2020届高考数学总复习课时跟踪练（十四）导数与函数的单调性（基础课）文（含解析）新人教A版.docx

课时跟踪练(十四)A组基础巩固1函数f(x)cos xx在(0，)上的单调性是()A先增后减 B先减后增C单调递增 D单调递减解析：易知f(x)sin x1，x(0，)，所以f(x)0；在(0，)上，f(x)0，选项D满足答案：D3(2019龙泉二中月考)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：因为f(x)x312x，所以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)内有解所以k12k1或k12k1，解得3k1或1k3.答案：D4若f(x)，eaf(b) Bf(a)f(b)Cf(a)1解析：f(x)，当xe时，f(x)f(b)答案：A5(2019保定一中模拟)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(，)解析：由f(x)2x4，得f(x)2x40，设F(x)f(x)2x4，则F(x)f(x)2，因为f(x)2，所以F(x)0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增又F(1)f(1)2(1)42240，故不等式f(x)2x40等价于F(x)F(1)，所以x1.答案：B6(2017山东卷)若函数exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质下列函数中具有M性质的是()Af(x)2x Bf(x)x2Cf(x)3x Df(x)cos x解析：若f(x)具有性质M，则exf(x)exf(x)f(x)0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)f(x)0在f(x)的定义域上恒成立对于选项A，f(x)f(x)2x2xln 22x(1ln 2)0，符合题意经验证，选项B，C，D均不符合题意故选A.答案：A7已知函数f(x)是函数f(x)的导函数，f(1)，对任意实数都有f(x)f(x)0，设F(x)，则不等式F(x)0，知F(x)0.所以F(x)在定义域R上单调递减由F(x)1.所以不等式F(x)0)，所以当x(0，1)时，f(x)0，f(x)为减函数，因此f(x)的单调递减区间是(0，1)答案：(0，1)9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，需满足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，)10(2019昆明调研)已知函数f(x)(xR)满足f(1)1，f(x)的导数f(x)，则不等式f(x2)的解集为_解析：设F(x)f(x)x，所以F(x)f(x)，因为f(x)，所以F(x)f(x)0，即函数F(x)在R上单调递减因为f(x2)，所以f(x2)f(1)，所以F(x2)1，解得x1，即不等式的解集为x|x1答案：x|x111讨论函数f(x)(a1)ln xax21的单调性解：f(x)的定义域为(0，)f(x)2ax.(1)当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增；(2)当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；(3)当0a1时，令f(x)0，解得x .故当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增12(2019徐州调研)设函数f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718为自然对数的底数(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x1时，g(x)0.(1)解：由题意得f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0时，由f(x)0得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以s(x)s(1)，即ex1x，从而g(x)0.故当x1时，g(x)0.B组素养提升13(2019湖北联考)若函数f(x)kexx2在区间(0，)上单调递增，则实数k的取值范围是_解析：由f(x)kexx2，得f(x)kexx.因为函数f(x)kexx2在(0，)上单调递增所以f(x)kexx0在(0，)上恒成立，即k在(0，)上恒成立令g(x)，则g(x)，所以当0x0，g(x)单调递增；当x1时，g(x)0，即xex(x2)0，解得x0或x2.令f(x)0，得2x0.所以f(x)的单调增区间是(，2)和(0，)，单调减区间是(2，0)(3)由(2)知