導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用【新教材】2022年人教A版高中數(shù)學(xué)選擇性必修專題訓(xùn)練

高一數(shù)學(xué)人教版（2019）選擇性必修第二冊

【導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用專題訓(xùn)練】

【基礎(chǔ)鞏固】

1.已知函數(shù)f(x)={ex?1?1,x≥1,①存在a,b∈R，函數(shù)g(x)沒有零點；②存在a,b∈R，函數(shù)g(x)恰有三個零點；③任意b∈R，存在a>0，函數(shù)g(x)恰有一個零點；④任意a>0，存在b∈R，函數(shù)g(x)恰有二個零點；A.

1個

B.

2個

C.

3個

D.

4個2.已知函數(shù)f(x)=x3?12x,x∈[?3,3]A.

-9

B.

-16

C.

16

D.

93.已知f(x)=lnA.

當(dāng)a<0時，f(x)存在極小值f(a)

B.

當(dāng)a<0時，f(x)存在極大值f(a)

C.

當(dāng)a>0時，f(x)存在極小值f(a)

D.

當(dāng)a>0時，f(x)存在極大值f(a)4.若函數(shù)f(x)=?x3+mA.

(0,3)

B.

(?3,0)

C.

(?∞,?3)

D.

(3,+∞)5.若函數(shù)f(x)=asinx+1A.

2

B.

1

C.

236.若函數(shù)f(x)=12xA.

[32,2)

B.

[32,+∞)7.函數(shù)f(x)=lnA.

B.

C.

D.

8.函數(shù)fx=x+2cosA.

0

B.

π3

C.

π6

9.函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖，函數(shù)A.

(x1,x3)

B.

(10.已知函數(shù)f(x)=x2?9A.

(12,32)

【培優(yōu)提升】

11.已知a，b∈R，滿足e2x+bex≥2e12.已知三次函數(shù)f(x)=mx3+n13.函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是________.14.函數(shù)f(x)=x3?3x215.已知函數(shù)f(x)=1（1）若函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；（2）已知x1、x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點，當(dāng)x2>ex1時，均有16.已知函數(shù)f(x)=e（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)f(x)在(0,+∞)有零點x0（?。?ln（ⅱ）f(ax17.已知函數(shù)f(x)=ex，（Ⅰ）若函數(shù)?(x)=f(x)+ag(x)存在極小值，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）若m>0，且m2x2f(x?1)?(x+1)g(x)?mx≥0對任意（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.69，e≈2.71818.已知函數(shù)f(x)=(m+1)lnx，g(x)=mx（1）當(dāng)m=0時，曲線?(x)=f(x)+ag(x)?1?(a∈R)在x=2處的切線與直線x+2y?1=0平行，求函數(shù)y=?(x)（2）當(dāng)m=1時，已知0<a<b，證明：f(a)?f(b)

【參考答案】

1.【答案】B2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】A5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】B8.【答案】C9.【答案】B10.【答案】D11.【答案】2412.【答案】113.【答案】（0,1）14.【答案】（-28,4）15.【答案】（1）解：函數(shù)f(x)=12x2?2ax+2a設(shè)g(x)=x（i）若函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，則對任意的x∈(0,+∞)，g(x)≥0.二次函數(shù)g(x)的圖象開口向上，對稱軸為直線x=a.①若a≤0，則函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(0)=2a≥0，解得a≥0，此時a=0；②若a>0，由題意可得Δ=4a2?8a≤0，解得0≤a≤2所以，當(dāng)0≤a≤2時，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).（ii）若函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，則對任意的x>0，g(x)≤0，若Δ≤0，則對任意的x>0，g(x)≥0，不合乎題意；若Δ>0，解不等式g(x)≤0，即x2?2ax+2a≤0，解得綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[0,2]

（2）解：由題意可知，x1、x2是方程x2?2ax+2a=0的兩個正根，則由韋達(dá)定理可得x1f(x2)?f(=x由f(x1)?即x1x2即λ+12令t=x2x1>e令?(t)=tlntt2所以，函數(shù)?(t)在區(qū)間(e,+∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)t>e時，?(t)<?(e)=e所以，λ+12≥e綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍是[2e+1?16.【答案】（1）解：f(x)=e①當(dāng)a≤0時，f′(x)=e②當(dāng)a>0時，f′所以f(x)在(?∞,lna)上單調(diào)遞減，在

（2）解：（ⅰ）由題意可得a=e要證明x0<2ln設(shè)g(x)=ex?xg′所以g(x)=ex?xex要證明x0>2設(shè)?(x)=ex?1?2?′φ(x)=ex?2x+1?2φ′所以φ(x)=ex?2x+1?2當(dāng)x→0+時，?(x)→0，（ⅱ）因為2lnaa又f(x)在(lna,+∞)上單調(diào)遞增，設(shè)k(x)=xk′(x)=?2?2ln設(shè)p(x)=?2?2lnp′(x)=?2x+故k(x)>k(1)=0，

所以，f(ax17.【答案】解：（Ⅰ）由題得?(x)=ex+a又φ(x)=xex在(0,+∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，故當(dāng)a≥0時，?(x)無極值.當(dāng)a<0時，存在x0>0，?(x)在(0,x0)（Ⅱ）由m2x2首先，令x=1，得m≥1；下面證明當(dāng)m≥1時符合要求：令t(m)=m⑴若x2x2t(m)≥t(1)=x令k(x)=x得k′k″顯然當(dāng)x>0時，k′(0)>0，從而k′則0<x<1時，k′(x)<0，k(x)在x>1時，k′(x)>0，k(x)在所以kmin⑵若x2x2t(m)≥t(1下面，只要證n(x)=4ex?1(x+1)由xex?1<12，且y=xex?1又(1?ln2)e又n(x)≤4e令p(x)=2x?4ex?1+1所以當(dāng)x∈(0,x0)時，p(x)在(0,1?p(x)≤p(1?ln故所求實數(shù)m的取值范圍為m≥1.18.【答案】（1）解：當(dāng)m=0時，?(x)=lnx+a而曲線y=?(x)在x=2處的切線與直線x+2y?1=0平行，故?'(2)=1所以?(x)=lnx+4故當(dāng)x∈[e,?4)時，?'(x)<0，即函數(shù)當(dāng)x∈(4,?e2]時，?'所以[?(x)]max=max{?(e),?故?(e2)??(e)=所以函數(shù)y=?(x)在[e,?e