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；0<a<1时, f（x）在（－，x），（x，+）上是增
2 1
5
[ ,0)(0,)
函数；f（x）在（x，x）上是减函数；（2） 4
2 1
【解析】
f(x)3ax2 6x3 f(x)3ax2 6x30
（1） ， 的判别式△=36（1-a）.
f(x)0 f(x)0
（i）若a≥1，则 ，且 当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数.
1 1a 1 1a
x  ,x 
（ii）由于a≠0，故当a<1时， f(x)0有两个根： 1 a 2 a ，
 
f(x)0
 
若0<a<1,则当x∈（－ ，x）或x∈（x，+ ）时， ，故f（x）在（－ ，x），（x，+
2 1 2 1）上是增函数；
f(x)0
当x∈（x，x）时， ，故f（x）在（x，x）上是减函数；
2 1 2 1
f(x)0
（2）当a>0，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.
   