2021届高考数学一轮总复习 第3章 导数及其应用 第2节 导数的应用 第1课时 导数与函数的单调性跟踪检测（文含解析）.doc

1、第三章导数及其应用第二节导数的应用第1课时导数与函数的单调性A级基础过关|固根基|1.函数f(x)3xln x的单调递减区间是()A. B.C. D.解析：选B因为函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)ln xxln x1，令f(x)0，得0x，所以f(x)的单调递减区间是.2函数yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象可能是()解析：选D由函数f(x)的图象可知，f(x)在(，0)上单调递增，f(x)在(0，)上单调递减，所以在(，0)上，f(x)0，在(0，)上，f(x)0，故选D.3已知函数f(x)ln xx，若af(e)，bf()，cf(log230)，则()Acba Bcab

2、Cbca Dacb解析：选Af(x)的定义域是(0，)，f(x)10，故f(x)在(0，)上单调递减，因为log230log224e.所以f(log230)f()f(e)，即cba.4若函数f(x)x312x在区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是()Ak3或1k1或k3B不存在这样的实数kC2k2D3k1或1k3解析：选Df(x)x312x，f(x)3x212.令f(x)0，解得x2或x2，若函数f(x)x312x在(k1，k1)上不是单调函数，则方程f(x)0在(k1，k1)内有解k12k1或k12k1，解得3k1或1k3.5若函数f(x)kxln x在区间(2，)上单调递

3、增，则实数k的取值范围是()A(，2 B.C2，) D.解析：选B由题意得，f(x)k(x0)函数f(x)kxln x在区间(2，)上单调递增，f(x)0在区间(2，)上恒成立，即k恒成立，而y在区间(2，)上单调递减，k，k的取值范围是.6函数f(x)ln xax(a0)的单调递增区间为_解析：由题意，知f(x)的定义域为(0，)，由f(x)a0(a0)，得0x，f(x)的单调递增区间为.答案：7若函数f(x)ax33x2x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是_解析：由题意知，f(x)3ax26x1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f(x)有两个不相等的零点，所以3ax26x10需满

4、足a0，且3612a0，解得a3，所以实数a的取值范围是(3，0)(0，)答案：(3，0)(0，)8若函数f(x)ln xax22x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_解析：f(x)ax2，由题意知，f(x)0在(0，)上有实数解，即ax22x10有实数解当a0时，显然满足；当a0时，只需44a0，1a0.综上可知，a1.答案：(1，)9已知函数f(x)(k为常数，e是自然对数的底数)，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：(1)f(x)，x(0，)由题意得f(1)0，所以k1.(2)由(1)知，f(x)，设h(x)ln x1(x0

5、)，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，)10(2020届南昌市高三摸底)已知函数f(x)xexa(aR，e为自然对数的底数)，g(x)(x1)2.(1)若直线yx1是函数f(x)图象的一条切线，求a的值；(2)对于任意x，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)设切点的坐标为(m，m1)，由题意得f(x)(x1)ex，则1(m1)em，显然m1，则em，所以em0.设F(m)em(m1)，当m0恒成立当m1时，F(

6、m)单调递增，又F(0)e00，所以m0.因为切点在函数f(x)的图象上，所以m1mema，所以a1.(2)因为对于任意x，f(x)g(x)恒成立，所以a0，(x)单调递增；x(1，0)时，(x)0，(x)单调递增而(0)，e，下面比较(0)与的大小，因为e316，所以4，e4，所以e0，即(0)，所以当x时，(x)(0)，所以a，即实数a的取值范围为.B级素养提升|练能力|11.(2019届开封模拟)设函数f(x)exx2，g(x)ln xx23.若实数a，b满足f(a)0，g(b)0，则()Ag(a)0f(b) Bf(b)0g(a)C0g(a)f(b) Df(b)g(a)0解析：选A因为函

7、数f(x)exx2在R上单调递增，且f(0)120，f(1)e10，所以当f(a)0时，a(0，1)又g(x)ln xx23在(0，)上单调递增，且g(1)20，所以g(a)0.由g(2)ln 210，g(b)0，得b(1，2)，又f(1)e10，所以f(b)0.综上可知，g(a)0f(b)12已知函数f(x)xsin xcos xx2，则不等式f(ln x)f2f(1)的解集为()A(e，) B(0，e)C.(1，e) D.解析：选D易知f(x)xsin xcos xx2是偶函数，所以ff(ln x)f(ln x)则原不等式可变形为f(ln x)f(1)f(|ln x|)0，得当x0时，f(

8、x)0.所以f(x)在(0，)上单调递增所以|ln x|11ln x1xe.13(2019届河南洛阳、许昌联考)设函数yf(x)，xR的导函数为f(x)，且f(x)f(x)，f(x)f(x)，则下列不等式成立的是(注：e为自然对数的底数)()Af(0)e1f(1)e2f(2)Be1f(1)f(0)e2f(2)Ce2f(2)e1f(1)f(0)De2f(2)f(0)e1f(1)解析：选B设g(x)，则g(x).因为f(x)f(x)，则g(x)0，所以函数g(x)在R上为减函数所以g(1)g(0)g(2)，即e1f(1)f(0)0，故f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；当0a1时，令f(x)0，解得x .则当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在(0，)上单调递减；当0a1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a1时，f(x)在(0，)上单调递增