高考数学大一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 计时双基练14 导数与函数的单调性 文 北师大版.doc

计时双基练十四导数与函数的单调性a组基础必做1已知函数f(x)的导函数f(x)的图像如图所示，那么函数f(x)的图像最有可能是()解析由导函数图像可知，f(x)在(，2，0，)上单调递减，在2,0上单调递增，选a。答案a2函数f(x)xelnx的单调递增区间为()a(0，) b(，0)c(，0)和(0，) dr解析函数定义域为(0，)，f(x)10，故单调增区间是(0，)。答案a3已知函数f(x)xsin x，xr，则f，f(1)，f的大小关系为()aff(1)fbf(1)ffcff(1)fdfff(1)解析由f(x)xsin(x)xsin xf(x)知，函数f(x)xsin x为偶函数，当x时，f(x)sin xxcos x0知，函数f(x)xsin x在上单调递增，由10知，ff(1)f，即ff(1)f，故选a。答案a4若函数f(x)kxln x在区间(1，)单调递增，则k的取值范围是()a(，2 b(，1c2，) d1，)解析因为f(x)kxln x，所以f(x)k。因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立。因为x1，所以00，则实数m的取值范围是()a. b.c. d.解析由题意知， 函数f(x)是r上的单调增函数，所以f(x)3x22xm0在r上恒成立，即412m0，故m。答案d6若0x1x2ln x2ln x1bex1ex2x1ex2dx2ex10且x趋近于0时，xex10，因此在(0,1)上必然存在x1x2，使得f(x1)f(x2)，因此a，b不正确；设g(x)，当0x1时，g(x)g(x2)，即，所以x2ex1x1ex2。故选c。答案c7(2015江西九校联考)已知函数f(x)mx33(m1)x2m21(m0)的单调递减区间是(0,4)，则m_。解析易知f(x)3mx26(m1)x3x(mx2m2)。令f(x)0，得x10，x2，又函数f(x)mx33(m1)x2m21(m0)的单调递减区间是(0,4)，所以4，解得m。答案8函数f(x)的单调递增区间是_。解析由导函数f(x)0，得cos x，所以2kx0，解得a。所以a的取值范围是。答案10已知函数f(x)exax1。(1)求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由。解f(x)exa，(1)若a0，则f(x)exa0，即f(x)在r上递增，若a0，exa0，exa，xln a。因此当a0时，f(x)的单调增区间为(，)；当a0时，f(x)的单调增区间是ln a，)。(2)f(x)exa0在(2,3)上恒成立。aex在x(2,3)上恒成立。又2x3，e2exe3，只需ae3。当ae3时，f(x)exe3在x(2,3)上，f(x)0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，)。当a0时，令f(x)a0，可得x，当0x0；当x时，f(x)0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为。b组培优演练1(2016甘肃省张掖市高三第一次诊断考试)函数f(x)在定义域r内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(0)，bf，cf(3)，则()aabc bcbaccab dbca解析因为当x(，1)时，(x1)f(x)0，所以函数f(x)在(，1)上是单调递增函数，所以af(0)fb，又f(x)f(2x)，所以cf(3)f(1)，所以cf(1)f(0)a，所以ca0在x(1,1)上有解，t(exx)max，t0，f(x)在(0，)上单调递增。当m0，f(x)在上单调递增；当x ，时，f(x)0，f(x)在 ，上单调递减。综上所述，当m0时，f(x)在(0，)上单调递增；当mb0，则kab1恒成立，即f(a)f(b)ab恒成立，即f(a)af(b)b恒成立。令g(x)f(x)xln xmx2x，