2022届高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第10节第1课时 利用导数研究函数的单调性课时作业（含解析）新人教版.doc

1、第二章 函数、导数及其应用授课提示：对应学生用书第255页A组基础保分练1函数yx2ln x的单调递减区间是()A(3,1)B(0,1)C(1,3)D(0,3)答案：B2.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()Af(b)f(c)f(d)Bf(b)f(a)f(e)Cf(c)f(b)f(a)Df(c)f(e)f(d)答案：C3已知函数f(x)x32xsin x，若f(a)f(12a)0，则实数a的取值范围是()A(1，)B(，1)C.D答案：B4已知不等式(x2)exa对任意的xR恒成立，则整数a的最大值为()A3B2C1D0解析：令f(x)(x2

2、)ex，则af(x)min.f(x)(x1)ex，令f(x)0，则x1.当x1时，f(x)0，所以f(x)(x2)ex单调递增；当x1时，f(x)0，所以f(x)(x2)ex单调递减所以当x1时，f(x)有最小值，f(x)minf(1)e，所以ae，即整数a的最大值是3.答案：A5已知函数f(x)ax33x21(a0)，g(x)xf(x)，定义h(x)maxf(x)，g(x)若存在x1,2，使得h(x)f(x)，则实数a的取值范围为()A(1,2B(0,2)C(0,2D(0,1解析：f(x)3ax26x，g(x)xf(x)3ax36x2.存在x1,2，使得h(x)f(x)，f(x)g(x)在1

3、,2上有解，即ax33x213ax36x2在1,2上有解，即不等式2a在1,2上有解设y(x1,2)，y0在1,2上恒成立，y在1,2上单调递减，当x1时，y取得最大值4，2a4，即a2，又a0，故实数a的取值范围为(0,2答案：C6已知定义在区间(，)上的函数f(x)xsin xcos x，则f(x)的单调递增区间是_答案：和7若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)2，f(x)1，则不等式f(x)x0的解集为_答案：(2，)8求下列函数的单调区间：(1)f(x)(x5)26ln x；(2)f(x)xcos xsin x1(x0)解析：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x5.令f(x

4、)0，解得x12，x23.当0x2或x3时，f(x)0，故f(x)在(0,2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0，故f(x)在(2,3)上为减函数所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，(3，)；单调递减区间为(2,3)(2)f(x)cos xxsin xcos xxsin x.令f(x)0，得xk(kN)当x(2k，(2k1)(kN)时，sin x0，此时f(x)0；当x(2k1)，(2k2)(kN)时，sin x0，此时f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(2k，(2k1)(kN)，单调递增区间为(2k1)，(2k2)(kN)9已知函数f(x)(k为常数，e是自然对数的底数

5、)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间解析：(1)由题意得f(x)，又因为f(1)0，故k1.(2)由(1)知，f(x)，设h(x)ln x1(x0)，则h(x)0，即h(x)在(0，)上是减函数由h(1)0知，当0x1时，h(x)0，从而f(x)0；当x1时，h(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)B组能力提升练1函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1)D(，)答案：B2(多选题)(2021山东泰安

6、模拟)已知定义在上的函数f(x)，f(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf(x)sin xf(x)0成立，则()AffB.ffCffD.ff解析：设g(x)，则g(x)，因为x时，cos xf(x)sin xf(x)0，所以x时，g(x)0，因此g(x)在上单调递减，所以gg，gg，即，得ff；，得ff.答案：CD3(多选题)(2021八省联考模拟卷)已知函数f(x)xln(1x)，则()Af(x)在(0，)单调递增Bf(x)有两个零点C曲线yf(x)在点处切线的斜率为1ln 2Df(x)是偶函数解析：由f(x)xln(1x)知函数的定义域为(1，)，f(x)ln(1x)，当x(0，)时

7、，ln(1x)0，0，f(x)0，故f(x)在(0，)单调递增，A正确；由f(0)0，当1x0时，ln(1x)0，f(x)xln(1x)0，当ln(1x)0，f(x)0，所以f(x)只有0一个零点，B错误；令x，fln1ln 21，故曲线yf(x)在点处切线的斜率为1ln 2，C正确；由函数的定义域为(1，)，不关于原点对称知，f(x)不是偶函数，D错误答案：AC4(2021遵义模拟)已知函数f(x)x(e1)ln x，则不等式f(ex)1的解集为()A(0,1)B(1，)C(0，e)D(e，)答案：A5(2021安庆模拟)若函数f(x)x3x2ax4恰在1,4上单调递减，则实数a的值为_答案

8、：46(2021洛阳模拟)已知函数f(x)ln x.(1)若函数f(x)在1，)上为增函数，求正实数a的取值范围；(2)讨论函数f(x)的单调性解析：(1)f(x)ln x，f(x)(a0)函数f(x)在1，)上为增函数，f(x)0对x1，)恒成立，ax10对x1，)恒成立，即a对x1，)恒成立，a1.(2)a0，f(x)，x0，当a0时，f(x)0对x(0，)恒成立，f(x)的增区间为(0，)当a0时，f(x)0x，f(x)0x，f(x)的增区间为，减区间为.7已知函数f(x)(ax1)ex，aR.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)当mn0时，证明：mennnemm.解析：(1)f(x)的

9、定义域为R，且f(x)(axa1)ex.当a0时，f(x)ex0，此时f(x)的单调递减区间为(，)当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得x.此时f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得x.此时f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明：当mn0时，要证mennnemm，只要证m(en1)n(em1)，即证.设g(x)，x0，则g(x)，x0.设h(x)(x1)ex1，由(1)知h(x)在0，)上单调递增，所以当x0时，h(x)h(0)0，于是g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以当mn0时，式成立，故当mn0时，m

10、ennnemm.C组创新应用练1(2021长春模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f(x)f(x)0，其中f(x)为f(x)的导数，设af(0)，b2f(ln 2)，cef(1)，则a，b，c的大小关系是()AcbaBabcCcabDbca解析：令g(x)exf(x)，则g(x)exf(x)f(x)0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)g(ln 2)g(1)，得f(0)2f(ln 2)ef(1)，即abc.答案：A2(多选题)已知函数f(x)x3ax1，以下结论正确的为()A当a0时，函数f(x)的图象的对称中心为(0，1)B当a3时，函数f(x)在(1,1)上为单

11、调递减函数C若函数f(x)在(1,1)上不单调，则0a3D当a12时，f(x)在4,5上的最大值为15解析：yx3为R上的奇函数，其图象的对称中心为原点，当a0时，根据平移知识，函数f(x)的图象的对称中心为(0，1)，A正确；由题意知f(x)3x2a，因为当1x1时，3x23，又a3，所以f(x)0在(1,1)上恒成立，所以函数f(x)在(1,1)上为单调递减函数，B正确；f(x)3x2a，当a0时，f(x)0，f(x)不恒等于0，此时f(x)在(，)上为增函数，不合题意，故a0.令f(x)0，解得x.因为f(x)在(1,1)上不单调，所以f(x)0在(1,1)上有解，所以01，解得0a3，

12、C正确；令f(x)3x2120，得x2.根据函数的单调性，f(x)在4,5上的最大值只可能为f(2)或f(5)因为f(2)15，f(5)64，所以最大值为64，D错误答案：ABC3已知f(x)为R上的可导函数，且xR，均有f(x)2f(x)，则有()Ae4 034f(2 017)f(0)，f(2 017)e4 034f(0)Be4 034f(2 017)f(0)，f(2 017)e4 034f(0)Ce4 034f(2 017)f(0)，f(2 017)e4 034f(0)De4 034f(2 017)f(0)，f(2 017)e4 034f(0)解析：构造函数g(x)，g(x)，因为f(x)2f(x)，所以g(x)0，即g(x)在R上单调递减，所以g(2 017)g(0)所以.所以e4 034f(2 017)f(0)，同理得g(2 017)g(0)，所以.所以f(2 017)e4 034f(0)答案：D