【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题5.3《导数在研究函数中的应用（2）》提升卷(解析版).doc，共(17)页，1012.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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）1．（2020·江西高三期中（文））已知函数()fx的定义域为R，其导函数为()fx，()fx的部分图象如图所示，则

（）A．()fx在区间(0,1)上单调递减B．()fx的一个增区间为(1,1)C．()fx的一个极大值为(1)fD．()fx的最大值为(1)f【答案】B【解析】由()fx的部分图像可得：在(1,1)上，()0fx，所以()

fx单调递增，所以A不正确，B正确；由(1)0f，导函数在1x左右两侧的函数值异号，所以(1)f是()fx的一个极小值，所以C不正确，同理可知(1)f是()fx的一个极大值，并不一定是最大值，D

不正确.故选：B.2．（2020·四川成都七中高三月考）“2a”是“函数xfxxae在0,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】xfxxae，则1xfxxae，令0fx，可得1xa.当1xa时，0fx；当1xa时，0fx.所以，函数yfx在1xa处取得极小值.若函数yfx在0,

上有极值，则10a，1a.因此，“2a”是“函数xfxxae在0,上有极值”的充分不必要条件.故选：A.3．（2020·全国高二（文））函数()fx的定义域为R，(1)2f，对任意xR，()2fx，则()24fxx的解

集为（）．A．RB．,1C．1,1D．1,【答案】D【解析】令()()(24)gxfxx，所以()()20gxfx，故()gx在R上单调递增，又(1)(1)20gf

，所以当1x时，()0gx，即()24fxx，所以()24fxx的解集为：1,故选：D．4．（2020·内蒙古高三其他模拟（理））设函数()xfxex，直线yaxb是曲线(

)yfx的切线，则ab的最大值是（）A．11eB．1C．1eD．22e【答案】C【解析】由题得()1xfxe，设切点(t，())ft，则()ttfte，()1tfte；则切线方程为：()(1)()ttyetext，即(1)(1)

ttyexet，又因为yaxb，所以1tae，(1)tbet，则12ttabete，令()12ttgtete，则()(1)tgtte，则有1t，()0gt；1t，()0gt，即()gt在,1上递增，在1,上递减，所以1t时，

()gt取最大值(1)121geee，即ab的最大值为1e.故选：C.5．（2020·贵州遵义·高三其他模拟（理））若函数321()53fxxaxx无极值点则实数a的取值范围是（）A．(1,1)B．[1,1]C．(,1)(1,)D．(,1][1,)

【答案】B【解析】321()53fxxaxx,2()21fxxax，由函数321()53fxxaxx无极值点知，()0fx至多1个实数根，2(2)40a，解得11a，实数a的取值范围是[1,1]

，故选：B6.（2020·全国高二）若定义在R上的函数fx满足()()1fxfx，(0)4f，则不等式()3xxefxe(其中e为自然对数的底数)的解集为（）A．(0)(0)，，B．(0)(3)，，C．(0)，D．(3)，【答案

】C【解析】令()()3xxgxefxe，则()()()[()()1]0xxxxgxefxefxeefxfx，所以()gx在R上单调递增，又因为00(0)(0)30gefe，所以()0gx0x，即不

等式的解集是(0)，，故选：C7.（2020·石嘴山市第三中学高三月考（理））已知函数21(1)()(1)xxxfxex，若ab，fafb，则实数2ab的取值范围为（）A．1

,1eB．1,eC．1,2eD．1,2e【答案】D【解析】由题意，作出函数21(1)()(1)xxxfxex的图

象，如图所示：若ab，fafb，则21abe，则21aabae，1a，令1agxae，1a，则1agxe，1a，此时1aee，则0gx恒成立，所以函数gx单调递增，所

以1112agxaege，所以实数2ab的取值范围为1,2e.故选：D.8．（2020·合肥一六八中学高三月考（文））已知函数fx的导函数1fxaxxa，若fx在xa处取得极大值，则实数a

的取值范围是（）A．1,0B．2,C．0,1D．,3【答案】A【解析】由fx在xa处取得极大值可知，当xa时，()0fx；当xa时，()0fx，其等价于①存在,,bxba，使得(1)()0axxa

，且②存在,,cxac，使得(1)()0axxa；若0a时，(1)()0axxa的解集为(,1)(,)a，不满足②即不存在(,)xac，使得(1)()0axxa，故0a时()fx在xa不是极大值；若10a

时，(1)()0axxa的解集为(1,)a，(1)()0axxa的解集为(,1)(,)a，满足①②，故10a时，()fx在xa处取得极大值；若1a，(1)()axxa恒小于等

于0，不满足①，故1a时，()fx在xa取不到极大值；若1a时，(1)()0axxa的解集为(,1)a，不满足②，故1a时，()fx在xa处取不到极大值.综上，a的取值范围是1,0.故选：A.9．（2021·湖南湘潭·高三月考（理））已知函数2()e

2xfxaxax有两个极值点，则a的取值范围是（）A．(,)eB．,2eC．2,eD．2,2e【答案】D【解析】因为2()e2xfxaxax有两个极值点，所以0fx有两个不同实数根，所以2

20xeaxa有两个不同实数根，所以21xeax有两个不同实数根，显然0a，所以112xxae有两个不同实数根，记1xxgxe，2xxgxe，当,2x时0gx，当2,x时0gx，所以gx在,2

上单调递增，在2,上单调递减，所以2max12gxge，又因为,1x时，0gx；当0,2x时，210,gxe；当2,x时，210,gx

e，所以当112xxae有两个不同实数根时2110,2ae，所以22ae，所以22ea，故选：D.10．设函数()|ln|()fxxtxtR．当[1,e]x时（e为自

然对数的底数），记()fx的最大值为()gt，则()gt的最小值为（）A．1B．2eC．eD．2e【答案】C【解析】lnlnlnttxxtxefxxtxxxtxe当tee，即1t时，在[1,e]x时，lnf

xxxt，则111xfxxx此时，10xfxx在[1,e]x上恒成立,所以fx在[1,]e上单调递增，则()1gtfeet当1te，即0t时，在[1,e]x时，lnfxxxt，则1110xfxxx

所以fx在[1,]e上单调递增，则()1gtfeet当1tee，即10t时，ln()lnln1ttxxtexefxxtxxxtxe若texe，则lnfxxxt，1110xfxxx，

此时fx单调递增1txe，则lnfxxxt，1110xfxxx，此时fx单调递增又txe时，两段在txe处的函数值相等，所以fx在[1,]e上单调递增所以()1gtfeet综上所述可得：11()11ettgtett

由一次函数的单调性可得当1t时，()gt有最小值e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a为正实数，若函数322(

)32fxxaxa的极小值为0，则a的值为_____【答案】12．【解析】由题意2()363(2)fxxaxxxa，∵0a，∴0x或2xa时，()0fx，02xa时，()0fx，∴()fx在(,0)和(2,)a上递增，在(0

,2)a上递减，()fx的极小值是332(2)81220faaaa，解得12a（0a舍去）．故答案为：1212．（2019·湖北高三月考（文））函数24cosyxx在,22上的极

________(填“大”或“小”）值点为_________.【答案】大6【解析】令()24cosfxxx，则()24sinf'xx，令'()0fx，解得6x，当,26x

时，'()0fx，()fx单调递增，当,62x时，'()0fx，()fx单调递减，所以()fx有极大值点，为6x．故答案为大；613．（2020·通榆县第一中学校高三月考（文））若函数33fxxx在区间25,aa上有最大值

，则实数a的取值范围是______.【答案】1,2【解析】由题意得：()233fxx¢=-，令0fx解得11x；令0fx解得1x或1x，所以函数在,1上是增函数，在1,1上是减函数，在1,上是增函数，

故函数在1x处取到极大值2，所以极大值必是区间25,aa上的最大值，∴251aa，解得-1a2.检验满足题意故答案为：1,2.14．（2020·江苏盐城·高三期中）若函数21ln2fxxbxax在1,2

上存在两个极值点，则39bab的取值范围是_______.【答案】814,16【解析】因为21ln02fxxbxaxx，所以2bxaxbfxxaxx，设2gxxaxb，因为函数fx在1,2上存在两

个极值点，所以fx在1,2上存在两个零点，所以gx在1,2上存在两个零点，设为12,xx且12xx，所以根据韦达定理有：1212xxaxxb，故23939babbabb21212121239xxxxxxxx22112

233xxxx，因为11,2x，所以221113993,2244xxx，222223993,2244xxx，由于12xx，所以22112281334,16x

xxx.故答案为：814,16.15．（2020·北京市第十三中学高三开学考试）已知函数lnxfxx.（1）函数的最大值等于________；（2）若对任意12,

,xxa，都有121fxfxe成立，则实数a的最小值是________.【答案】1e1【解析】（1）函数定义域是(0,)，21ln()xfxx，0xe时，()0fx，

()fx递增，xe时，()0fx，()fx递减，∴xe时，()fx取得极大值也是最大值1()fee；（2）若对任意12,,xxa，都有121fxfxe成立，等价于当[,)xa时，maxmin1()()fxfxe，由（1）当ae时，max1()

fxe，且()0fx，满足题意；当0ae，()fx在[,]ae上递增，ln1()afxae，在[),e递减，10()fxe，只要ln0aa即可，∴1ae，综上[1,)a，a的最小值是1.．故答案为：1e；1．16．（2020·重庆高二期末）已知函数2

2,0,0xxxfxex，若关于x的方程fxa恰有两个不同的实数根1x和2x，则a的取值范围是______，12xx的最大值为_____.【答案】1a3ln22【解析】作出函数fx的图像如下图所示，要使关于x的方程fx

a恰有两个不同的实数根1x和2x，则需>1a，解得>1a，不妨设12xx，则2122xexa，令>1att，则12,ln2txxt，所以12ln>12txxtt，令ln>12

tgttt，则'42>14tgttt，所以当18t时，'>0gt，gt单调递增，当>8t时，'0gt，gt单调递减，所以当8t时，gt取得最大值ln823ln22gt，所以12xx的最大值为3ln22，故答案为：1a；3ln22.17

．（2020·宁夏石嘴山市第一中学高三月考（文））设函数332xxxafxxxa，，.①若0a，则fx的最大值为____________________；②若fx无最大值，则实数a的取值范围是_________________.【答案】2,1【解析】①若

0a，则33020xxxfxxx，，，0x时fx的值域为,0，0x时33fxxx，则2333(1)(1)fxxxx故,1x时0fx，fx单调递增；1,0x时0fx，fx

单调递减，max(1)2fxf，故fx值域为,2，综上，fx值域为,2，最大值为2；②函数332xxxafxxxa，，，故xa时fx的值域为,2a，所以要使fx无最大

值，则需xa时fx的最大值小于2a.由33fxxx，2333(1)(1)fxxxx知，当1a时fx在,a上单调递增，3max()3fxfaaa，故332aaa解得1a；当1a时max

()fxfa或(1)f，故332aaa且22a，无解，综上，要使fx无最大值，则1a.故答案为：2；1a.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·北京高三期中）已知函数2()(23)xf

xexx.（1）求不等式()0fx的解集；（2）求函数()fx在区间[0,2]上的最大值和最小值.【答案】（1）|x0x或32x；（2）最小值e，最大值22e.【解析】（1）因为0xe，由2(0)23xfxexx，得2230xx.所以0x或32x.所以不等

式0fx的解集为|x0x或32x；（2）由223()xfxexx得：2()(23)xfxexx231xexx.令0fx，得1x，或32x（舍）.fx与fx在区间[0，2]上的情况如下：x0

（0，1）1（1，2）2()fx－0+fx0减e增22e所以当1x时，fx取得最小值1fe；当2x时，fx取得最大值222fe.19．（2020·江西高三期中（文））已知函数()lnfxax

ax，2()2gxxx，其中aR.（1）求函数()()()hxfxgx的极值；（2）若()gx的图像在11,Axgx，2212,0Bxgxxx处的切线互相垂直，求21xx的最

小值.【答案】（1）答案见解析；（2）1.【解析】（1）函数2()ln(2)hxaxxax的定义或为(0,)，2(1)2()2(2)axxahxxaxx，若0a，()0hx恒成立，此时()

hx在(0,)上单调递增，无极值；若0a时，()0hx，解得2ax，当02ax时，()0hx，()hx单调递减；当2ax时，()0hx，()hx单调递增.当2ax时，()hx有极小值2ln224aaahaa，无极大值.（

2）()22gxx，则1222221xx，其中，120xx，1222022xx，且121141xx，210x，2122221112114141xxxxxx，当且仅当21(1,0)2x

时取等号，当212x，132x时，21xx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）1e，.【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1ae＞，故a的取值范围为1e，.21．（2020·云南高三期末（理））已知函数321()23fxxxax，21(

)42gxx.（1）若函数()fx在0,上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（2）设()()()Gxfxgx.若02a，()Gx在1,3上的最小值为13，求()Gx在1,3上取得最大值时，对应的x值.【答案】

（1）12a；（2）最大值点为3116.3116x.【解析】（1）∵()fx在0,上存在单调递增区间，∴2220fxxxa在0,上有解，即max0fx在0,上成立，而fx的最大值为1

12fa，∴120a，解得：12a.（2）3211()()()2432Gxfxgxxxax，∴22Gxxxa，由0Gx得：11182ax，2118

2ax，则()Gx在1,x，2,x上单调递减，在12,xx上单调递增，又∵当02a时，10x，213x，∴()Gx在1,3上的最大值点为2x，最小值为1G或3G，而143143GGa，1当14403a

，即706a时，113623Ga，得136a，此时，最大值点23116x；2当14403a，即726a时，2511263Ga，得94a（舍）.综上()Gx在

1,3上的最大值点为3116.22．（2020·广东高三月考）已知函数2,lnfxxmgxxx.(1)若函数Fxfxgx，求函数Fx的极值；(2)若222xxfxgxxexxe在0

,4x时恒成立，求实数m的最小值.【答案】（1）()Fx的极大值是m，无极大值；（2）42ln44e.【解析】（1）2()lnFxxxmx，定义域为(0,)，1(21)(1)()21xxFxxxx

.()001Fxx；()01Fxx；当x变化时，(),()FxFx的变化情况如下表:x(0,1)1(1,)()Fx-0+()Fx↘极小值↗由上表可得()Fx的极大值是(1)Fm，无极大值；（2）由2()()22x

xfxgxxexxe在(0,4)x时恒成立，即22ln22xxxmxxxexxe，整理为(2)lnxmxexx在(0,4)x时恒成立.设()(2)lnxhxxexx，则1()(1)xhxxex，当1x时，10x，

且1,1xeex，10,()0xehxx.当01x时，10x，设211,0,xxueueuxx在(0,1)上单调递增，当0x时，11,0xuexx；当1x时，10ue，0(0,1)x，使

得00010xuex∴当00,xx时，0u；当0,1xx时，0u.∴当00,xx时，()0hx；当0,1xx时，()0hx，故函数()hx在00,x上单调递增，在0,1x上单调递减，在(1,4)上单调递增.

0000000000122ln2212xhxxexxxxxxx.0000022(0,1),2,121xhxxxx，4(4)2ln440he，∴当(0,4)x时，()(4)hxh，(4),mhm的最小值是42l

n44e.