【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册专题08《导数在研究函数中的应用》（1）(解析版).doc，共(16)页，797.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题08导数在研究函数中的应用（1）一、单选题1．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））函数fx的定义域为,ab，导函数fx在,ab内的图象如图所示．则函数fx在,ab内有几个极小值点（）A

．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，由图得：导函数值先负后正的点只有一个，故函数fx在,ab内极小值点的个数是1.故选：A2．（2

020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））将()yfx和()yfx的图象画在同一个直角坐标系中，不可能．．．正确的是()A．B．C．D．【答案】D【解析】根据0fx，则fx单调递增；0fx，fx单调递减，容易判断,,ABC正确；对选项

D：取fx与x轴的两个交点的横坐标为,mn数形结合可知当,xn时，0fx，故此时函数fx应该在此区间单调递减，但从图象上看fx不是单调递减函数，故该选项错误.故选：D.3．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））如图是函数yfx的导函数yfx

的图象，下列关于函数yfx的极值和单调性的说法中，正确的个数是（）①2x，3x，4x都是函数yfx的极值点；②3x，5x都是函数yfx的极值点；③函数()yfx在区间1(x，3)x上是单调的；④

函数()yfx在区间上3(x，5)x上是单调的．A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由图象得：()fx在3(,)x递增，在3(x，5)x递减，在5(x，)递增，故3x，5x都是函数()yfx的极值点

，故②③④正确，故选：C．4．（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）如图是函数yfx的导数'yfx的图象，则下面判断正确的是（）A．在3,1内fx是增函数B．在1x时fx取得极大值C．在4,5内fx是增函数D．在2x时fx取得极小值【

答案】C【解析】对A，由导函数()yfx的图象可知，在区间(3,1)内函数先减后增，在(3,1)不单调，故A错误；对B，当1x时，'(1)0f，此时(1)f不是极大值，故B错误；对C，在(4,5)内()0fx，此时函数单调递增，故

C正确．对D，当2x时，'(2)0f，但此时(2)f不是极小值，而是极大值，故D错误；故选：C．5．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））已知函数2fxxxc在2x处取得极大值，则c的值为（）A．2B．6C．4D．4【答案】B

【解析】由题意得：22fxxcxxc，由2222220fcc，解得：6c或2c.当6c时，636fxxx，当,2x时，0fx

，fx单调递增；当2,6x时，0fx，fx单调递减；fx在2x处取得极大值，符合题意；当2c时，232fxxx，当3,22x时，0fx

，fx单调递减；当2,x时，0fx，fx单调递增；fx在2x处取得极小值，不合题意；综上所述：6c.故选：B.6．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数32()fxxaxbx在1x处有极值10，则

(2)f等于()A．1B．2C．—2D．—1【答案】B【解析】32fxxaxbx，2'32fxxaxb，函数32fxxaxbx在1x处有极值为10，320110abab

，解得1221ab．经检验知，12,?21ab符合题意．321221fxxxx，32221222122f．选B．点睛：由于导函数的零点是函数极值点的必要不充分条件，故在求出导函数的零点后还要判断在该零点两

侧导函数的值的符号是否发生变化，然后才能作出判断．同样在已知函数的极值点0x求参数的值时，根据0()0fx求得参数的值后应要进行检验，判断所求参数是否符合题意，最终作出取舍．7．（2020·江西省石城中学高二月考（文））已知函数sinfx

xx，xR，若12log3af，13log2bf，22cf则,,abc的大小为（）A．abcB．bcaC．cbaD．bac【答案】C【解析】'sin1cos0fxxxf

xx，所以fx是R上的增函数.122221333log2log2log31,log3log3log21,200，所以121322log2log3cfbaff

，故本题选C.8.（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））若函数1()lnfxxaxx在[1,)上是单调函数，则a的取值范围是（）A．1(,0]4B．1,[0,)4C．1,04D．(,

1]【答案】B【解析】由题意得，f′（x）211axx，因为1fxlnxaxx在[1，+∞）上是单调函数，所以f′（x）≥0或f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，①当f′（x）≥0时，则2110a

xx在[1，+∞）上恒成立，即a211xx，设g（x）2211111()24xxx，因为x∈[1，+∞），所以1x∈（0，1]，当1x1时，g（x）取到最大值是：0，所以a≥0，②当f′（x）≤0时，则2110axx在[1，+∞）上恒成立，即a211xx，

设g（x）2211111()24xxx，因为x∈[1，+∞），所以1x∈（0，1]，当112x时，g（x）取到最大值是：14，所以a14，综上可得，a14或a≥0，所以数a的取值范围是（﹣∞，14]∪[0，+∞），故选：B．二

、多选题9．（2020·江苏省扬州中学高二期中）定义在R上的可导函数yfx的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是（）A．-3是fx的一个极小值点；B．-2和-1都是fx的极大值点；C．fx的单调递增区间是3,；D．fx的单调递减区间是,3

．【答案】ACD【解析】当3x时，()0fx，(3,)x时()0fx，∴3是极小值点，无极大值点，增区间是3,，减区间是,3．故选：ACD.10．（2020·山东省高二期中）已知函数fx的导函数()fx的图象如图所示，那么下

列图象中不可能是函数fx的图象的是（）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】由导函数图像可得：当0x时，()0fx，即函数fx在,0上单调递增；当02x时，()0fx，即函数fx在0,2上单调递减；当2x时，()0fx

，即函数fx在2,上单调递增；故BCD错误，A正确.故选：BCD.11．（2020·海南省高三其他）已知函数sincosfxxxxx的定义域为2,2，则（）A．fx为奇函数B．

fx在0,上单调递增C．fx恰有4个极大值点D．fx有且仅有4个极值点【答案】BD【解析】因为fx的定义域为2,2，所以fx是非奇非偶函数，sincosfxxxxx1coscossin1sinfxxxxxxx

，当[)0,xÎp时，0fx，则fx在[)0,p上单调递增.显然00f，令0fx，得1sinxx，分别作出sinyx，1yx在区间2,2上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间2,2

上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故fx在区间2,2上的极值点的个数为4，且fx只有2个极大值点.故选：BD.12．（2020·江苏省高二期中）若函数()lnfxx在定义域上单调递增，则称函数()fx具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数为（）

.A．1()fxeB．()1fxx=-C．1()xfxeD．()xfxe【答案】AD【解析】对于A，1()lnlngxfxxxe定义域为0,，则10gxex恒成立，故满足条件；对于B，()ln1lngxfxxxx定义域为

0,，则1ln1gxxx，又2111ln10xxxx，11ln1101g，即当01x时0gx，函数gx在0,1上单调递减，当1x时0gx，函数gx在1,上单调递增，故不满足

条件；对于C，1()lnlnxgxfxxxe定义域为0,，1lnxxxgxe，又2111ln0xxxx，即gx在定义域上单调递减，且110eegee，故不满足函数gx在定义域上单调递增，故

错误；对于D，()lnlnxgxfxxex定义域为0,，11lnlnxxxgxexeexxx，令1lnhxxx，22111xhxxxx，则1

x时，0hx；当01x时0hx，即hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，在1x处取得极小值即最小值min110hxh，所以1ln0xgxexx恒成立，即

gx在定义域上单调递增，故D正确；故选：AD三、填空题13．（2020·江苏省邗江中学高一期中）函数32()35fxxx的极小值为_______________．【答案】1【解析】32()35f

xxx，故'2()3632fxxxxx，取'()0fx得到02x，故函数在0,2上单调递减；取'()0fx得到2x或0x，故函数在,0和2,上单调递增.故极小值为(2)1f.故答案为：1.14．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））

已知函数yfxxR的图象如图所示，则不等式'0xfx的解集为______．【答案】1022，，．【解析】由yfx图象特征可得，导数fx，在1(,][2,)2上0fx，在1(

,2)2上0fx，所以0xfx等价于00xfx或00xfx，解得102x或2x，即不等式0xfx的解集为1[0,][2,)2．15．（2020·周口市中英文学校高二月考（理））如图是yfx的导函数的图象，现有四种说法．

（1）fx在2,1上是增函数，（2）1x是fx的极小值点（3）fx在1,2上是增函数，（4）2x是fx的极小值点以上说法正确的序号是_________【答案】（2），（3）【解析】由函数的图象可知：(2)0f，(1)0f，fx在2

,1上不是增函数，1不正确；1x时(1)0f，函数在3,1递减，在1,2递增，1x是fx的极小值点；所以2正确；fx在1,2上()0fx，函数是增函数，所以3正确；函数在1,2递增，在2,4

递减，2x是fx的极大值点，所以D不正确．故答案为：(2)(3)16．（2020·山东省高二期中）若函数lnfxkxx在区间1,单调递增，则k的取值范围是______；若函数fx在区间1,内不单调，则k的取值范围是_

_____.【答案】1,0,1【解析】若lnfxkxx在区间1,单调递增，所以10fxkx在1,上恒成立，即1kx在1,上恒成立，又1x时，11x，所以1k³；若函数fx在区间1,内不单调，

则方程10fxkx在区间1,有解，因为1x时，101x，因此只需01k.故答案为：1,；0,1.四、解答题17．（2020·横峰中学高二开学考试（文））已知函数()xfxxe．（1）求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）求函数()fx

的极值．【答案】（1）20exye；（2）极小值为1e，无极大值．【解析】（1）()xfxxe，则(1)fe，切点坐标为1,e．由题意知，()(1)xxxfxxeexe，(1)2kfe，由直线的点斜式方程有：2(1)yeex即

20exye．（2）由（1）知，()(1)xfxxe，令()0fx，得1x；令()0fx，得1x．则()fx在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以()fx的极小值为1(1)fe，无极大值．18．（2020·黄冈中学第

五师分校高二期中（理））已知函数2()2(1)2ln(0)fxxaxaxa.（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）求()fx的单调区间；【答案】（1）3y（2）详见解析【解析】（1）

1a，242lnfxxxx，224fxxx，10f，又1143f，fx在1,1f处的切线方程为3y.（2）222122122210xaxaxaxafxxaxxxx，令0f

x，解得：1xa，21x.①当01a时，若0,xa和1,时，0fx；若,1xa时，0fx；fx的单调递增区间为0,a，1,；单调递减区间为,1

a；②当1a时，0fx在0,上恒成立，fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；③当1a时，若0,1x和,a时，0fx；若1,xa时，0fx；

fx的单调递增区间为0,1，,a；单调递减区间为1,a；综上所述：当01a时，fx的单调递增区间为0,a，1,；单调递减区间为,1a；当1a时，fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；当1a时，fx的单调递增区间为

0,1，,a；单调递减区间为1,a.19．（2020·阳江市第三中学高二期中）已知函数2fxaxblnx在1x处有极值12．（1）求a,b的值；（2）求fx的单调区间．【答案】(1)12a,1b．(2)单调减区间是0,1,单调增区

间是1,．【解析】（1）'2.bfxaxx又fx在1x处有极值12,112'10ff即1220aab解得12a,1b．（2）由（1）可知212fxxlnx,其定义域是0,,111'x

xfxxxx．由'0fx,得01x；由'0fx,得1x．函数yfx的单调减区间是0,1,单调增区间是1,．20．（2020·山东省高二期中）已知函数32()

fxaxxbx在23x与1x时都取得极值.（1）求a，b的值；（2）求函数fx的单调区间，并指出23f与1f是极大值还是极小值.【答案】（1）2a，4b.（2）函数fx的单调递增区间是2,3

和1,，单调递减区间是2,13，23f是极大值，(1)f是极小值【解析】（1）由32fxaxxbx，所以2'32fxaxxb.由题意可知203f，()01f，整理列方程组4403

3320abab解得2a，4b.（2）由（1）知26242321fxxxxx当x变化时，'fx､fx的变化情况如下表：x2,3232,13

11,'fx+0-0+()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数fx的单调递增区间是2,3和1,，单调递减区间是2,13当23x时，()fx有极大值244327f

；当1x时，()fx有极小值(1)3f.21．（2020·江苏省扬州中学高二期中）已知函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x在x＝﹣1和x＝3处取得极值.（1）求a，b的值（2）求f（x）在[﹣4，4]内的最值.【答案】（1）a13，b＝﹣1（2）f（x）min

＝763，f（x）max＝53【解析】（1）'()fx＝3ax2+2bx﹣3，由题意可得'()fx＝3ax2+2bx﹣3＝0的两个根为﹣1和3，则2133113baa，解可

得a13，b＝-1，（2）由（1）)'(1)3)(fxxx＝(﹣，易得f（x）在(-,-1)，(3,)单调递增，在(1,3)上单调递减，又f（﹣4）763，f（﹣1）53，f（3）＝﹣9，f（

4）203，所以f（x）min＝f（﹣4）763，f（x）max＝f（﹣1）53.22．（2020·安徽省池州一中高二期中（文））已知函数28lnfxxx（1）求函数fx的极值;（2）求函数fx在区间1,ee

上的最值．【答案】（1）极小值为48ln2；无极大值（2）最小值为48ln2，最大值为218e．【解析】（1）由题意得：fx定义域为0,，22282xxfxxxx，当0,2x时，0fx；当

2,x时，0fx，fx在0,2上单调递减，在2,上单调递增，fx的极小值为248ln2f，无极大值；（2）由（1）知：fx在1,2e上单调递减，在2,e上单调递增，min248ln2fxf

，max1max,fxffee，又2118fee，28fee，1ffee，2max118fxfee.