2020高考数学大一轮复习第二章导数及其应用第二节导数与函数的单调性检测理新人教A版.docx

第二节 导数与函数的单调性限时规范训练(限时练夯基练提能练)A级基础夯实练1(2018岳阳模拟)函数f(x)xln x的单调递减区间为()A(0，1)B(0，)C(1，) D(，0)(1，)解析：选A.函数的定义域是(0，)，且f(x)1，令f(x)0，解得0x1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)2已知函数f(x)x3ax4，则“a0”是“f(x)在R上单调递增”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解析：选A.f(x)x2a，当a0时，f(x)0恒成立，故“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件3(2017浙江卷)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是()解析：选D.不妨设导函数yf(x)的零点依次为x1，x2，x3，其中x10x2x3，由导函数图象可知，yf(x)在(，x1)上为减函数，在(x1，x2)上为增函数，在(x2，x3)上为减函数，在(x3，)上为增函数，从而排除A，C.yf(x)在xx1，xx3处取到极小值，在xx2处取到极大值，又x20，排除B，故选D.4(2018珠海质检)若函数f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1C2，) D1，)解析：选D.由于f(x)k，则f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增f(x)k0在(1，)上恒成立由于k，而01，所以k1，即k的取值范围为1，)5(2019昆明模拟)已知函数f(x)(xR)图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为yy0(3x0)(x1)(xx0)，那么函数f(x)的单调递增区间是()A(1，1)，(3，) B(，1)，(1，3)C(1，1)(3，) D(，1)(1，3)解析：选B.因为函数f(x)的图象上任一点(x0，y0)的切线方程为yy0(3x0)(x1)(xx0)，即函数图象在点(x0，y0)的切线斜率k(3x0)(x1)，所以f(x)(3x)(x21)由f(x)(3x)(x21)0，解得x1或1x3，即函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(1，3)故选B.6(2018娄底模拟)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0.且g(3)0.则不等式f(x)g(x)0的解集是()A(3，0)(3，) B(3，0)(0，3)C(，3)(3，) D(，3)(0，3)解析：选D.因为当x0，即f(x)g(x)0，所以f(x)g(x)在(，0)上单调递增，又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)g(x)在(0，)上也是增函数因为f(3)g(3)0，所以f(3)g(3)0.所以f(x)g(x)0的解集为x3或0x3.7(2018济南模拟)若函数yx3ax有三个单调区间，则a的取值范围是_解析：因为y4x2a，且y有三个单调区间，所以方程y4x2a0有两个不等的实根，所以024(4)a0，所以a0.答案：(0，)8(2018苏州二模)已知函数f(x)x24x3ln x在区间t，t1上不单调，则t的取值范围 _解析：由题意知f(x)x4，由f(x)0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t0，x舍去当0x0；当x1时，f(x)0，f(x)在区间(0，)上为增函数，不合题意；当a0时，f(x)0)等价于(2ax1)(ax1)0(x0)，即x.此时f(x)的单调递减区间为.依题意，得解得a1；当a0时，f(x)0)等价于(2ax1)(ax1)0(x0)，即x.此时f(x)的单调递减区间为，解得a.综上所述，实数a的取值范围 1，)解法二：f(x)ln xa2x2ax，x(0，)，f(x).由f(x)在区间(1，)上是减函数，可得g(x)2a2x2ax10在区间(1，)上恒成立当a0时，10不合题意；当a0时，可得即a1或a.实数a的取值范围是1，)15已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.讨论f(x)的单调性解：f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(1)设a0，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)设a，则ln(2a)1，故当x(，ln(2a)(1，)时，f(x)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，ln(2a)和(1，)上单调递增，在(ln(