2022版高考数学一轮复习训练：第4章 第2讲 第1课时 利用导数研究函数的单调性 WORD版含解析.DOC

1、第四章第2讲第1课时A级基础达标1(2020年内江期末)如图所示为yf(x)的图象，则函数yf(x)的单调递减区间是()A(，1)B(2,0)C(2,0)，(2，)D(，1)，(1，)【答案】C2(2020年潮州期末)函数f(x)x3ax2xa在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A(1,1)B2,1C1,1D1,2【答案】C3(2020年黄山期末)已知f(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f(x)exf(x)，f(0)5，则不等式0，则()A2f(1)f(2)B2f(1)f(2)Cf(1)2f(2)Df(1)2f(2)【答案】C5(多选)(2020年泰安四模)已知定义在上的

2、函数f(x)，f(x)是f(x)的导函数，且cos xf(x)sin xf(x)fBffCffDff【答案】CD【解析】令g(x) ，x ，则 g(x)，由题意知cos xf(x)sin xf(x)0，则g(x)0，即g(x)在上为减函数由g，即 ，得ff.由g，即，得ff.6(2020年北京期末)函数f(x)(x3)ex的单调递减区间是_【答案】(，2)7(2020年菏泽期末)已知函数f(x)ax2xln x，若f(1)3，则a_；若函数f(x)在 上单调递增，则实数a的取值范围是_【答案】2【解析】由题意得f(x)2axln x1 ，所以f(1)2aln 113，解得a2.因为f(x)在上

3、单调递增，所以f(x)2axln x10在上恒成立，即a.设g(x)，x，则g(x).当x时，g(x)0，g(x)单调递增；当(1，)时， g(x)x，则不等式(x2 020)2f(x2 020)4f(2)0的解集为_【答案】(2 020,2 022【解析】 因为2f(x)xf(x)x，所以当x0时，有2xf(x)x2f(x)x20.令g(x)x2f(x)，则g(x)2xf(x)x2f(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增(x2 020)2f(x2 020)4f(2)0可化为g(x2 020)g(2)，所以0x2 0202，解得2 0200，解得x.令f(x)0，解得1x0，所以a.又cos

4、(1)cos(1)sin(1)0，故cos(1)在(0,1)上单调递增而cos(1)(0,1)，所以(1，)，所以a1.12(多选)(2020年宿迁期末)若函数f(x)在定义域D内的某个区间I上是单调增函数，且F(x)在区间I上也是单调增函数，则称yf(x)是I上的“一致递增函数”已知f(x)x，若函数f(x)是区间I上的“一致递增函数”，则区间I可能是()A(，2)B(，0)C(0，)D(2，)【答案】AD【解析】 函数f(x)是区间I上的“一致递增函数”，所以函数f(x)和F(x) 在区间I上都是单调增函数对于F(x)1，有F(x).令F(x)0，得x2或x0成立，即f(x)在(2，)上为

5、增函数，所以区间I可能为(2，)当x(，0)时，令g(x)x2ex(x1)，则g(x)x(2ex)0，g0在(，x0)上恒成立，即f(x)0在(，x0)上恒成立所以f(x)在(，x0)上为增函数，其中x0.对比选项，可知x02符合题意，即区间I可能为(，2)可知AD符合题意13(2020年南平期末)已知函数f(x)ln x(e为自然对数的底数，a为常数且a0)，f(x)在定义域内单调递减，则a的取值范围为_【答案】【解析】由题意得f(x)eax，x(0，)，若f(x)在(0，)上递减，则当x(0，)时，f(x)0恒成立，即a在(0，)上恒成立令g(x) ，x(0，)，则g(x).令g(x)0，

6、解得xe；令g(x)0，解得0x0时，ln xf(x)0的解集为_【答案】(0,2 020)【解析】令g(x)ln xf(x)，则g(x)f(x)ln xf(x)因为x0时，ln xf(x)0时，g(x)0，即g(x)单调递减因为g(1)0，所以0x0，则f(x)1时，g(x)0，则f(x)0且x1时，f(x)0.又f(1)ln 1f(1)，所以f(1)0时，f(x)0.又f(x)为奇函数，所以当x0.所以(x2 020)f(x)0可化为或解得0x0，解得x0或x2；令f(x)0，解得2x0.所以f(x)的单调递增区间为(，2)，(0，)，单调递减区间为(2,0)(2)f(x)x2(a2)xa

7、ex.令g(x)x2(a2)xa，若f(x)在(1,1)上单调递减，则g(x)0在(1,1)上恒成立，则解得40(其中f(x)为f(x)的导数)，则下列判断一定正确的是()Ae4f(2)f(0)Be2f(3)f(2)Ce10f(3)f(2)De8f(3)0，则F(x)0，则F(x)在1，)上单调递增F(x2)e2(x2)f(x2)，F(x)e2xf(x)，因为e4(x1)f(x2)f(x)，所以e2(x2)e2xf(x2)f(x)，即e2(x2)f(x2)e2xf(x)，即F(x2)F(x)，所以F(x)关于x1对称，则F(2)F(4)因为F(x)在1，)上单调递增，所以F(3)F(4)，即F(3)F(2)，所以e6f(3)0，即f(x)在R上单调递增；若a0，令exa0，解得xln a.即f(x)在ln a，)上单调递增，因此当a0时，f(x)的单调递增区间为R，当a0时，f(x)的单调递增区间是ln a，)(2)存在实数a满足条件因为f(x)exa0在(2,3)上恒成立，所以aex在(2,3)上恒成立又因为yex在(2,3)上单调递增，所以只需ae3.故存在实数ae3，)，使f(x)在(2,3)上单调递减