【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题5.2《导数在研究函数中的应用（1）》基础卷(解析版).doc，共(11)页，695.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题5.2导数在研究函数中的应用（1）（A卷基础篇）（新教材人教A版,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·全国高二课时练习）设函数()fx的图象如图所示，则导函数(

)fx的图象可能为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵()fx在(,1)，(4,)上为减函数，在(1,4)上为增函数，∴当1x或4x时，()0fx；当14x时，()0fx．故选：C．2．（2020·河北张

家口市·高三月考）下列函数中，在其定义域上为增函数的是（）A．4yxB．2xyC．cosyxxD．12yx【答案】C【解析】对于A选项，函数4yx为偶函数，在0,上递增，在,0上递减；对于B选项，函数2xy在R上递减；

对于C选项，1sin0yx在R上恒成立，则函数cosyxx在其定义域R上递增；对于D选项，函数12yx在0,上递减.故选：C．3．（2020·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知函数21()ln2fxxx，则其单调增区间是（）A

．1,B．0,C．0,1D．0,1【答案】A【解析】由21()ln2fxxx，函数定义域为0,，求导211()xfxxxx，令()0fx，得1x或1x（舍去）所以()fx单调增区间是1

,故选：A.4．（2020·张家界市民族中学高二月考）函数22yxx的单调递增区间为（）A．,1B．(2,)C．1,D．,0【答案】C【解析】3222222xyxxx

，由0y得3220x，即1x，所以函数22yxx的单调递增区间为(1,).故选：C5．（2020·全国高三专题练习）如图所示为yfx的图象，则函数yfx的单调递减区间是（）A．,1B．2,0

C．2,0,2,D．,1,1,【答案】C【解析】由导函数图象，知20x或2x时，()0fx，∴()fx的减区间是(2,0)，(2,)．故选：C．6．（2019·江西九江市·高二期末（理））函数22

lnfxxx的递增区间是（）A．10,2B．1,02和1,2C．1,2D．1,2和10,2【答案】C【解析】因为22lnfxxx的定义域为(0,)，1()4

fxxx，由()0fx，得140xx，解得12x，所以()fx的递增区间为1(,)2.故选：C.7．（2020·四川内江市·高三三模（文））函数xyxe的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】'(1)xyxe，当1x时，'0y，当

1x时，'0y，所以函数xyxe在(1,)上单调递增，在(,1)上单调递减.故选：C8．（2020·广东深圳市·高三开学考试）已知函数fx与()fx¢的图象如图所示，则不等式组()()03fxfxx解集为（

）A．()0,1B．1,3C．()1,2D．1,4【答案】B【解析】由导函数与原函数单调性关系知图中实线是()fx的图象，虚线是()fx的图象，不等式组()()03fxfxx解集是{|13}xx．故选：B．9．（2020·全

国高三专题练习）已知()fx是定义在R上的函数()fx的导函数，且满足()()0xfxfx对任意的xR都成立，则下列选项中一定正确的是（）A．(2)(1)2ffB．(1)(2)2ffC．(2)(

1)2ffD．(1)(2)2ff【答案】D【解析】令Fxxfx，则()()0xfxxFxf，故Fx为R上的增函数，所以21FF即221ff，故选：D.10．（2020·黄梅国际育才高级中学高二期中）已知函数2ln1f

xxax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.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·长顺县文博高级中学有限公司高

三月考）函数322611yxx的单调减区间是__________.【答案】0,2【解析】261262yxxxx，令0y，解得02x，所以函数的单调减区间为0,2.故答案为：0,212．（2020·全国高

三专题练习）函数52lnfxxx的单调递减区间是______．【答案】20,5【解析】fx的定义域是0,，252'5xfxxx，令'0fx，解得：205x，所以fx在20,5递减，故答案为20,.513．

（2019·全国高三月考（文））已知0a，函数3()2fxxax在[1,)上是单调增函数，则a的最大值是_______．【答案】6【解析】2()6fxxa，令()0fx，得6ax或6ax，所以16a，解得6a„．故答案为：614．（2018·全

国高二专题练习）函数32267fxxx在区间______上是增函数，在区间______上是减函数．【答案】,0和2,0,2【解析】2'()612fxxx=6(2)xx，令'()0fx，解得：02x，令'

()0fx，解得：0x或2x.函数32267fxxx在区间(,0),(2,)上是增函数，在区间(0,2)上是减函数．15．（2020·浙江高一期末）已知2()(3)fxxbx是定义在R上的偶函数，则实数b_____，写出函

数2()2gxxx在(0,)的单调递增区间是______【答案】32,【解析】fx是定义在R上的偶函数，fxfx，22(3)(3)xbxxbx，解得3b，222221xxgxxx

，令0gx，解得2x，gx的单调递增区间是2,.故答案为：3；2,.16．（2020·全国高三专题练习）已知()lgfxxx，那么()fx单调递增区间__________；()fx单调递减区间__________.【答案】1,e10

,e【解析】因为()lgfxxx,故11()lglglglglgln10ln10fxxxxxeexx.令()0fx可得1ex,即1xe.又()fx为增函数,故当10,ex时,()0fx,()fx单调递减；当1,

xe时,()0fx,()fx单调递增.故答案为：(1)1,e；(2)10,e17．（2019·山西运城市·高三期中（文））设函数()xxfxeae（a为常数）.若()fx为奇函数，则a________；若()fx是[2,2]上的减函数，

则a的取值范围是________.【答案】141ae【解析】（1）若()xxfxeae为奇函数则xxxxfxeaexeaef，则1a（2）若()fx是[2,2]上的减函数，则()xxfxeae在[2,2]上小于或者等于零，即0x

xeae在[2,2]上恒成立，2xea，可知2xye在[2,2]上单调递增，所以41ae.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）18．（2020·甘肃省岷县第二中学高二期中（理））

求函数33fxxx的递减区间.【答案】1,1【解析】∵()233fxx¢=-，∴令2330x-<，解得11x.∴函数33fxxx的递减区间为1,1.19．（2019·甘肃省武威第一中学高二月考（理））求函数ln()(0)xfxxx的单调区间．

【答案】增区间为(0e)，，减区间为(e)，.【解析】由fx得2221·lnln''ln1ln'xxxxxxxxfxxxx，令'0fx，即21ln0xx，得1ln0x，从而ex，令'0

fx，即21ln0xx，得ex，此时fx为增函数，又0x，得增区间为0e，，令'0fx，即21ln0xx，得ex，此时fx为减函数，减区间为e，.20．（2020·横峰中学月考（文））已知1xfxeax

.（1）当2a时，讨论fx的单调区间；（2）若fx在定义域R内单调递增，求a的取值范围.【答案】（1）fx的单调递增区间为ln2,，单调递减区间为,ln2；（2）0a【解析】（1）当2a时，21xfxex

则'2xfxe，令'20xfxe，得ln2x令'20xfxe，得ln2x所以fx的单调递增区间为ln2,单调递减区间为,ln2（2）由题可知：fx在定义域R内单调递增等价于'0x

fxea由'xfxea在R上单调递增，又0xe则000aa21．（2020·西宁市海湖中学高二月考（文））已知函数31fxxax.（1）若fx在区间(1,)上为增函数，求a的取值范围.（2）若fx的单调递减区间为

(1,1)，求a的值.【答案】（1）,3；（2）3.【解析】（1）因为23fxxa，且fx在区间(1,)上为增函数，所以0fx在(1,)上恒成立，即230xa在(1，+∞)上恒成

立，所以23ax在(1,)上恒成立，所以3a，即a的取值范围是,3（2）由题意知0a.因为31fxxax，所以23fxxa.由()0fx，得33aax，所以fx的单调

递减区间为(,)33aa，又已知fx的单调递减区间为(1,1)，所以(,)33aa(1,1)，所以13a，即3a.22.已知函数，其中.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间

.【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）①当时，的单调递减区间为；单调递增区间为，．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．③当时，为常值函数，不存在单调区间．④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．【解析】（

Ⅰ）解：当时，，．……2分由于，，所以曲线在点处的切线方程是．……4分（Ⅱ）解：，．…………6分①当时，令，解得．的单调递减区间为；单调递增区间为，．…8分当时，令，解得，或．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．……10分③当时，为常值函数，不存在单调

区间．……………11分④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．…………14分