　　　. 
13.已知函数f(x)=x2-2ln x,若关于x的不等式f(x)-m≥0在[1,e]上有实数解,则实数m的取值范围是　　　　　. 
14.已知函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,其中k∈N+.若a1=16,则a1+a3+a5的值是　　　　　. 
15.[2023陕西宝鸡校考模拟预测]已知f(x)=x++aln x(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当x∈[e,+∞)且-≤a<0时,证明:曲线y=f(x)在x轴的上方.













16.[2023河南模拟]设函数f(x)=ax2-(a-2)x-ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)恰有两个零点,求a的取值范围.

C级 学科素养创新练
17.已知函数f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x+a,其中a为常数.
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
(2)当a≥时,求证:对∀x1
参考答案
培优课　导数的综合应用
1.A　f'(x)=3x2+2ax+7a,
当Δ=4a2-84a≤0,
即0≤a≤21时,f'(x)≥0恒成立,函数f(x)不存在极值点.
2.C　∵f(x)=x-sinx,∴f(-x)=-x+sinx=-f(x),即函数f(x)为奇函数,函数的导数f'(x)=1-cosx≥0,则函数f(x)是增函数,则不等式f(x+1)+f(2-2x)>0等价于f(x+1)>-f(2-2x)=f(2x-2),即x+1>2x-2,解得x<3,故不等式的解集为(-∞,3).
3.A　f(x)=sinx-sinx,x∈(0,2π),f'(x)=cosx-cosx=cosx-2cos2x+1,
即f'(x)=-,
因为x∈(0,2π),所以x∈(0,π),
当00,f(x)单调递增,此时0 当x<π时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时 所以当x=时,该函数有极大值,没有极小值,
且极大值为f=sinsin.
4.[-9,+∞)　不妨设x1>x2,则由>1,
可得f(x1)-f(x2)>x1-x2,即f(x1)-x1>f(x2)-x2,
设g(x)=f(x)-x=aln(x+1)+x2-x,
则g(x)在区间(2,3)内单调递增,
g'(x)=+2x-1,
则g'(x)=+2x-1≥0在区间(2,3)内恒成立,
即a≥(-2x+1)(x+1),也即a≥-2x2-x+1,
因为二次函数y=-2x2-x+1在(2,3)内单调递减,
所以y<-2×22-2+1=-9,
所以a≥-9.
5.25　设产品的单价为p万元,根据已知,可设p2=,其中k为比例系数.
因为当x=100时,p=50,
所以k=250000.
所以p2=,p=,x>0.
设总利润为y万元,
y=·x-1200-x3=500x3-1200,
则y'=x2.
令y'=0,得x=25.
故当00,当x>25时,y'<0,所以,当x=25时,函数y取得极大值,也是最大值.
6.(1)解由函数f(x)=aex-x2-x,可得f'(x)=aex-x-1,
因为f(x)在R上单调递增,可得f'(x)≥0在R上恒成立,
即aex-x-1≥0在R上恒成立,即a≥在R上恒成立,
令h(x)=,可得h'(x)=,
当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=0时,函数h(x)取得极大值,即为最大值,h(0)=1,
所以a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)证明当a=1时,f(x)=ex-x2-x,
当x>0时,f'(x)=ex-x-1,
要证f(x)>sinx,只需证f(x)>1,
令g(x)=f'(x)=ex-x-1,可得g'(x)=ex-1>0,所以g(x)单调递增,
又由g(0)=0,所以g(x)>g(0)=0,所以f(x)单调递增,
所以f(x)>f(0)=1,
当-2 因为ex>0且-x2-x=-(x+1)2+>0,所以f(x)>0,所以f(x)>sinx.
综上可得,对于∀x∈(-2,+∞),都有f(x)>sinx.
7.(1)解因为函数f(x)=ex+exlnx,
所以f'(x)=ex+e(1+lnx),f(1)=e,
所以f'(1)=2e,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=2e(x-1),即y=2ex-e.
(2)证明要使f(x)≥ex2,
即证ex+exlnx≥ex2,
即证+lnx-x≥0,
构造函数G(x)=+lnx-x,
则G'(x)=-1=.
令H(x)=ex-1-x,则H'(x)=ex-1-1,
当x>1时,H'(x)>0,H(x)单调递增;
当0 所以H(x)≥H(1)=0.
于是当0 当x>1时,G'(x)>0,G(x)单调递增.
于是G(x)≥G(1)=0,命题得证.
8.D　对于选项A,因为f(x+2π)=,当sinx≠0时,f(x+2π)≠f(x),所以函数f(x)的周期不是2π,A错误;
对于选项B,因为f'(x)=,
设g(x)=xcosx-sinx,g'(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx,当x∈(0,π)时,g'(x)<0,
所以g(x) 对于选项C,f(π)=f(2π)=0,所以函数f(x)在(0,+∞)内不单调,C错误;
对于选项D,因为x>0,则当0≤sinx≤1时,f(x)≥0,当-1≤sinx<0时,0>f(x)=≥-,当且仅当x=+2kπ(k∈N)时,等号成立,而y=-在(0,+∞)内单调递增,所以当x=时,函数f(x)取得最小值,D正确.
故选D.
9.A　令F(x)=xf(x),可得F'(x)=xf'(x)+f(x)>0,
所以F(x)在R上是增函数,
且F(ex)=exf(ex),f(1)=2,F(1)=f(1),f(ex)>,
可得F(ex)>F(1),即ex>1,所以x>0,
所以不等式的解集为(0,+∞).
故选A.
10.AD　函数f(x)=xlnx+x2(x>0),
∴f'(x)=lnx+1+2x,
易知f'(x)=lnx+1+2x在(0,+∞)内单调递增,
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,
即lnx0+1+2x0=0,
而f'=>0,当x→0,f'(x)→-∞,
∴0 f(x0)+2x0=x0lnx0++2x0=x0(lnx0+x0+2)=-x0(x0-1)>0,即选项D正确,选项C不正确.选AD.
11.ABD　对于选项A,f(x)=sinx+x3-ax的定义域为R,且f(-x)=sin(-x)+(-x)3+ax=-(sinx+x3-ax)=-f(x).故A正确.
对于选项B,f'(x)=cosx+3x2-a,因为f(x)是增函数,
故cosx+3x2-a≥0恒成立,
即a≤cosx+3x2恒成立.
令g(x)=cosx+3x2,则g'(x)=6x-sinx,
设h(x)=6x-sinx,h'(x)=6-cosx>0,
故g'(x)=6x-sinx单调递增,
又g'(0)=0,故当x<0时g'(x)<0,当x>0时g'(x)>0.
故g(x)=cosx+3x2最小值为g(0)=1.
故a≤1.故B正确.
对于选项C,当a=-3时,由f'(x)=cosx+3x2-a>0在R上恒成立知,f(x)是增函数,故不可能有两个零点,故C错误.
对于选项D,当a=3时f(x)=sinx+x3-3x,f'(x)=cosx+3x2-3,令cosx+3x2-3=0,则有cosx=3-3x2.
在同一平面直角坐标系中作出y=cosx,y=3-3x2的图象易得有两个交点,且交点左右的函数值大小不同.
故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.
故选ABD.

12.-3　因为y=x3+ax+b在(-1,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,
所以x=1为函数y=x3+ax+b的极值点,且y'=3x2+a,
所以,y'|x=1=3+a=0,解得a=-3,且当a=-3时,y'=3x2-3,
由y'<0可得-1 由y'>0可得x<-1或x>1,
所以函数y=x3-3x+b的单调递减区间为(-1,1),单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),符合题意.
因此a=-3.
13.(-∞,e2-2]　由f(x)-m≥0得f(x)≥m,
函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-,
当x∈[1,e]时,f'(x)≥0,
此时,函数f(x)单调递增,所以f(1)≤f(x)≤f(e),
即1≤f(x)≤e2-2,
要使f(x)-m≥0在[1,e]上有实数解,则有m≤e2-2.
14.21　由于y'=2x,则函数y=x2(x>0)在点(a1,)(a1=16)处(即点(16,256)处)的切线方程为y-256=32(x-16).
令y=0,得a2=8.
同理函数y=x2(x>0)在点(a2,)(a2=8)处(即点(8,64)处)的切线方程为y-64=16(x-8).
令y=0,得a3=4,依次同理求得a4=2,a5=1.
所以a1+a3+a5=21.
15.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=1时,f(x)=x++lnx,f'(x)=1-,所以f(1)=3,f'(1)=0.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=3.
(2)证明 当a<0时,f'(x)=1-.
令f'(x)=0,得x=-2a.
当x变化时,f'(x),f(x)变化情况如下:
x
(0,-2a)
-2a
(-2a,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
当-≤a<0,即-2a≤e时,f(x)在区间[e,+∞)内单调递增,
则f(x)≥f(e)=a2+a+e=e>0,即曲线y=f(x)在x轴的上方.
16.解 (1)因为f(x)=ax2-(a-2)x-lnx,其定义域为(0,+∞),所以f'(x)=2ax-(a-2)-(x>0).
①当a≥0时,令f'(x)<0,得0 令f'(x)>0,得x>,此时f(x)在0,内单调递减,在,+∞内单调递增.
②当-2-;
令f'(x)>0,得 ③当a=-2时,f'(x)≤0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递减.
④当a<-2时,令f'(x)<0,得0;
令f'(x)>0,得- (2)由(1)可知:
①当a≥0时,f(x)极小值=f=+ln2.
易证lnx≤x-1,所以f(x)=ax2-(a-2)x-lnx≥ax2-(a-1)x+1.
因为0<,f≥a·-(a-1)·+1=>0,f(1)=2>0,所以f(x)恰有两个不同的零点,只需f=+ln2<0,解得a>4+4ln2.
②当-2f=+ln2>0,不符合题意.
③当a=-2时,f(x)在(0,+∞)内单调递减,不符合题意.
④当a<-2时,由于f(x)在0,-,,+∞内单调递减,在-内单调递增,f=+ln2>0,f-=1--ln-,0<-,所以ln-<0,所以f-=1--ln->0,函数f(x)最多只有1个零点,与题意不符.
综上可知,a>4+4ln2,即a的取值范围为(4+4ln2,+∞).
17.(1)解 当a=0时,f(x)=xlnx-x,f'(x)=lnx,
∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)在(0,1)内单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)在(1,+∞)内单调递增.
∴f(x)的极小值为f(1)=-1,无极大值.
(2)证明 根据题意,要证明对∀x1,x2∈(0,+∞),且x1 ,等价于证明(x1+a)ln1+>(x2+a)ln1+.
设g(x)=(x+a)ln1+,
由单调性的定义知要证明原不等式等价于证明g(x)=(x+a)ln1+在(0,+∞)内单调递减.
即证g'(x)=ln1+-≤0在(0,+∞)内恒成立,即证ln1+≤.
∵a≥,∴,
∴只需证明ln1+≤,
等价于证明ln1+-≤0.
设h(x)=ln1+-(x>0),
令t=1+,则t>1,h(x)=g(t)=lnt-,
只需证当t>1时,g(t)≤0.
∵g'(t)=-<0,
∴g(t)单调递减,
∴g(t)