2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性高效演练分层突破文新人教A版.docx

第2讲导数与函数的单调性基础题组练1函数f(x)exex，xR的单调递增区间是()A(0，)B(，0)C(，1) D(1，)解析：选D.由题意知，f(x)exe，令f(x)0，解得x1，故选D.2(2020河北省九校第二次联考)函数yx2ln x的单调递减区间是()A(3，1) B(0，1)C(1，3) D(0，3)解析：选B.法一：令y10，得3x0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)故选B.法二：由题意知x0，故排除A、C选项；又f(1)40时，函数f(x)，可得函数的极值点为：x1，当x(0，1)时，函数是减函数，x1时，函数是增函数，并且f(x)0，选项B、D满足题意当x0时，函数f(x)0时，exex，所以x(exex)0，又exex0，所以f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，故选A.优解：根据题意知f(1)f(1)，所以函数f(x)为奇函数又f(1)2，所以m2.故选C.6函数y4x2的单调递增区间为 解析：由y4x2，得y8x，令y0，即8x0，解得x.所以函数y4x2的单调递增区间为.答案：7已知函数yf(x)(xR)的图象如图所示，则不等式xf(x)0的解集为 解析：由f(x)图象特征可得，f(x)在和2，)上大于0，在上小于0，所以xf(x)0或0x或x2，所以xf(x)0的解集为2，)答案：2，)8若f(x)xsin xcos x，则f(3)，f，f(2)的大小关系为 (用“”连接)解析：由题意知，函数f(x)为偶函数，因此f(3)f(3)又f(x)sin xxcos xsin xxcos x，当x时，f(x)0.所以f(x)在区间上是减函数，所以ff(2)f(3)f(3)答案：f(3)f(2)0，解得x1或x；令f(x)0，解得x1.所以f(x)的单调递增区间是和(1，)；f(x)的单调递减区间是.10已知函数f(x)1(bR，e为自然对数的底数)在点(0，f(0)处的切线经过点(2，2)讨论函数F(x)f(x)ax(aR)的单调性解：因为f(0)b1，所以过点(0，b1)，(2，2)的直线的斜率为k，而f(x)，由导数的几何意义可知，f(0)b，所以b1，所以f(x)1.则F(x)ax1，F(x)a，当a0时，F(x)0时，由F(x)0，得x0，得xln a.故当a0时，函数F(x)在R上单调递减；当a0时，函数F(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增综合题组练1(2020郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(x)为其导函数，若xf(x)f(x)ex(x2)且f(3)0，则不等式f(x)0的解集为()A(0，2) B(0，3)C(2，3) D(3，)解析：选B.令g(x)xf(x)，x(0，)，则g(x)xf(x)f(x)ex(x2)，可知当x(0，2)时，g(x)xf(x)是减函数，当x(2，)时，g(x)xf(x)是增函数又f(3)0，所以g(3)3f(3)0.在(0，)上，不等式f(x)0的解集就是xf(x)0的解集，又g(0)0，所以f(x)0的解集是(0，3)，故选B.2设函数f(x)x，且f(mx)mf(x)0对任意x1，)恒成立，则实数m的取值范围是 解析：由f(mx)mf(x)0得mxmx0对任意x1，)恒成立，整理得2mx恒成立，即2mx20时，2x21，显然当x1时y2x2取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m1，当x1时y2x2取得最小值为2，12，解得m1.综上，实数m的取值范围是m1.答案：(，1)3设函数f(x)x3x2bxc，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(1)求b，c的值；(2)若a0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解：(1)f(x)x2axb，由题意得即故b0，c1.(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)，当x(，0)时，f(x)0；当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2x成立，即a.因为x(2，1)，所以x(1，2)，则x22，当且仅当x，即x时等号成立，所以a2，则a1时，g(x)0.解：(1)由题意得f(x)2ax(x0)当a0