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次文含解析新人教A版.doc

教学资料范本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次文含解析新人教A版编 辑：_时 间：_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(20xx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(20xx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(20xx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(20xx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(20xx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(20xx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f(