2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版课时分层作业16　函数的单调性

1、 课时分层作业(十六)函数的单调性一、选择题1(2021浙江学军中学模拟)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()ABCDD利用导数与函数的单调性进行验证f(x)0的解集对应yf(x)的增区间，f(x)f(e)f(3)Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e)Df(e)f(3)f(2)Df(x)的定义域是(0，)，f(x) eq f(1ln x,x2)，令f(x)0，得xe.所以当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)f(3)f(2)，故选D.3下列函数中，在(0，)上为增函数的是()Af(x)sin 2x Bf

2、(x)xexCf(x)x3x Df(x)xln xB对于A，f(x)sin 2x的单调递增区间是 eq blcrc(avs4alco1(kf(,4)，kf(,4)(kZ)；对于B，f(x)ex(x1)，当x(0，)时，f(x)0，所以函数f(x)xex在(0，)上为增函数；对于C，f(x)3x21，令f(x)0，得x eq f(r(3),3)或x0，得0 x1，所以函数f(x)xln x在区间(0，1)上单调递增综上所述，应选B.4若函数f(x)2x33mx26x在区间(1，)上为增函数，则实数m的取值范围是()A(，1 B(，1)C(，2 D(，2)Cf(x)6x26mx6，由已知条件知x(

3、1，)时，f(x)0恒成立设g(x)6x26mx6，则g(x)0在(1，)上恒成立即mx eq f(1,x)在(1，)上恒成立，设h(x)x eq f(1,x)，则h(x)在(1，)上是增函数，h(x)2，从而m2，故选C.5(2021广东韶关一模)已知函数f(x)ln (ex1) eq f(1,2)x，若af eq blc(rc)(avs4alco1(log4f(1,5)，bf(log56)，cf(log64)，则a，b，c的大小关系正确的是()Abac BabcCcba DcabB因为f(x)ln (ex1) eq f(1,2)x，定义域为R，所以f(x)ln (ex1) eq f(1,2

4、)xln (ex1)x eq f(1,2)xln (ex1) eq f(1,2)xf(x)，所以f(x)为偶函数f(x) eq f(ex,ex1) eq f(1,2) eq f(1,2) eq f(1,1ex)，当x0时，f(x)0，函数单调递增，当x0时，f(x)0，函数单调递减又af eq blc(rc)(avs4alco1(log4f(1,5)f(log45)，bf(log56)，cf(log64)，且由基本不等式知lg 4lg 6 eq blc(rc)(avs4alco1(f(lg 4lg 6,2)2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(lg 24,2)2 eq blc(rc

5、)(avs4alco1(f(lg 25,2)2(lg 5)2，所以log45log56 eq f(lg 5,lg 4) eq f(lg 6,lg 5) eq f(（lg 5）2lg 4lg 6,lg 4lg 5)0，所以log45log561log640，则abc.故选B.6已知定义在R上的可导函数f(x)满足0f(x)f(x)，对a(1，)，则下列不等关系均成立的是()A.f(1)eaf(a)，f(a)eaf(1)B.f(1)eaf(a)，f(a)eaf(1)C.f(1)eaf(a)，f(a)eaf(1)D.f(1)eaf(a)，f(a)eaf(1)D设函数g(x)f(x)ex，则g(x)f

6、(x)exf(x)ex0，即g(x)在R上单调递增，因为a(1，)，则eaf(a)e1f(1)f(1)，令h(x) eq f(f（x）,ex)，则h(x) eq f(f（x）f（x）,ex)0，h(x)在R上单调递减，则f(a)ea1f(1)eaf(1)，即f(a)eaf(1).二、填空题7已知函数f(x)x25x2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是_ eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)和(2，)由题可得，f(x)2x5 eq f(2,x) eq f(2x25x2,x)(x0).令f(x) eq f(2x25x2,x) eq f(（2x1）（x2）,x)0(x0)

7、，解得x2或0 x eq f(1,2).综上所述，函数f(x)的单调递增区间是 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)和(2，).8若函数f(x)ln x eq f(1,2)ax22x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_(1，)f(x) eq f(1,x)ax2 eq f(1ax22x,x)，由题意知f(x)0有实数解，x0，ax22x10有实数解当a0时，显然满足；当a0时，只需44a01a0.综上知a1.9定义在(0，)上的函数f(x)满足x2f(x)10，f(1)4，则不等式f(x) eq f(1,x)3的解集为_(1，)由x2f(x)10得f(x) eq f(1

8、,x2)0，构造函数g(x)f(x) eq f(1,x)3，则g(x)f(x) eq f(1,x2)0，即g(x)在(0，)上是增函数又f(1)4，则g(1)f(1)130，从而g(x)0的解集为(1，)，即f(x) eq f(1,x)3的解集为(1，).三、解答题10函数f(x)(x2axb)ex，若f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为6xy50.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间解(1)f(x)(2xa)ex(x2axb)exx2(2a)xabex，f(0)ab，又f(0)b，f(x)在(0，f(0)处的切线方程为yb(ab)x，即(ab)xyb0， eq blc(av

9、s4alco1(ab6，,b5，)解得 eq blc(avs4alco1(a1，,b5.)(2)f(x)(x2x5)ex，xR，f(x)(x2x6)ex(x2)(x3)ex，当x3时，f(x)0；当2x0，故f(x)的单调递增区间是(2，3)，单调递减区间是(，2)，(3，).11. (2021全国乙卷)已知函数f(x)x3x2ax1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求曲线yf(x)过坐标原点的切线与曲线yf(x)的公共点的坐标解(1)由题意知f(x)的定义域为R，f(x)3x22xa，对于f(x)0，(2)243a4(13当a eq f(1,3)时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a

10、 eq f(1,3)时，令f(x)0，即3x22xa0，解得x1 eq f(1r(13a),3)，x2 eq f(1r(13a),3)，令f(x)0，则xx1或xx2；令f(x)0，则x1xx2.所以f(x)在(，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增综上，当a eq f(1,3)时，f(x)在R上单调递增；当a eq f(1,3)时，f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(13a),3)上单调递增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(13a),3)，f(1r(13a),3)上单调递减，在 eq blc(rc)(avs

11、4alco1(f(1r(13a),3)，)上单调递增(2)记曲线yf(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x eq oal(sup1(3),sdo1(0)x eq oal(sup1(2),sdo1(0)ax01)，因为f(x0)3x eq oal(sup1(2),sdo1(0)2x0a，所以切线l的方程为y(x eq oal(sup1(3),sdo1(0)x eq oal(sup1(2),sdo1(0)ax01)(3x eq oal(sup1(2),sdo1(0)2x0a)(xx0).由l过坐标原点，得2x eq oal(sup1(3),sdo1(0)x eq oal(sup1(2),s

12、do1(0)10，解得x01，所以切线l的方程为y(1a)x.令x3x2ax1(1a)x，则x3x2x10，解得x1.所以曲线yf(x)过坐标原点的切线与曲线yf(x)的公共点的坐标为(1，1a)和(1，1a).1已知函数f(x)(x22x)ex，若方程f(x)a有3个不同的实根x1，x2，x3(x1x2x3)，则 eq f(a,x22)的取值范围是()A. eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，0)B eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),er(2)，0)C. eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),er(2)，r(2)er(2) D(0，

13、eq r(2)e eq r(2)A由f(x)(x22x)ex得f(x)(x22)ex，所以f(x)在(， eq r(2)，( eq r(2)，)上单调递增，在( eq r(2)， eq r(2)上单调递减，作出f(x)的图象，如图结合f(x)的图象可得 eq r(2)x20，又 eq f(a,x22) eq f(f（x2）,x22)x2ex2，设g(x)xex( eq r(2)x0)，则g(x)(x1)ex，所以g(x)在( eq r(2)，1)上单调递减，在(1，0)上单调递增，由g(1) eq f(1,e)，g( eq r(2) eq r(2)e eq r(2)，g(0)0，可得 eq f

14、(a,x22)的取值范围是 eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，0).故选A.2(2021济南模拟)已知0， eq f(,2)，且32sin 9，则()A2 B2C2 D2D设f(x)xsin x，x eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，则f(x)1cos x0，即f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上单调递增，所以f(x)f(0)0，故xsin x，因为32sin 9，所以32sin 92sin 32232，令g(x)3xx，所以g()g(2)，显然g(x)单调递增，所以2.故选D.3已知x1是f(x)2x eq f(b

15、,x)ln x的一个极值点(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)设函数g(x)f(x) eq f(3a,x)，若函数g(x)在区间1，2内单调递增，求实数a的取值范围解(1)f(x)2x eq f(b,x)ln x，定义域为(0，).f(x)2 eq f(b,x2) eq f(1,x) eq f(2x2xb,x2).因为x1是f(x)2x eq f(b,x)ln x的一个极值点，所以f(1)0，即2b10.解得b3，经检验，适合题意，所以b3.所以f(x)2 eq f(3,x2) eq f(1,x) eq f(2x2x3,x2)，令f(x)0，又x(0，)，得0 x0)，g(x)2 eq

16、f(1,x) eq f(a,x2)(x0).因为函数g(x)在1，2上单调递增，所以g(x)0在1，2上恒成立，即2 eq f(1,x) eq f(a,x2)0在1，2上恒成立，所以a2x2x在1，2上恒成立，所以a(2x2x)max，x1，2.因为在1，2上，(2x2x)max3，所以a3.所以实数a的取值范围是3，).1(2021上海松江二模)已知函数f(x) eq f(1,x)|2xa|，若存在相异的实数x1，x2(，0)，使得f(x1)f(x2)成立，则实数a的取值范围为()A. eq blc(rc)(avs4alco1(，f(r(2),2) B(， eq r(2)C. eq blc(

17、rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，) D( eq r(2)，)B函数f(x) eq f(1,x)|2xa| eq blc(avs4alco1(2xf(1,x)a，xf(a,2)，,f(1,x)2xa，xf(a,2)当a0，x0时，f(x) eq f(1,x)2x，f(x) eq f(1,x2)20，f(x)在(，0)上单调递减，不成立，舍去；当a0，x0时，f(x) eq f(1,x)2xa，f(x) eq f(1,x2)20，f(x)在(，0)上单调递减，不成立，舍去；当a0，x0时，f(x) eq blc(avs4alco1(2xf(1,x)a，f(a,2)x0，,f(1,x

18、)2xa，xf(a,2)，)当x eq f(a,2)时，f(x) eq f(1,x2)20，f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(a,2)上单调递减；当 eq f(a,2)x0时，f(x)2 eq f(1,x2)，由f(x)0，可得x eq f(r(2),2)，若a eq r(2)，即 eq f(a,2) eq f(r(2),2)，x eq blcrc)(avs4alco1(f(a,2)，0)时，f(x)0恒成立，f(x)单调递减，不成立，舍去；若a eq r(2)，即 eq f(a,2) eq f(r(2),2)，当x eq blcrc)(avs4alco1(f(a,2

19、)，f(r(2),2)时，f(x)单调递增，当x eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，0)时，f(x)单调递减则对于任意x0 eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，f(r(2),2)，f(x0)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，满足题意综上，存在相异的实数x1，x2(，0)，使得f(x1)f(x2)成立，此时a eq r(2)，故选B.2如果h(x)是定义在区间D上的函数，且同时满足：h(x)h(x)0；h(x)与h(x)的单调性相同，则称函数h(x)在区间D上是“链式函数”已知函数f(x)ex eq f(x2,2)x1，g(x)1 eq f(x2,2)cos x(1)判断函数f(x)与g(x)在(0，)上是否是“链式函数”，并说明理由；(2)求证：当x0时，excos x2 eq f(4sin x,3cos x).解(1)f(x)exx1，令m(x)exx