2020届高考数学理一轮复习精品特训专题三导数及其应用4导数在函数单调性极值中的应用B

导数及其应用（4）导数在函数单调性、极值中的应用B1、若()fx的定义域为R，'()2fx恒成立，(1)2f，则()24fxx的解集为（）A.(1,1)B.(,1)C.(1,)D.(,)2、函数()lnfxxx的单调递减区间是()A．1(,)eB．1(,)eC．(e,)D．1(0,)e3、已知函数32()631fxaxxx在区间(1,2)上是减函数，则实数a的取值范围是()A．(,3)B．,3C．7(,)4D.73,44、已知函数322()3fxxaxbxa在1x处有极值0，则a的值为()A．1B．1或2C.3D．25、函数lnyxx的单调递减区间是()A.1(e,)B.1(,e)C.1(0,e)D.(e,)6、若函数321()(2)13fxxaxax在R上单调递增，则a的取值()A.[0,1]B.(1,2)C.[1,2]D.[1,)7、设函数fx满足2e'2xxfxxfxx,2e28f,则0x时,fx()A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值8、若函数43219(),(,R)42fxxaxxbab仅在0x处有极值，则a的取值范围为（）A.[2,2]B.]1,1[C.(2,2)D.[1,4]9、已知函数2e()2lnxfxkxkxx,若2x是函数()fx的唯一极值点，则实数k的取值范围是()A.2e(,]4B.e(,]2C.(0,2]D.[2,)10、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内有极小值点（）A.1个B.2个C.3个D.4个11、已知函数()eln2xfxax在1,4上单调递增，则a的取值范围是_______.12、已知函数xaxxfln2)(2在2,1上为单调函数，则a的取值范围为.13、函数22()ln2afxaxbxa在1?x处有极小值12,则ab.14、已知函数21()212xfxeaxax有两个极值,则实数a的取值范围为__________.15、已知函数32 fxxaxbxc在1x与2x处都取得极值。1.求,ab的值及函数fx的单调区间;2.若对2,3x,不等式23c2fxc恒成立,求c的取值范围。答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：2答案及解析：答案：D解析：3答案及解析：答案：B解析：4答案及解析：答案：D解析：5答案及解析：答案：C解析：lnyxx的定义域为(0,),'ln1yx;令ln10x,得10ex;所以lnyxx的单调递减区间为1(0,e).6答案及解析：答案：C解析：7答案及解析：答案：D解析：由题意2e'xxfxx,令2gxxfx,则e'xgxx,且2gxfxx,因此,33'2e2'xxgxgxgxfxxx,令e2xhxgx,则e22e'e2'exxxxxhxgxxx,所以2x时,0hx;02x时,'0hx.从而有20hxh,即'0fx,所以当0x时,fx是单调递增的,fx无极大值也无极小值,故选D.8答案及解析：答案：A解析：9答案及解析：答案：A解析：因为2x是函数()fx的唯一极值点,所以23(2)'()(e)(0)xxfxkxxx只有一个变号零点2,由指数函数和二次函数的图像可知2e0xkx对于0x不可能恒成立,所以2e0xkx对于0x恒成立,所以2exkx.设23ee(2)(),'()xxxgxgxxx，所以在(0,2)上,'()0,()gxgx是减函数;在(2,)上,'()0,()gxgx是增函数.所以()gx的最小值为2e(2)4g,所以2e4k，故选A.10答案及解析：答案：A解析：11答案及解析：答案：ea解析：12答案及解析：答案：41aa或解析：13答案及解析：答案：12解析：依题意可解得:1{21ab或1{2ab,但当1{2ab时在1?x处为极大值,故舍去。14答案及解析：答案：,2解析：将原问题转化为函数有两个交点的问题,考查临界条件,利用导函数研究函数的切线方程即可求得最终结果.15答案及解析：答案：1.2'=32fxxaxb由题意得'(1)0'(2)0ff即3201240abab解得326ab所以3223()6,'362fxxxxcfxxx令0fx解得12x令0fx解得1x或2x所以fx的减区间为1,2,增区间为,1,2,.2.由(1)知,fx在,1上单调递增;在1,2上单调递减;在2,上单调递增.所以2,3x时,fx的最大值即为1f与3f中的较大者.79(1),3.22fcfc所以当1x时,fx取得最大值.要使23()2fxcc,只需23(-1)2cfc,即2275cc,解得1c或7c2.所以c的取值范围为7(-,-1)(,)2解析：