人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用同步练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用同步练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第五章　5.3　5.3.1　

A组·素养自测
一、选择题
1．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　B　)
A．y＝sin x　　 B．y＝xe2
C．y＝x3－x　　 D．y＝ln x－x
[解析]　对于B，y＝xe2，则y′＝e2，∴y＝xe2在R上为增函数，在(0，＋∞)上也为增函数，选B．
2．y＝xln x在(0，5)上是(　C　)
A．单调增函数
B．单调减函数
C．在上单调递减，在上单调递增
D．在上单调递增，在上单调递减
[解析]　∵y′＝x′·ln x＋x·(ln x)′＝ln x＋1，
∴当0 ∴y在上单调递减．
当－1，即y′>0，
∴y在上单调递增．
3．(2022·商洛模拟)设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数 f′(x)的图象可能是(　B　)


[解析]　由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，即有导数小于0，可排除C，D；再由y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，函数f(x)递减，再递增，后递减，即有导数先小于0，再大于0，最后小于0，可排除A；则B正确．故选B．
4．函数f(x)＝＋ln x的单调递减区间为(　B　)
A．(－∞，5)　　 B．(0，5)
C．(5，＋∞)　　 D．(0，＋∞)
[解析]　易知，函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＋，令f ′(x)<0得0 5．已知函数f(x)＝x－aln x在区间(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　B　)
A．a>1　　 B．a≥1
C．a>0　　 D．a≥0
[解析]　解法一(分离参数)：根据函数f(x)＝x－aln x在区间(0，1)上单调递减，可得导函数f ′(x)≤0恒成立，求导可得f ′(x)＝1－，
因此f ′(x)≤0恒成立，即为a≥x恒成立，所以a≥xmax，即a≥1.
解法二(构造函数)：函数f(x)＝x－aln x的定义域为(0，＋∞)，导函数f ′(x)＝1－，
当a≤0时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f ′(x)＝1－＝，
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
因为函数f(x)＝x－aln x在区间(0，1)单调递减，因此(0，1)⊆(0，a)，∴a≥1.故选B．
6．若函数f(x)＝－cos x＋ax为增函数，则实数a的取值范围为(　B　)
A．[－1，＋∞)　　 B．[1，＋∞)
C．(－1，＋∞)　　 D．(1，＋∞)
[解析]　由题意可得，f ′(x)＝sin x＋a≥0恒成立，故a≥－sin x恒成立．因为－1≤－sin x≤1，所以a≥1.故选B．
二、填空题
7．(2022·沙市区校级期中)函数y＝x3－x2－x的单调增区间为__，(1，＋∞)__．
[解析]　由y＝x3－x2－x，∴f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)．
令f′(x)>0，解得x>1或x<－.
函数f(x)的单调递增区间是，(1，＋∞)．
故答案为，(1，＋∞)．
8．函数f(x)＝x＋2cos x(0≤x≤2π)的单调递减区间为____．
[解析]　∵函数y＝x＋2cos x，∴y′＝1－2sin x＜0，
∴sin x＞，
又∵x∈[0，2π]，
∴x∈，故答案为.
三、解答题
9．求函数y＝x3－2x2＋x＋1的单调区间．
[解析]　函数y＝x3－2x2＋x＋1的定义域为R，y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)．
令y′＝0得x＝1或x＝.
x＝1和x＝把定义域分为三个区间，y′在各区间上的正负列表如下：
x



1
(1，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y
单调递增

单调递减

单调递增
所以y＝x3－2x2＋x＋1在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
10．求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝3x2－2ln x；
(2)f(x)＝x2·e－x.
[解析]　(1)函数的定义域为D＝(0，＋∞)．
∵f ′(x)＝6x－，令f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)．
用x1分割定义域D，得下表：
x



f ′(x)
－
0
＋
f(x)
↘

↗
∴函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)函数的定义域为D＝(－∞，＋∞)．
∵f ′(x)＝(x2)′e－x＋x2(e－x)′＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2)，
令f ′(x)＝0，由于e－x>0，∴x1＝0，x2＝2.
用x1，x2分割定义域D，得下表：
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘

↗

↘
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递增区间为(0，2)．
B组·素养提升
一、选择题
1．已知定义在R上的函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是(　D　)
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)　　 B．[－1，0)∪(0，1]
C．(－1，1)　　 D．(－1，0)∪(0，1)
[解析]　根据题意知，f ′(x)＝ax2＋2x＋a，若函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则f ′(x)＝ax2＋2x＋a＝0有两个不相等的实根，Δ＝4－4a2>0，且a≠0，解得－1 故实数a的取值范围是(－1，0)∪(0，1)．
2．函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 022，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 018的解集为(　C　)
A．(－2，2)　　 B．(－2，＋∞)
C．(－∞，－2)　　 D．(－∞，＋∞)
[解析]　令F(x)＝f(x)－x2－2 018，则F ′(x)＝f′(x)－2x<0，∴F(x)在R上为减函数，
又F(－2)＝f(－2)－4－2 018＝2 022－2 022＝0，
∴当x<－2时，F(x)>F(－2)＝0，
∴不等式f(x)>x2＋2 018的解集为(－∞，－2)．
3．(多选题)下列图象中，可以作为函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数 f ′(x)的图象的是(　AC　)

[解析]　∵f ′(x)＝x2＋2ax＋(a2－1)，∴导函数f ′(x)的图象开口向上．当a≠0时，f ′(x)不是偶函数，其图象不关于y轴对称，∴f ′(x)的图象可以为C项图．当a＝0时，f ′(x)＝x2－1，为A项图．故选AC．
4．(多选题)已知定义在(1，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f ′(x)，对任意的x>1，都有＋f ′(x)·ln x＋1＝0，且f(e2)＝2－，则满足不等式[2－f(x)]ln 2<2的x的值可以是(　BC　)
A．2　　 B．e
C．3　　 D．4
[解析]　因为＋f ′(x)ln x＋1＝0，所以[f(x)－2]ln x＋x＝c(c为常数)，所以2[f(e2)－2]＋e2＝c，即f(e2)＝2＋，因为f(e2)＝2－，所以c＝0，所以f(x)＝－＋2，则f ′(x)＝，由f ′(x)>0，得1e.故f(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．不等式[2－f(x)]·ln 2<2等价于f(x)>2－，因为f(2)＝2－，f(4)＝－＋2＝2－，所以不等式[2－f(x)]·ln 2<2的解集是(2，4)．
二、填空题
5．在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf ′(x)<0的解集为__(－∞，－1)∪(0，1)__．

[解析]　由xf ′(x)<0，可得或由题图可知当－11时，f(x)单调递增，f ′(x)>0，则或解得0 6．已知函数f(x)＝在区间(m，m＋2)上单调递减，则实数m的取值范围为__[－1，1]__．
[解析]　f ′(x)＝，
令f ′(x)＜0，解得：－1＜x＜3，
故f(x)在(－1，3)上递减，故(m，m＋2)⊆(－1，3)，
故，解得：－1≤m≤1，故答案为[－1，1]．
三、解答题
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx，且 f ′(－1)＝0(a≠1)．
(1)试用含a的代数式表示b；
(2)试确定函数f(x)的单调区间．
[解析]　(1)依题意，得f ′(x)＝x2＋2ax＋b，
由f ′(－1)＝1－2a＋b＝0得b＝2a－1.
(2)由(1)得f(x)＝x3＋ax2＋(2a－1)x，
故f ′(x)＝x2＋2ax＋2a－1＝(x＋1)(x＋2a－1)，
∵a≠1，∴－1≠1－2a.
令f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝1－2a.
①当a>1时，1－2a<－1，
当x变化时，f ′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1－2a)
(1－2a，－1)
(－1，＋∞)
f ′(x)
＋
－
＋
f(x)
↗
↘
↗
由此可得，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－2a)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a，－1)．
②当a<1时，1－2a>－1，同理可得函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1－2a，＋∞)，单调递减区间为(－1，1－2a)．
综上，当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－2a)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a，－1)；
当a<1时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1－2a，＋∞)，单调递减区间为(－1，1－2a)．
8．(2022·江西南昌高二期末)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x，g(x)＝ex.
(1)讨论y＝f(x)的单调性；
(2)若函数F(x)＝f(x)·g(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，
当a≤0时，f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，令f ′(x)＝0，得x＝，
当f ′(x)<0时，0 则y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)F(x)＝[a(x－1)－ln x]·ex，由题意f ′(x)＝·ex≥0在[1，＋∞)上恒成立，所以ax－ln x－≥0在[1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝ax－ln x－，则至少有h(1)≥0⇒a－1≥0⇒a≥1.(经检验a＝1符合题意)．
当a≥1时，有h′(x)＝a－＋＝.
令φ(x)＝ax2－x＋1，其图象开口向上，对称轴为x＝∈，
故φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)＝a>0，
所以h′(x)>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．