专题5.2导数在研究函数中的应用（1）（B卷提升篇）解析版_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_01.同步练习_同步练习（第四套）_专题5.2导数在研究函数中的应用（1）（B卷提升篇）

专题5. 2导数在研究函数中的应用（1）（B 卷提升篇） （新教材人教A,浙江专用） 参考答案与试题解析 第Ⅰ卷（选择题） 一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分） 1．（2020·云南昆明一中其他（理））函数 的单调递减区间是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 函数的定义域是 ， ， 令 ，解得 ， 故函数 在 上单调递减， 选：D. 1  ,2   2．（2020·开鲁县第一中学月考（理））若函数 f(x)lnxax2 2在区间 2  内存在单调递增区间， 则实数a的取值范围是（ ）  1   1  , 2,     A．(,2] B． 8  C． 8 D．(2,) 【答案】D 【解析】 1  ,2   因为 f(x)lnxax2 2在区间 2  内存在单调递增区间， 1  1 f(x) 2ax0  ,2  所以 x 在区间 2  上成立，1  1 ,2 2a    即 x2 在区间 2  上有解， 1 2a 4 2 1 因此，只需 ，解得 .   2 a 2 故选D f x2cosxsin2x 3．（2020·沙坪坝·重庆一中月考）函数 的一个单调减区间是（ ）     π  5   ,   0,   ,π   ,  A． 4 2 B． 6  C．2  D． 6  【答案】A 【解析】 f x2cosxsin2x  ，该函数的定义域为R， fx2sinx2cos2x2  12sin2 x  2sinx2  2sin2 xsinx1  2sinx12sinx1 ， 1sinx1 sinx10  ，可得 ， 1  5 sinx 2k x 2kkZ fx0 令 ，可得2sinx10，即 2 ，解得 6 6 .  5  2k, 2k kZ 所以，函数y  f x 的单调递减区间为   6 6   .  5 , 当k 0时，函数y  f x 的一个单调递减区间为   6 6  ，    5 ,  ,      4 2  6 6 ，    5     5  0,  2k, 2k ,  2k, 2k         对任意的kZ ， 6   6 6 ， 2   6 6 ，5   5  ,  2k, 2k      6   6 6 ，   , 故函数y  f x 的一个单调递减区间为   4 2  . 故选：A. 4．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（理））函数 在区间 内是增函数， 则实数 的取值范围是（ ） A．[3，+∞) B．[-3，+∞) C．(-3，+∞) D．(-∞，-3) 【答案】B 【解析】 =3x2+a. 由题得3x2+a≥0，则a≥-3x2，x∈(1，+∞)， ∴a≥-3. 故选：B    5．（2019·宁夏高三其他（文））若函数 f(x)ex(cosxa)在区间    2 , 2  上单调递减，则实数a的取 值范围是（ ）. ( 2,) (1,) [1,) [ 2,) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 f(x)ex(cosxa) f(x)exsinxcosxa 因为 ，所以 ，       又函数 f(x)在区间    2 , 2  上单调递减，所以 f(x)0在区间    2 , 2  上恒成立，     ,  即sinxcosxa0在区间 2 2上恒成立，    ,  所以asinxcosx在区间 2 2上恒成立，   sinxcosx 2sin x   因为  4，      3     当 x    2 , 2   时， x 4     4 , 4   ，所以    2sin   x 4      2 ， max  a 2, 所以  . 故选：D. f(x) f(x) 6．（2020·福建漳州·其他（文））已知 是定义在上的函数 的导函数，且 f(1 x) f(1x)e2x x1 f(x) f(x) ，当 时， 恒成立，则下列判断正确的是（ ） e5f 2 f 3 f 2e5f 3 A． B． e5f 2 f 3 f 2e5f 3 C． D． 【答案】A 【解析】 f(x) f(1x) f(1x) g(x)  构造函数 ex ，因为 f(1 x) f(1x)e2x ，所以 e1x e1x ， g(1x) g(1x) g(x) x1 则 ，所以 的图象关于直线 对称， f(x) f(x) g(x) 0 因为当x1时， f(x) f(x)，所以 ex ， g(x) (1,) 所以 在 上单调递增， g(3) g(2),g(2) g(3) 所以有 ， f(3) f(2) f(2) f(3)  ,  即 e3 e2 e2 e3 ，e5f(3) f(2) e5f(2) f(3) 即 ， ， 故选：A. ex ex ex2 a ,b( )2,c 7．（2020·河南其他（文））设0 x1，则 x x x2 的大小关系是（ ） abc acb cab bac A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 ex ex(x1) f(x) f(x) 分析:构造函数 x ，得 x2 ，判断函数 f(x)在(0,1)的单调性，结合减函数的性质与 a b c 不等式性质，判断出 ， ， 的大小关系． 详解: ex ex(x1) f(x) f(x) 设 x ，则 x2 ， x(0,1) f(x)0 f(x) (0,1) 当 时， ，故 在 为减函数， ex2 e2x ex  ( )2  x2 2x， ex2 e2x，则 x2 x2 x ，故bc； ex2 ex  又0 x2  x1， f(x2) f(x)，即 x2 x ，故ca， acb． 故选：B． f(x) f(x) x 8．（2020·沙坪坝·重庆南开中学月考）设 是函数 的导函数，若对任意实数 ，都有 xf(x) f(x) f(x)0 f(1)2020e xf(x)2020ex 0 ，且 ，则不等式 的解集为（ ） [1,) (,1] A． B． C．(0，2020] D．(1，2020] 【答案】A 【解析】xf(x) g(x) 构造 ex ， xf(x) f(x)ex xf(x)ex g(x) 则  ex2 xf(x) f(x)xf(x)  ex xf(x) f(x) f(x)  ex 0 ， g(x) 所以 为单调递增函数， f(1) xf(x) g(1) 2020 2020 又 e ，所以不等式xf(x)2020ex 0等价于 ex 等价于g(x) g(1)，所以 x1 [1,) ，故原不等式的解集为 ， 故选：A． f x x0 9．（2020·江西南昌二中月考（文））已知函数 是定义在R上的偶函数，当 时，   f xex x a f 2 b f log 9 c f 5 ，则 ， ， 的大小关系为（ ） 2 a bc acb bac bca A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 f xex x fxex 10 x0 当 时， ，则 ， f x x0, 所以 在 上单调递增， log 9log 83 5 2 由 2 2 ，   f log 9 f 5  f 2 所以 2 ， f x a f 2 f 2 因为函数 是定义在R上的偶函数，所以 ，所以 bca， 故选：D f x2xsinxcosxacosx R a 10．（2020·重庆期末）若函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围是 （ ） 1,1 1,3 3,3 3,1 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 f x2xsinxcosxacosx f 'x32sin2 xasinx f 'x0 由函数 得 ，由题意可得 恒成立， 32sin2 xasinx0 即为 ， t sinx1t 1 2t2+at30 设 ，即 ， t 0 当 时，不等式显然成立； 3 3 3 a 2t y  2t 0,1 y  2t 当0t 1时， t ，由 t 在 上单调递减，可得t 1时， t 取得最小值1，可 a1 得 ， 3 3 3 a 2t y  2t 1，0 y  2t 当1t 0时， t ，由 t 在 上单调递减，可得t 1时， t 取得最小值 1 a1 ，可得 ， 1，1 综上可得实数a的取值范围是 ， 故选：A. 第Ⅱ卷（非选择题） 二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分） 11．（2020·江苏江都·邵伯高级中学月考）若函数 在 上是单调函数，则 的最大值是 ______.【答案】3 【解析】 由题意可得： ，由题意导函数在区间 上的函数值要么恒非负，要么恒非正，很明显 函数值不可能恒非负，故 ， 即 在区间 上恒成立，据此可得： ， 即 的最大值是3. 故答案为3． 12．（2020·扬州大学附属中学东部分校月考）已知函数 ，其中e是自然数对数的底 数，若 ，则实数a的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 因为 ，所以函数 是奇函数， 因为 ，所以数 在 上单调递增， 又 ，即 ，所以 ，即 ， 解得 ，故实数 的取值范围为 ． 13．（2020·江西省奉新县第一中学月考（理））若函数 在区间 上是减函 数，则 的最大值为_______________ 【答案】 【解析】因为函数 在区间 上是减函数， 所以 在区间 上恒成立， 所以 ，即 ，即 ， 令 ， ，则 ， ， 所以 ， ， 所以 ， 当且仅当 ，即 时，等号成立. 所以 的最大值为 . 故答案为： . 14．（2020·全国高三专题练习）已知函数 ，若函数 的一个单调递增区间为 ，则实数 的值为_______，若函数 在 内单调递增，则实数 的取值范围是_______． 【答案】3 【解析】 （1） ， ， 函数 的一个单调递增区间为 ， ， .（2） 函数 在 内单调递增， ，在 恒成立， ，在 恒成立， ， 故答案为：3； ， . 15．（2020·全国高三专题练习）函数y＝x2•lnx的图象在点（1，0）处切线的方程是_____．该函数的单调 递减区间是_____． 【答案】y＝x﹣1 （0，e ）． 【解析】 函数y＝x2•lnx的导函数为 。 所以函数图像上点处的切线的斜率为 . 故图象在点（1，0）处切线的方程是 . 又由 ，解得： 所以函数的单调递减区间为： 故答案为： ， 16.（2020·山东肥城·高二期中）若函数 在区间 单调递增，则 的取值范围是__；若 函数 在区间 内不单调，则 的取值范围是__． 【答案】 【解析】①由 ，得 ， 由函数 在区间 单调递增， 得 在 上恒成立，即 在 上恒成立， ． 的取值范围是 ； ② 函数 在区间 内不单调， 在区间 有解．并且解的两侧，导函数的符号相反， 由 ，解得 ， ． 而 在区间 上单调递减，在 ， 上单调递增． 的取值范围是 ． 故答案为： ； ． 17．（2020·江苏省太湖高级中学高二期中）已知函数 的图象在点 处的切 线与直线 垂直，则 与 的关系为_______(用 表示)，若函数 在区间 上单 调递增，则 的最大值等于______. 【答案】 【解析】由题意，函数 ，可得 ，所以 ， 即函数 的图象在点 处的切线的斜率为 又由函数 的图象在点 处的切线与直线 垂直， 所以 ，可得 ， 即 与 的关系为 ； 又由函数 在区间 上单调递增， 可得 在区间 上恒成立， 即 在区间 上恒成立，整理得 在区间 上恒成立， 又由 ，所以 ，解得 ， 所以 的最大值等于 . 故答案为： ， . 三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分） x gx f x gxax 18．（2020·江西期末（文））已知函数 lnx ， . gx （1）求函数 的单调区间； f x 1, a （2）若函数 在区间 上是减函数，求实数 的最小值.1 【答案】（1）函数 的增区间是 ，函数 的单调减区间是 ;（2）4 【解析】 （1）由已知得函数 的定义域为 , 函数 , 当 时, ， 所以函数 的增区间是 ; 当 且 时, ，所以函数 的单调减区间是 , .....6分 （2）因f(x)在 1, 上为减函数，且 . lnx1 fx a0 故 lnx2 在1,上恒成立． 所以当x1,时， fx 0． max 2 lnx1  1  1 2 fx a  a  1 1 1 又 lnx2  lnx   lnx   lnx  2    4 a， 1 1 1  fx  a 故当lnx 2，即xe2时， max 4 ． 1 1 1 a0, a 所以4 于是 4 ，故a的最小值为4 ． 19．（2020·全国月考（文））已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1． （1）求f（x）的单调增区间； （2）是否存在a，使f（x）在（﹣2，3）上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】（1）f（x）的递增区间是[lna，+∞）．（2）存在实数a≥e3，使f（x）在（﹣2，3）上单调递减． 【解析】 （1）若a≤0，则f′（x）=ex﹣a≥0， 即f（x）在R上递增， 若a＞0，ex﹣a≥0，∴ex≥a，x≥ln a． 因此f（x）的递增区间是[lna，+∞）．（2）由f′（x）=ex﹣a≤0在（﹣2，3）上恒成立． ∴a≥ex在x∈（﹣2，3）上恒成立． 又∵﹣2＜x＜3，∴e﹣2＜ex＜e3，只需a≥e3． 当a=e3时f′（x）=ex﹣e3在x∈（﹣2，3）上，f′（x）＜0， 即f（x）在（﹣2，3）上为减函数， ∴a≥e3． 故存在实数a≥e3，使f（x）在（﹣2，3）上单调递减． f(x) xekx(k 0) 20．（2020·内蒙古集宁一中月考（理））设函数 y  f(x) (0, f(0)) （Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程； f(x) （Ⅱ）求函数 的单调区间； f(x) (1,1) k （Ⅲ）若函数 在区间 内单调递增，求 的取值范围. y  x 【答案】（Ⅰ）切线方程为  1  x  ,, （Ⅱ）当   k  时， fx0，函数 f x 单调递增  1  x  ,, 当   k  时， fx0，函数 f x 单调递减 1,0 0,1 k  （Ⅲ） 的取值范围是 . 【解析】 fx1kxekx, f01, f 00 （Ⅰ） ， y  f(x) (0, f(0)) y  x 曲线 在点 处的切线方程为 . 1 fx1kxekx 0 x k 0 （Ⅱ）由 ，得 k ，  1 x , 若k 0，则当   k  时， fx0，函数 f x 单调递减， 1  x  ,, 当   k  时， fx0，函数 f x 单调递增，  1 x , 若k0，则当   k  时， fx0，函数 f x 单调递增，  1  x  ,, 当   k  时， fx0，函数 f x 单调递减， 1  1 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，若k 0，则当且仅当 k ， k 1 f x 1,1 即 时，函数 内单调递增， 1  1 若k0，则当且仅当 k ， k 1 f x 1,1 即 时，函数 内单调递增， f x 1,1 k 1,0  0,1 综上可知，函数 内单调递增时， 的取值范围是 . 21．（2020·广东禅城·佛山一中月考）函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围. 【答案】（1）a≥1时，在（-，+）是增函数；00，x>0时, ，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数. 5  a0 若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当 f(1)0且 f(2)0，解得 4 . 5 [ ,0)(0,) 综上，a的取值范围是 4 . ex f(x) a0 22．（2018·浙江余姚中学其他）已知函数 x2 ax1 ． a0 y  f(x)  0, f 0 （1）当 时，试求曲线 在点 处的切线； f x （2）试讨论函数 的单调区间． yx1 【答案】（1） ；（2）答案见解析. 【解析】 ex （1）当a0时， f x x2 1， f 01，切点 (0,1) . ex x2 1  2xex exx12 fx   x2 1 2  x2 1 2 ， k  f01， y1 x yx1 切线为 ，即 . ex x2 ax12xa  exx1xa1   fx  （2）  x2 ax1 2  x2 ax1 2 ex(x1)2 fx 0 ①当 时，  x2 1 2 ， a0 f x f x 函数 的定义域为R，所以 在R上为增函数.0a2 a2 40 x2 ax10 ②当 时， ，所以 恒成立， R a11 所以函数的定义域为 ，且 ， x,1 f�( x) >0 f x 所以 ， ， 为增函数， x1,a1 f�( x) <0 f x ， ， 为减函数， xa1, f�( x) >0 f x ， ， 为增函数. ex(x3) fx ③当 时， x13 ，定义域为 ， a2 x1 x,1 f�( x) >0 f x 所以 ， ， 为增函数， x1,3 f�( x) <0 f x ， ， 为减函数， x3, f�( x) >0 f x ， ， 为增函数. a2 a2 40 ④当 时， ， a a2 4 a a2 4 x  x  则方程 x2 ax10 的两个根为 1 2 ， 2 2 . a a2 4 a a2 4 0 1 由根系关系可知：两根均为正数，且 ， 2 2 a a2 4 x 定义域为 ， 2 a x a1 a12 aa11a20 又因为对称轴 2 ，且 ， a a2 4 a1 则 ， 2  a a2 4  x,  所以 ， ， 为增函数，  2  f�( x) >0 f x   a a2 4  x ,1  2 ， f�( x) >0 ， f x 为增函数，    a a2 4  x1,  ， ， 为减函数，  2  f�( x) <0 f x    a a2 4  x ,a1 ， ， 为减函数，  2  f�( x) <0 f x   xa1, f�( x) >0 f x ， ， 为增函数. f x 综上所述：当 a0 时， 在R上为增函数. f x ,1 a1, 1,a1 0a2 当 时， 在 ， 为增函数，在 为减函数. f x ,1 3, 1,3 a2 当 时， 在 ， 为增函数，在 为减函数.  a a2 4   a a2 4  ,   ,1 当 时， f x 在  2  ， 2 ， a1, 为增函数， a2      a a2 4   a a2 4  1,   ,a1 在 2 ， 2 为减函数.    