专题5.3导数在研究函数中的应用（2）（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5.3导数在研究函数中的应用（2）（B卷提升篇）

专题5. 3导数在研究函数中的应用（2）（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） f(x) f(x) f(x) 1．（2020·江西高三期中（文））已知函数 的定义域为R，其导函数为 ， 的部分图象如 图所示，则（ ） f(x) (0,1) f(x) (1,1) A． 在区间 上单调递减 B． 的一个增区间为 f(x) f(1) f(x) f(1) C． 的一个极大值为 D． 的最大值为 【答案】B 【解析】 f(x) 由 的部分图像可得： (1,1) f(x)0 f(x) 在 上， ，所以 单调递增，所以A不正确，B正确； f(1)0 x1 由 ，导函数在 左右两侧的函数值异号， f(1) f(x) 所以 是 的一个极小值，所以C不正确， f(1) f(x) 同理可知 是 的一个极大值，并不一定是最大值，D不正确. 故选：B. f xxaex 0, a2 2．（2020·四川成都七中高三月考）“ ”是“函数 在 上有极值”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 f xxaex fxxa1ex fx0  xa1 ，则 ，令 ，可得 . fx0 fx0 xa1 xa1 当 时， ；当 时， . y  f x xa1 所以，函数 在 处取得极小值. y  f x 0, a10 a 1 若函数 在 上有极值，则 ， . f xxaex 0, a2 因此，“ ”是“函数 在 上有极值”的充分不必要条件. 故选：A. 3．（2020·全国高二（文））函数 的定义域为 ， ，对任意 ， ，则 的解集为（ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 令 ， 所以 ，故 在 上单调递增， 又 ， 所以当 时， ，即 ， 所以 的解集为：故选：D． f(x)ex x y axb y  f(x) 4．（2020·内蒙古高三其他模拟（理））设函数 ，直线 是曲线 的切线， ab 则 的最大值是（ ） 1 1 A． e B．1 C．e1 D．e2 2 【答案】C 【解析】 f(x)ex 1 (t f(t)) f(t)et t f(t)et 1 由题得 ，设切点 ， ，则 ， ； y(et t)(et 1)(xt) 则切线方程为： ， y (et 1)xet(1t) y axb 即 ，又因为 ， aet 1 bet(1t) 所以 ， ， ab12et tet 则 ， g(t)12et tet g(t)(1t)et 令 ，则 ， t 1 g(t)0 t 1 g(t)0 g(t) ,1 1, 则有 ， ； ， ，即 在 上递增，在 上递减， t 1 g(t) g(1)12eee1 所以 时， 取最大值 ， ab e1 即 的最大值为 . 故选：C. 1 f(x) x3ax2  x5 5．（2020·贵州遵义·高三其他模拟（理））若函数 3 无极值点则实数a的取值范 围是（ ） (1,1) [1,1] A． B． (,1) (1,) (,1] [1,)   C． D．【答案】B 【解析】 1 f(x) x3ax2 x5  3 ,  f(x) x2 2ax1 ， 1 f(x) x3ax2  x5 由函数 3 无极值点知， f(x)0 至多1个实数根， (2a)2 40 ， 1a1 解得 ， [1,1] 实数a的取值范围是 ， 故选：B 6. （2020·全国高二）若定义在 上的函数 满足 ， ，则不等式 (其中 为自然对数的底数)的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 令 ， 则 ， 所以 在 上单调递增， 又因为 ，所以 ， 即不等式的解集是 ， 故选：C 7. （2020·石嘴山市第三中学高三月考（理））已知函数 ，若 ， ，则实数 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 由题意，作出函数 的图象，如图所示： 若 ， ，则 ，则 ， ， 令 ， ，则 ， ， 此时 ，则 恒成立，所以函数 单调递增， 所以 ， 所以实数 的取值范围为 . 故选：D.f x fxax1xa f x 8．（2020·合肥一六八中学高三月考（文））已知函数 的导函数 ，若 在 xa 处取得极大值，则实数a的取值范围是（ ） 1,0 2, 0,1 ,3 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 f x xa xa f(x)0 由 在 处取得极大值可知，当 时， ； xa f(x)0 当 时， ， b,xb,a a(x1)(xa)0 其等价于①存在 ，使得 ， c,xa,c a(x1)(xa)0 且②存在 ，使得 ； a0 a(x1)(xa)0 (,1)(a,) x(a,c) 若 时， 的解集为 ，不满足②即不存在 ，使得 a(x1)(xa)0 a0 f(x) xa ，故 时 在 不是极大值； 1a0 a(x1)(xa)0 (1,a) a(x1)(xa)0 (,1)(a,) 若 时， 的解集为 ， 的解集为 ， 1a0 f(x) xa 满足①②，故 时， 在 处取得极大值； a1 a(x1)(xa) a1 f(x) xa 若 ， 恒小于等于0，不满足①，故 时， 在 取不到极大值；a1 a(x1)(xa)0 (a,1) a1 f(x) xa 若 时， 的解集为 ，不满足②，故 时， 在 处取不到极大值. 1,0 综上，a的取值范围是 . 故选：A. f(x)ex ax2 2ax 9．（2021·湖南湘潭·高三月考（理））已知函数 有两个极值点，则a的取值范围是 （ ） e  e2  A． (e,) B． 2 ,   C． e2,  D．   2 ,   【答案】D 【解析】 f(x)ex ax2 2ax fx0 ex 2ax2a0 因为 有两个极值点，所以 有两个不同实数根，所以 有 两个不同实数根， ex 2ax1 a0 所以 有两个不同实数根，显然 ， 1 x1 x1 2x  gx gx 所以2a ex 有两个不同实数根，记 ex ， ex ， x,2 gx0 x2, gx0 当 时 ，当 时 ， 1 gx ,2 2, gx  g2 所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 max e2 ，  1   1  gx 0, gx 0, 又因为x,1 时，gx0；当x0,2 时，   e2  ；当x2, 时，   e2  ， 1 x1 1  1     0,  所以当2a ex 有两个不同实数根时2a  e2  ， f x    xa1  ex 所以2a e2，所以 ， 故选：D. f(x)|lnxt|x(tR) x[1,e] f(x) g(t) 10．设函数 ．当 时（e为自然对数的底数），记 的最大值为 ，g(t) 则 的最小值为（ ） e A．1 B．2 C．e D．2 e 【答案】C 【解析】 lnxxt xet f x lnxt x xlnxt xet 1 x1 fx1  当et e，即t 1时，在x[1,e]时， f x xlnxt ，则 x x x1 fx 0 此时， x 在x[1,e]上恒成立, f x [1,e] g(t) f ee1t 所以 在 上单调递增，则 1 x1 当et 1，即t 0时，在x[1,e]时， f x xlnxt ，则 fx1 x  x 0 f x [1,e] g(t) f ee1t 所以 在 上单调递增，则 lnxxt et  xe f(x) lnxt x 当 1et e ，即 1t 0 时， xlnxt 1 xet 1 x1 若et  xe，则 f x xlnxt ， fx1 x  x 0 ，此时 f x 单调递增 1 x1 1 xet ，则 f x xlnxt ， fx1 x  x 0 ，此时 f x 单调递增 x et x et f x [1,e] 又 时，两段在 处的函数值相等，所以 在 上单调递增 g(t) f ee1t 所以 e1t t 1 g(t) 综上所述可得： e1t t 1t 1 g(t) e 由一次函数的单调性可得当 时， 有最小值 故选：C 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·咸阳市高新一中高三期中（文））已知 为正实数，若函数 的极小值 为0，则 的值为_____ 【答案】 ． 【解析】 由题意 ， ∵ ，∴ 或 时， ， 时， ， ∴ 在 和 上递增，在 上递减， 的极小值是 ，解得 （ 舍去）． 故答案为： 12．（2019·湖北高三月考（文））函数 在 上的极________(填“大”或“小”）值点 为_________. 【答案】大 【解析】 令 ，则 ，令 ，解得 ， 当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以有极大值点，为 ． 故答案为大； 13．（2020·通榆县第一中学校高三月考（文））若函数 在区间 上有最大值，则 实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 由题意得： ， 令 解得 ；令 解得 或 ， 所以函数在 上是增函数，在 上是减函数，在 上是增函数， 故函数在 处取到极大值2， 所以极大值必是区间 上的最大值， ∴ ， 解得 .检验满足题意 故答案为： . 14．（2020·江苏盐城·高三期中）若函数 在 上存在两个极值点，则 的取值范围是_______. 【答案】 【解析】因为 ， 所以 ， 设 ， 因为函数 在 上存在两个极值点， 所以 在 上存在两个零点， 所以 在 上存在两个零点，设为 且 ， 所以根据韦达定理有： ， 故 ， 因为 ， 所以 ， ， 由于 ， 所以 . 故答案为： .15．（2020·北京市第十三中学高三开学考试）已知函数 . （1）函数的最大值等于________； （2）若对任意 ，都有 成立，则实数a的最小值是________. 【答案】 1 【解析】 （1）函数定义域是 ， ， 时， ， 递增， 时， ， 递减， ∴ 时， 取得极大值也是最大值 ； （2）若对任意 ，都有 成立， 等价于当 时， ， 由（1）当 时， ，且 ，满足题意； 当 ， 在 上递增， ，在 递减， ， 只要 即可，∴ ， 综上 ， 的最小值是1.． 故答案为： ；1．16．（2020·重庆高二期末）已知函数 ，若关于 的方程 恰有两个不同的实 数根 和 ，则 的取值范围是______， 的最大值为_____. 【答案】 【解析】 作出函数 的图像如下图所示，要使关于 的方程 恰有两个不同的实数根 和 ，则需 ，解得 ， 不妨设 ，则 ，令 ，则 ，所以 ， 令 ，则 ， 所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减， 所以当 时， 取得最大值 ，所以 的最大值为 ， 故答案为： ； .17．（2020·宁夏石嘴山市第一中学高三月考（文））设函数 . ①若 ，则 的最大值为____________________； ②若 无最大值，则实数 的取值范围是_________________. 【答案】2 【解析】 ①若 ，则 ， 时 的值域为 ， 时 ，则 故 时 ， 单调递增； 时 ， 单调递减， ，故 值域为 ， 综上， 值域为 ，最大值为2； ②函数 ，故 时 的值域为 ，所以要使 无最大值，则需 时 的最大值小于 . 由 ， 知， 当 时 在 上单调递增， ，故 解得 ； 当 时 或 ，故 且 ，无解， 综上，要使 无最大值，则 . 故答案为：2； . 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） f(x)ex(2x2 3x) 18．（2020·北京高三期中）已知函数 .f(x)0 （1）求不等式 的解集； f(x) [0,2] （2）求函数 在区间 上的最大值和最小值. 3 【答案】（1） x| x0或 x 2  ；（2）最小值e，最大值2e2. 【解析】 ex 0 （1）因为 ， f xex(2x2 3x)0 由 ，得2x2 3x 0. 3 x 所以x0或 2 . 3 所以不等式 f x0的解集为 x| x0或 x 2  ； f xex(2x2 3x) f(x)ex(2x2  x3) ex2x3x1 （2）由 得： . 3 x 令 fx0 ，得x1，或 2（舍）. f x f x 与 在区间[0，2]上的情况如下： x 0 （0，1） 1 （1，2） 2 f(x) － 0 + f x 0 减 e 增 2e2 x1 f x f 1e 所以当 时， 取得最小值 ； f x f 22e2 x2 当 时， 取得最大值 . 19．（2020·江西高三期中（文））已知函数 ， ，其中 . （1）求函数 的极值；（2）若 的图像在 ， 处的切线互相垂直，求 的最小值. 【答案】（1）答案见解析；（2）1. 【解析】 （1）函数 的定义或为 ， ， 若 ， 恒成立，此时 在 上单调递增，无极值； 若 时， ，解得 ， 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 当 时， 有极小值 ，无极大值. （2） ，则 ，其中， ， ，且 ， ， ， 当且仅当 时取等号， 当 ， 时， 取最小值1. 20．（2020·枣庄市第三中学高二月考）已知函数f（x）＝ax2ex﹣1（a≠0）.（1）求函数f（x）的单调区间； （2）已知a＞0且x∈[1，+∞），若函数f（x）没有零点，求a的取值范围. 【答案】（1）当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣ 2,0）；当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）； （2） . 【解析】 （1）f'（x）＝2axex+ax2ex＝axex（2+x）， 令f'（x）＝0，则x＝0或x＝﹣2， ①若a＞0， 当x＜﹣2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 当﹣2＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； ②若a＜0， 当x＜﹣2时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当﹣2＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 综上所述，当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2， 0）； 当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）. （2）当a＞0时，由（1）可知，f（x）在x∈[1，+∞）上单调递增， 若函数没有零点，则f（1）＝ae﹣1＞0，解得 ， 故a的取值范围为 . 1 1 f(x) x3x2 2ax g(x) x2 4 21．（2020·云南高三期末（理））已知函数 3 ， 2 . 0, （1）若函数 f(x) 在 上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；1 （2）设G(x) f(x)g(x).若0a2， G(x) 在 1,3 上的最小值为  3，求 G(x) 在 1,3 上取得最大 x 值时，对应的 值. 1 3 11 3 11 a  x 【答案】（1） 2；（2）最大值点为 6 . 6 . 【解析】 0, f(x) （1）∵ 在 上存在单调递增区间， fxx2 2x2a0 0, ∴ 在 上有解， fx 0 0, 即 max 在 上成立， fx f112a 而 的最大值为 ， 12a0 ∴ ， 1 a  解得： 2. 1 1 G(x) f(x)g(x) x3 x2 2ax4 （2） 3 2 ， Gxx2 x2a ∴ ， 1 18a 1 18a 由Gx0得： x 1  2 ， x 2  2 ， G(x) ,x  x , x ,x  则 在 1 ， 2 上单调递减，在 1 2 上单调递增， 0a2 x 0 1x 3 又∵当 时， 1 ， 2 ， G(x) 1,3 x G1 G3 ∴ 在 上的最大值点为 2，最小值为 或 ， 14 G3G1 4a 而 3 ，14 7 1 1 1  4a0 0a G36a  a  0, 当 3 ，即 6时， 2 3 ，得 36 ， 3 11 x  此时，最大值点 2 6 ； 14 7 25 1 9  4a0 a2 G1 2a  a  2 当 3 ，即6 时， 6 3，得 4（舍）. 3 11 综上G(x)在 1,3 上的最大值点为 6 . f x x2 m,gx xlnx 22．（2020·广东高三月考）已知函数 . Fx f xgx Fx (1)若函数 ，求函数 的极值； f xgxxex  x2 2x2ex x0,4 m (2)若 在 时恒成立，求实数 的最小值. F(x) m 2e4 ln44 【答案】（1） 的极大值是 ，无极大值；（2） . 【解析】 F(x) x2 xmlnx (0,) （1） ，定义域为 ， 1 (2x1)(x1) F(x)2x1  x x . F(x)00 x1 F(x)0 x1 ； ； x F(x),F(x) 当 变化时， 的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,) F(x) - 0 + F(x) ↘ 极小值 ↗ F(x) F(1)m 由上表可得 的极大值是 ，无极大值； f(x)g(x)xex  x2 2x2ex x(0,4) （2）由 在 时恒成立，x2 mxlnxxex  x2 2x2ex 即 ， m(x2)ex lnxx x(0,4) 整理为 在 时恒成立.  1 h(x)(x1) ex    设h(x)(x2)ex lnxx，则  x， 1 1 ex e, 1 ex  0,h(x)0 当x1时，x10，且 x ， x . 当0 x1时，x10， 1 1 u ex  ,u ex  0, u 设 x x2 在(0,1)上单调递增， 1 1 , u ex  0 当x0时， x x ；当x1时，u e10， 1 u ex 0  0 x (0,1)，使得 0 x 0 0 x0,x  xx ,1 u0 u 0 ∴当 0 时， ；当 0 时， . x0,x  h(x)0 xx ,1 h(x)0 ∴当 0 时， ；当 0 时， ， h(x) 0,x  x ,1 (1,4) 故函数 在 0 上单调递增，在 0 上单调递减，在 上单调递增. 1 2 hx x 2ex 0 lnx x x 2 2x 1 2x 0 0 0 0 0 x 0 x 0. 0 0 2 2 x (0,1), 2,hx 1 2x 1  0 x 0 x 0 ，h(4)2e4 ln440， 0 0 x(0,4) h(x)h(4) ∴当 时， ， mh(4), m 2e4 ln44 的最小值是 .