【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册专题09《导数在研究函数中的应用》（2）(解析版).doc，共(19)页，953.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题09导数在研究函数中的应用（2）一、单选题1．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数22lnfxxx的部分图像大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】2()2()fxxlnxfx，函数

()fx是偶函数，()fx的图象关于y轴对称，故排除B，又0lim()xfx，故排除D.fx在'0fx时取最小值，即140xx时取最小值，解得x=12，此时11ln02fx故排除C.故选:A.2．（2020·四川省北大附中成都

为明学校高二月考（理））已知函数2ln1fxxax在1,3内不是单调函数，则实数a的取值范围是（）A．2,18B．2,18C．,218,D．2,18【答案】A【解析】∵'2afxxx，2ln1fxxax在1,3内不是

单调函数，故20axx在1,3存在变号零点，即22ax在1,3存在零点，∴218a.故选：A.3．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））已知函数3211()132xfxxexx

极值点的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】由3211()132xfxxexx，可得2'()(1)()xxxfxexexxxex，由1xex，可得0xex＞，令'()0fx，可得1x，

当(,1)x时，'()0fx＜，函数单调递减；当(1,)x时，'()0fx＞，函数单调递增；故可得函数存在一个极值点，故选：B.4．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））设ea，πlnπb，3

ln3c，则,,abc大小关系是()A．acbB．bcaC．cbaD．cab【答案】A【解析】考查函数()lnxfxx，则2ln1()(ln)xfxx，()fx在(e,)上单调递

增，e3π，(e)(3)(π)fff，即e3πlneln3lnπ，acb，故选A.5．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））已知函数()yfx((0,))2x，()yfx是其导函数，恒有'()()tanfxfxx，则()A

．3()2()43ffB．3()2()43ffC．(1)2()sin16ffD．2()()64ff【答案】A【解析】因为'()()tanfxfxx，即fxsinxfxcosx，因为0,2x，故0cosx，则上式等价于：0fxsin

xfxcosx，构造函数,0,2fxgxxsinx，则20sinfxsinxfxcosxgxx，即gx在区间0,2单调递增.则43gg，即43sinsin43ff

，即3243ff，故A正确，B错误；又16gg，即161sin6ffsin，即1216ffsin，故C错误；又64gg

，即64sinsin64ff，即2()()64ff，故D错误.故选：A.6．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））若对于任意的120xxa，都有211212lnln1xxxxx

x，则a的最大值为（）A．2eB．eC．1D．12【答案】C【解析】由已知有211212lnlnxxxxxx，两边同时除以12xx，化简有1212ln1ln1xxxx，而120xx，构造函数2ln1ln(),'()xxfxfxxx

，令'()0,01;fxx令'()0,1fxx，所以函数()fx在(0,1)上为增函数，在(1,)上为减函数，由1212ln1ln1xxxx对于120xxa恒成立，即()fx在(0,)a为增函数，则01a

，故a的最大值为1，选C.7．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数fx的定义域为0,，且满足0fxxfx（fx是fx的导函数），则不等式2111xfxfx的解集为（）A．,2B．1,C．1,2D．1

,2【答案】D【解析】构造函数gxxfx，其中0x，则0gxfxxfx，所以，函数ygx在定义域0,上为增函数，在不等式2111xfxfx两边同时乘以1

x得221111xfxxfx，即211gxgx，所以22111010xxxx，解得12x，因此，不等式2111xfxfx的解集为1,2，故选：D.点睛：本题考查利用构造新函数求解函数

不等式问题，其解法步骤如下：（1）根据导数不等式的结构构造新函数ygx；（2）利用导数分析函数ygx的单调性，必要时分析该函数的奇偶性；（3）将不等式变形为12gxgx，利用函数ygx的单调性与奇偶性求解.8．（2020·江西省石城中学高

二月考（文））已知定义在,00,上的偶函数fx的导函数为fx，对定义域内的任意x，都有22fxxfx成立，则使得22424xfxfx成立的x的取值范围为（）A．0,2xxB．2,00,2C．,

22,D．,20,2【答案】C【解析】当0x时，由22fxxfx，得220fxxfx，两边同乘x得2220xfxxfxx，设22gxxfxx，则2220gxxfxxfxx恒成立，∴

gx在(0,)单调递减，由22424xfxfx，则22424xfxxf，即2gxg，因为fx是偶函数，所以22gxxfxx也是偶函数，则不等式2gxg等价2gxg，即2x>，则

2x或2x，即实数x的取值范围是,22,，故选C．二、多选题9．（2020·山东省高二期中）已知1,abe为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（）A．abaebeB．lnlnabbaC．lnlnaabbD．abbeae【答案】ACD【解析】设xfx

xe，1x，则'10xfxxe在1,上恒成立，故函数单调递增，故fafb，即abaebe，A正确；设lnxgxx，1x，则21ln'xgxx，函数在1,e上单调递增，在

,e上单调递减，故当1bae时，gagb，即lnlnabab，故lnlnabba，B错误；设lnhxxx，1x，则'ln10hxx在1,上恒成立，故函数单调递增，hahb，即lnl

naabb，C正确；设xekxx，1x，则21'0xexkxx在1,上恒成立，故函数单调递增，故kakb，即abeeab，故abbeae，D正确.故选：ACD.10．（2020·江苏省扬州中学高二期中）关于函数sinxf

xeax，,x，下列说法正确的是（）A．当1a时，fx在0,0f处的切线方程为210xyB．当1a时，fx存在唯一极小值点0x且010fxC．对任意0a，fx

在,上均存在零点D．存在0a，fx在,上有且只有一个零点【答案】ABD【解析】选项A，当1a时，sinxfxex，,x，所以01f，故切点为0,1，xfx

ecosx，所以切线斜率02kf，故直线方程为：120yx，即切线方程为：210xy，选项A符合题意；选项B，当1a时，sinxfxex，,x，xfxecos

x，sin0xfxex恒成立，所以fx单调递增，又3433cos044fe，202f，故fx存在唯一极值点，不妨设03,42x，则00

fx，即000xecosx，000000sinsincos2sin1,04xfxexxxx，选项B符合题意；对于选项sinxfxeax，,x，令0fx，即sin0xeax，当xk，1k且kZ显然

没有零点，故xk，1k且kZ，所以sinxeax，则令sinxeFxx，2cossinsinxexxFxx，令0Fx，解得34xk，1k，kZ，所以3,4xkk

单调递减，3,4xkk单调递增，有极小值33443224kfkee，1,4xkk单调递增，1,4xkk单调单调递减，

有极大值11441224kfkee，故选项C，任意0a均有零点，不符合，选项D，存在0a，有且只有唯一零点，此时142ae，故选：ABD.11．（2020·山东省高二期中）已知函数cossinfxxxx，下列结论中正确的是（）A

．函数fx在2x时，取得极小值1B．对于0,x，0fx恒成立C．若120xx，则1122sinsinxxxxD．若sinxabx，对于0,2x恒成立，则a的最大值为2，b的最小值

为1【答案】BCD【解析】因为cossinfxxxx，所以cossincossinfxxxxxxx，所以022f，所以2x不是函数的极值点，故A错；若0,x，则

sin0fxxx，所以函数cossinfxxxx在区间0,上单调递减；因此00fxf，故B正确；令sinxgxx，则2cossinxxxgxx，因为cossin0fxxxx在0,上恒成立，所以

2cossin0xxxgxx在0,上恒成立，因此函数sinxgxx在0,上单调递减；又120xx，所以12gxgx，即1212sinsinxxxx，所以1122sins

inxxxx，故C正确；因为函数sinxgxx在0,上单调递减；所以0,2x时，函数sinxgxx也单调递减，因此sin22xgxgx在0,2

上恒成立；令sinhxxx，0,2x，则1cos0hxx在0,2上恒成立，所以sinhxxx在0,2上单调递增，因此sin0hxxx，即sin1x

x在0,2上恒成立；综上，2sin1xx在0,2上恒成立，故D正确.故选：BCD.12．（2020·盐城市大丰区新丰中学高二期中）关于函数2lnfxxx，下列判断

正确的是（）A．2x是fx的极大值点B．函数()yfxx=-有且只有1个零点C．存在正实数k，使得fxkx成立D．对任意两个正实数1x，2x，且12xx，若12fxfx，则124

xx.【答案】BD【解析】A.函数的的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）22212xxxx，∴（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误；B

.y＝f（x）﹣x2xlnx﹣x，∴y′221xx1222xxx＜0，函数在（0，+∞）上单调递减，且f（1）﹣12ln1﹣1=1>0，f（2）﹣21ln2﹣2=ln2﹣1<0，∴函数y＝f（x）

﹣x有且只有1个零点，即B正确；C.若f（x）＞kx，可得k22lnxxx＜，令g（x）22lnxxx，则g′（x）34xxlnxx，令h（x）＝﹣4+x﹣xlnx，则h′（x）＝﹣lnx，∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，x∈（1，+∞）上函

数h（x）单调递减，∴h（x）⩽h（1）＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）22lnxxx在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确；D.令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2，令g（t）＝f（2+t）

﹣f（2﹣t）22tln（2+t）22tln（2﹣t）244ttln22tt，则g′（t）22222222222244822241648(4)2(2)(4)4(4)ttttttttttttt＜0，∴g（t）在（0

，2）上单调递减，则g（t）＜g（0）＝0，令x1＝2﹣t，由f（x1）＝f（x2），得x2＞2+t，则x1+x2＞2﹣t+2+t＝4，当x2≥4时，x1+x2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f（x1）＝f（x

2），则x1+x2＞4，故D正确故正确的是BD，故选：BD．三、填空题13．（2020·福建省南安市侨光中学高二月考）已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=____.【答案】2【解析】f′x=3x2-12=3

x2x2,令f′x=0,得x=-2或x=2,易知fx在2,2上单调递减,在2,上单调递增,故fx的极小值为f2,所以a=2.14．（2020·江苏省扬州中学高二期中）若对任意x＞0，恒有112axaexlnxx

，则实数a的取值范围为_____.【答案】2,e【解析】由不等式112axaexlnxx，可得22ln11axaxeexlnx，设1ln,0ftttt，则1lnt

fttt，设22,11(1)()tthttxtxfh，当0＜t＜1时，0ht；当t＞1时，0ht，故ft在0,1上单调递减，在1,上单调递增，因此

120ftf，因此ft在0,上单调递增，由2axfefx得eax≥x2，即2lnxax，设2lnxgxx，222lnxgxx，当x＞e时，0gx，函数gx单调递减，当0＜x＜e时，0gx，函数gx单调递增，从而gx的最大

值为2gee，故2ae.故答案为:2,e.15．（2020·宁夏回族自治区宁夏育才中学高二开学考试（理））设函数()(ln)xmfxeaxxax，若存在实数a使得()0fx恒成立，则m的

取值范围是____________．【答案】(,2)【解析】由题意，函数()(ln)xmfxeaxxax的定义域为(0,)x，要使得存在实数a使得()0fx恒成立，即(ln)0xmeaxxax

恒成立，只需ln0xmexaaxx恒成立，即ln0xmexaaxx恒成立，即lnlnmin,max,xmxmexexaxxxx

，设ln()xgxx，则21ln()xgxx，当(0,)xe时，()0gx，函数()gx单调递增，当(,)xe时，()0gx，函数()gx单调递减，所以当xe时，函数()gx取得最大值，最大值为1e，

即ln1xxe，设(),0xmehxxx，则22(1)()xmxmxmexeexhxxx，当(0,1)x时，()0hx，函数()hx单调递减，当(1,)x时，()0hx，函数(

)hx单调递增，所以当1x时，函数()gx取得最小值，最小值为1me，即1xmmeex，所以只需11mee，解得2m，即实数m的取值范围是(,2)，故答案为：(,2).16．（2020·山东省实验中学高二期中）某商场销售某种商品，

该商品的成本为3元/千克，每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式215(6)3yxx，其中36x，当销售价格为_______元时，商场每日销售该商品所获得的最大利润为__________元.【答案】4

21【解析】设商场每日销售该商品所获得的利润为L元，则21(3)[5(6)](3)3Lyxxxx32575360539xxx(36)x，则215150360Lxx215(1024)xx15(

4)(6)xx，令0L，得34x，令0L，得46x，所以函数32575360539Lxxx在(3,4)上递增，在(4,6)上递减，所以4x时，L取得最大值，最大值为21元.故答案为：（1）

4（2）21四、解答题17．（2020·周口市中英文学校高二月考（理））已知函数2()lnfxxx（1）求函数()fx在[1,]e上的最大值和最小值；（2）求证：当x(1,)时，函数()fx的图象在3221()32gxxx的下方．【答案】（1）()f

x的最小值是(1)1f，最大值是2()1fee；（2）证明详见解析.【解析】(1)因为f(x)＝x2＋lnx，所以1()2fxxx因为x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上是增函数，所以f(x)的最小值

是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.(2)证明：令2312()()()ln23Fxfxgxxxx，所以2232332(1)211211()2xxxxxxxxFxxxxxxx因为x>1，所以F′

(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上是减函数，所以121()(1)0236FxF.所以f(x)<g(x)．所以当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在3221()32gxxx的下方．18.（2020·广西壮族自治

区高三其他（文））已知函数exfxax，其中e是自然对数的底数.（1）若ea，证明：0fx；（2）若0,x时，都有fxfx，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）,1【解析】（1）由题意，当ea

时，eexfxx，所以eexfx，当1x时，()0fx¢=；当,1x时，()0fx¢<，fx单调递减；当1,x时，()0fx¢>，fx单调递增；所以fx在1x时取得极小值，也是最小值.所以10fxf.（2）令

ee2xxgxfxfxax，0,x，由0,x时，都有fxfx，所以0gx在0,上恒成立.由ee2xxgxa，令hxgx，则2e10exxhx在0,上恒成

立.所以gx在0,上单调递增，又022ga，①当1a时，00gxg，所以gx在0,上单调递增，所以00gxg，即fxfx，满足题意.②当1a时，因为gx在0,上单调递增，所以min0220gxga

，存在0,t，使得当0,xt时，()0gx¢<，gx在0,t上单调递减，所以当0,xt时，00gxg，这与0gx在0,上恒成立矛盾.综上所述，1a，即实数a的取值范围,1.19．（2020·甘肃省高

三二模（文））已知函数2()[(25)85]()xfxexaxaaR．（1）当1a时，求函数()fx的极值；（2）当[0,2]x时，若不等式2()2fxe恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）极大值为27e，极小值为33e.（2）252,8e【解析

】（1）由1a得233xfxexx，故2623xxfxexxexx.令0fx，解得2x或3x，由0fx，得2x或3x，所以fx在,2和3,单调递增，由0

fx，得23x，所以fx在2,3单调递减.所以fx极大值为272fe，极小值为333fe.（2）23xfxexax，0,2x，令230xfxexax，得12xa，23x，（i）当20a，即0a时，

fx在0,2单调递减，依题意则有222412faee成立，得34a，此时不成立；（ii）当022a，即10a时，fx在0,2a上单调递增，在2,2a上单调递减，依题意则有2220852,2412,faefea

e得252834eaa，由于25218e，故此时不成立；（iii）当22a，即1a时，fx在0,2上单调递增，依题意则有202fe，得2528ea综上，a的取值范围是252,8e.20．

（2020·福建省高三二模（文））已知函数()exfxabx．（1）当1a时，求()fx的极值；（2）当1a时，4()ln5≥fxx，求整数b的最大值．【答案】（1）当0b„时，()fx无极值；当0b时，()fx有极小值

lnbbb，无极大值．（2）1【解析】（1）当1a时，()xfxebx，所以()xfxeb，①当0b„时，()0fx，()fx在(,)为增函数，无极值；②当0b时，由()0fx得lnxb，由()0fx得lnx

b；所以()fx在(,ln)b为减函数，在(ln,)b为增函数．当lnxb时，()fx取极小值，(ln)lnfbbbb综上，当0b„时，()fx无极值；当0b时，()fx有极小值lnbbb，无极大值．（2）当1a…时，4ln5xaebxx…，将函数看成以a为主元的一次函数，

则只需证4ln5xebxx…即可，因为0x，所以只需4ln5xexbx…，令4ln5()xexgxx，4(1)5ge，所以45be„．21(1)ln5()xexxgxx，令1()(1)ln5xFxexx，1()e0xF

xxx，所以()Fx在(0,)递增211(1)0,(2)ln2055FFe，根据零点存在性定理，0(1,2)x，使得00Fx，即00011ln05xexx．当00,

xx时，()0Fx，即()0gx，()gx为减函数，当0,xx时，()0Fx，即()0gx，()gx为增函数，所以000min0004ln15()xxexgxgxexx，故001xbex„；1xyex在(0

,)递增，0(1,2)x，所以0011xeex，又45be„所以整数b的最大值是1．21．（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）已知函数)fx（ae2x+(a﹣2)ex﹣x.（1）讨

论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(0,1).【解析】（1）fx的定义域为,，2221121xxxxfxaeaeaee，（ⅰ）若0a，则0fx

，所以fx在,单调递减.（ⅱ）若0a，则由0fx得lnxa.当,lnxa时，0fx；当ln,xa时，0fx，所以fx在,lna单调递减，在ln,a单调递增.（2）（ⅰ）若0a，由

（1）知，fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa时，fx取得最小值，最小值为1ln1lnfaaa.①当1a时，由于ln0fa，故fx只有一个零点；②当1,a时，由于11ln0aa，即ln0fa，故fx没有零

点；③当0,1a时，11ln0aa，即ln0fa.又4222e2e22e20faa，故fx在,lna有一个零点.设正整数0n满足03ln1na

，则00000000ee2e20nnnnfnaannn.由于3ln1lnaa，因此fx在ln,a有一个零点.综上，a的取值范围为0,1.点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已

知函数()fx有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断ya与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究

其单调性、极值、最值，注意点是若()fx有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.22．（2020·湖南省高三一模（文））已知函数()2(ln),,,(sin,cos),()x

xefxxxaxebxxgxabx（1）当0x时，证明：()0fx；（2）当[,]22x时，试判断()gx的零点个数.【答案】（1）证明见解析（2）()gx的零点个数为2【解析】（1）()2(ln)xefxxxx则2(1)2()xxexfxx

.令()2(0)xGxexx，()2(0)xGxex，易得()Gx在(0,ln2)递减，在(ln2,)递增()(ln2)22ln20GxG，20xex∴在(0,)恒成立.()fx在(0,1)递减，在(1,)递增.

()(1)20fxfe，故()0fx（2）()sincosxgxabxxex，()sincoscossincos1sinxxxxgxxxxexexexxex.①当[,0]2x时，0xex∴，1cos0,

sin0xxexxex∴()cos1sin0xxgxexxex∴()gx在[,0]2单调递增，(0)10,02gg.()gx在[,0]2上有一个零点，②当(0,]4x时，cossin,

xxxex，cossin,()0xexxxgx在(0,]4恒成立，()gx在(0,]4无零点.③当(,]42x时，0cossinxx，()(cossin)(cossin)0xgxexxxxx，(

)gx在(,]42单调递减，420,022424gge()gx在(,]42存在一个零点.综上，()gx的零点个数为2.