【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册精练：5.3.1《函数的单调性》（解析版）.doc，共(14)页，891.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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5.3.1函数的单调性【题组一求函数的单调区间】1．（2020·河南信阳·高二期末（文））已知函数，则其单调增区间是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，定义域为令解得故函数单调增区间是故选2．（2020·吉林净月高新技术产业开发区·东北师大附中高二月考（理））函数

1xfxxe的单调递增区间是（）A．,2B．0,2C．2,0D．2,【答案】D【解析】函数1xfxxe的定义域为R，2xfxxe，令0fx

，解得2x.因此，函数1xfxxe的单调递增区间是2,.故选：D.3．（2020·北京丰台·高三二模）已知函数()ln(1)ln(1)fxxx，则()(fx)A．是奇函数，且在定义域上是增函数B．是奇函数，且在定义域上是减函数

C．是偶函数，且在区间(0,1)上是增函数D．是偶函数，且在区间(0,1)上是减函数【答案】B【解析】根据题意，函数()ln(1)ln(1)fxxx，则有1010xx，解可得11x，即()fx的定义域为(1,1)；设任意(1,1)x，()(1)(1)()

fxlnxlnxfx，则函数()fx为奇函数；1()(1)(1)1xfxlnxlnxlnx，其导数22()1fxx，在区间(1,1)上，()0fx，则()fx为(1,1)上的减函数；故选：B．4．（2020·山西省古县第一

中学高二期中（理））函数3xfxxe的单调递增区间是（）A．,2B．2,C．(1,4)D．(0,3)【答案】B【解析】3xfxxeQ，2xfxxe，解不等式0fx，解得2x，因此，函数3xfxxe的单调递

增区间是2,，故选B.5．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）函数2cossin2fxxx的一个单调减区间是（）A．,42B．0,6C．,2ππD．5,6【答案】A【解析】2cossin2fxx

x，该函数的定义域为R，222sin2cos2212sin2sin22sinsin1fxxxxxxx2sin12sin1xx，1sin1x，可得sin10x，令0fx，可得2sin10x

，即1sin2x，解得52266kxkkZ.所以，函数yfx的单调递减区间为52,266kkkZ.当0k时，函数yfx的一个单调递减区间为5

,66，5,,4266，对任意的kZ，50,2,2666kk，5,2,2266kk，55,2,2666kk

，故函数yfx的一个单调递减区间为,42.故选：A.6．（2020·安徽高三开学考试（理））若曲线21xefxax在点1,1f处的切线过点()1,0-，则函数fx的单调

递减区间为（）A．(),0-?B．()0,+?C．,11,0D．,1，()1,0-【答案】D【解析】由题意2211xaxaefxax，∴1211ekfa，又111efa，故曲线在点1,1

f处的切线方程为211111yxeaea，将点()1,0-代入可得1a，则221xxefxx，令2201xxefxx，所以1x或10x，故函数在,1

，()1,0-上单调递减.故选：D7．（2020·云南昆明一中高三其他（理））函数4()3lnfxxxx的单调递减区间是（）A．(1,4)B．(0,1)C．(4,)D．(0,4)【答案】D【解析】函数的定义域

是(0,)，2243(1)(4)()1xxfxxxx＇，令()0fx＇，解得04x，故函数4()3lnfxxxx在(0,4)上单调递减，选：D.【题组二已知单调性求参数】1．（2020·四川省绵阳江

油中学高二期中（文））已知1()2ln0fxaxxax在[1)，上为单调递增函数，则a的取值范围为（）A．[0)，B．(0)，C．(1)，D．[1)，【答案】D【解析】222

()axxafxx，(0)a因为()fx在[1,)上为单调递增，等价于220axxa恒成立.即221xax在[1,)上恒成立.因为222211112xxxxxxg，当1x时，取“”，所以1a，即a的范围为[1,)

.故选：D2．（2020·河南南阳·高二期末（理））函数327fxxkxx在区间1,1上单调递减，则实数k的取值范围是（）A．,2B．22,C．2,D．2,【答案】B【解析】327fxxkxx，

2327fxxkx，由题意可知，不等式0fx对于任意的1,1x恒成立，所以，12401240fkfk，解得22k.因此，实数k的取值范围是22,.故选：B.3．（2020·

佳木斯市第二中学高二期末（文））“a≤-1”是“函数f(x)=lnx-ax在[1,+∞)上为单调函数”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为函数f(x

)=lnx-ax在[1,+∞)上为单调函数，所以1()0fxax在[1,+∞)上恒成立或1()0fxax在[1,+∞)上恒成立，即min1()ax或max11()101axxxQ，从而0a或1a因为“1a

”是“0a或1a”充分不必要条件，所以“a≤-1”是“函数f(x)=lnx-ax在[1,+∞)上为单调函数”的充分不必要条件，故选：A4．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（文））已知函数1()lnxfxxax，若

函数fx在[1,)上为增函数，则正实数a的取值范围为（）A．0,1B．(01]，C．1,D．[1,)【答案】D【解析】函数1()lnxfxxax，2211()aaxfxxaxax，因为

函数fx在[1,)上为增函数，所以()0fx在[1,)上恒成立，又0a，所以10ax在[1,)上恒成立，即1ax在[1,)上恒成立，令max11gxgxx，，所以1a，故选：D5．（2019·四川树德中学高二月考（理））()cos2(si

ncos)fxxaxx在0,2单调递增，则a的范围是__________．【答案】[2,)【解析】()cos2sincosfxxaxax，则'()2sin2cossinfxxaxax，因为函数()fx在[0,]2上单调增，可得'()0fx

在[0,]2上恒成立，即(sincos)2sin2axxx，令sincosxxt，则2sin21xt，[1,2]t，所以22212()tattt，因为1tt在[1,2]t上是增函数，所以其最大值为22(

2)22a，所以实数的取值范围是[2,).6．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末（理））设函数()xxfxeae在[0，1]上单调递增，则a的取值范围是（）A．[1，)B．(，1

]C．(1,)D．(,1)【答案】B()xxfxeae在[0，1]上单调递增，()0xxfxeae…在[0，1]上恒成立，即2xae„，而函数2xye在[0，1]上单调递增，当0x时，1miny

，1a„，a的取值范围是(，1]．故选：B．7．（2020·西夏·宁夏大学附属中学高二期中（理））若函数323fxxtxx在区间1,4上单调递减，则实数t的取值范围是（）A．51[,)8B．,3C．51,8D．

3,【答案】A【解析】因为函数323fxxtxx在区间1,4上单调递减，所以'2()3230fxxtx在1,4x恒成立，所以(1)0,(4)0,ff即40,5180,tt

解得：518t.8．（2020·临猗县临晋中学高二期末（理））设函数219ln2fxxx在区间1,1aa上单调递减，则实数a的取值范围是（）A．1,2B．4,C．,2D．0,3【答案】A【解析

】依题意10,1aa，由此排除CD选项.由299'00xfxxxxx，解得03x，所以函数fx的单调递减区间为0,3.由此排除B选项，只有A选项正确.证明如下：由于fx在区间[1,1]aa上单调递减，所以0113aa，解得1,2

a.故选：A【题组三单调性与图像】1．（2020·陕西省商丹高新学校高二月考（理））已知函数()fx的导函数()fx的图象如图所示，那么函数()fx的图象最有可能的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】2x时，()0fx，则()fx单调递减；20x

时，()0fx，则()fx单调递增；0x时，()0fx，则f（x）单调递减．则符合上述条件的只有选项A．故选A．2．（2020·四川内江·高二期末（文））如图所示为yfx的图象，则函数yfx的单

调递减区间是（）A．,1B．2,0C．2,0,2,D．,1,1,【答案】C【解析】由导函数图象，知20x或2x时，()0fx，∴()fx的减区间是(2

,0)，(2,)．故选：C．3．（2020·浙江高二期中）函数2sinfxxxx的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为22sinsinfxxxxxxxfx，且定义域R关于原点对称，所以函数yfx为偶函

数，故排除B项；2sinsinfxxxxxxx，设singxxx，则1cos0gxx恒成立，所以函数ygx单调递增，所以当0x时，00gxg，任取120xx，则120gxgx，所以，

1122xgxxgx，12fxfx，所以，函数yfx在0,上为增函数，故排除C、D选项.故选：A.【题组四利用单调性解不等式】1．（2020·四川省绵阳南山中学双语学校高二月考（文））定义在R上的函数fx的导函数为fx，且22fxfx，

若01f，则不等式22xefx的解集为（）A．,0B．0,C．,1D．1,【答案】A【解析】构造函数221,xfxgxxRe，∵22

fxfx，∴222222222012xxxxfxfxfxeefxgxee，∴函数gx在R上单调递减，又120101g，∴不等式00gxg的解集为{|0}

xx，故选：A.2．（2020·山西祁县中学高二月考（文））设函数21()1xxfxeex，则使得(2)(1)fxfx成立的x的取值范围是（）A．(,1)B．(1,)C．1(,1)3D．1(,)(1,)3U【答案】D【

解析】211xxfxeex，所以fxfx，fx为R上的偶函数，又222'1xxxfxeex，当0x时，'0fx，故fx在0,上为增函数.因22,11fxfxfxfx，由21fxfx得

到21xx，故23210xx，13x或1x，选D.3．（2020·山东德州·高三二模）已知函数f（x）的定义域为R，且1,02fxfxf，则不等式()13xfxe解集为（）A．(1,)B．(,1)

C．(0,)D．(,0)【答案】C【解析】构造函数1xfxgxe,则10xfxfxegx,故gx在R上为增函数.又00103fge,故()13x

fxe即()13xfxe,即0gxg.解得0x.故选：C4．（2020·历下·山东师范大学附中高三月考）已知定义在R上的函数fx，其导函数为fx，若2sinfxfxx，且当0x

时，cos0fxx，则不等式sincos2fxfxxx的解集为（）A．,2B．,2C．,4D．,4【答案】C【解析】令singxfxx

，则singxfxx，2sinfxfxx，sinsinfxxfxx，gxgx，gx为定义在R上的偶函数；当0x时，cos0gxfxx，gx在0,上单调递减，又gx为偶函数，gx在

,0上单调递增.由sincos2fxfxxx得：cossinsin222fxxfxxfxx，即2gxgx，2xx，解得：4x，

即不等式的解集为,4.故选：C.5．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知函数31()sinxxfxxxee，其中e是自然数对数的底数，若2(1)(2)0fafa，则实数a的取值范围是()A．1[

,1]2B．1[1,]2C．1(,1][,)2D．1(,][1,)2【答案】B【解析】由于31sinxxfxxxee，，则f（﹣x）＝﹣x3sinx+e﹣x﹣ex＝﹣f（x），

故函数f（x）为奇函数．故原不等式f（a﹣1）+f（2a2）≤0，可转化为f（2a2）≤﹣f（a﹣1）＝f（1﹣a），即f（2a2）≤f（1﹣a）；又f'（x）＝3x2﹣cosx+ex+e﹣x，由于ex+e﹣x≥2，故ex+e﹣

x﹣cosx>0，所以f'（x）＝3x2﹣cosx+ex+e﹣x≥0恒成立，故函数f（x）单调递增，则由f（2a2）≤f（1﹣a）可得，2a2≤1﹣a，即2a2+a﹣1≤0，解得112a，故选B．【题组五利用单调性比较大

小】1．（2020·广东盐田·深圳外国语学校高三月考）已知函数yfx是定义在R上的偶函数，且当0,x时，0fxxfx，若660.70.7af，0.70.7log6log6bf，0.60.666cf，则a，b，c的大小关系是（）A．cabB．

acbC．bacD．abc【答案】A【解析】令gxxfx，由yfx是定义在R上的偶函数，可得gxxfx是定义在R上的奇函数，又因为0,x时，0yfxxfx，所以gxxfx在0,上

是增函数，所以gxxfx是定义在R上的增函数，又由60.60.7log600.716，所以060.6.7(0.7)l)og6(6ggg，即bac.故选：A.2．（2020·江苏淮安·高三月考）已知函数sinfxx

x，xR，若23aflog，132bflog，22cf则a，b，c的大小为（）A．abcB．acbC．cbaD．bac【答案】B【解析】因为1cos0fxx，所以()fx在(,)上单调递增，因为23(1,)log

，133221,0loglog，2124，所以1231234loglog，所以22133(2)2flogfflog，故acb．故选：B．3．（2020·五华·云南师大附中高三月考（理））已知函数2()sinfxxxx，若0.2(l

og3)af，3(log0.2)bf，3(0.2)cf，则（）A．abcB．bacC．cbaD．bca【答案】B【解析】函数2()sin(sin)fxxxxxxx，设()singxxx，(0,)x，则()1

cos0gxx…在(0,)恒成立，函数()gx在(0,)上单调递增，()(0)0gxg，即函数()gx在(0,)上单调递增，且()0gx，又函数yx在(0,)上单调递增，且0y，函数2()sin(sin)fxxxxxxx，在(0,)上

单调递增，且()0fx，又22()()()sin()sin()fxxxxxxxfx，函数()fx是偶函数，0.255(log3)(log3)(log3)afff，333(log0.2)(log5)(log5)bfff，555535loglo

glog，51312log，而33log5log31，30.20.008，335530.20loglog，又函数()fx在(0,)上单调递增，335(5)(3)(0.2)flogflogf，即bac，故选：B．4．（202

0·河南高三其他（理））设01x，则222,(),xxxeeeabcxxx的大小关系是（）A．abcB．acbC．cabD．bac【答案】B【解析】设()xefxx，则2(1)()xexfxx，当(0,1)x时，()

0fx，故()fx在(0,1)为减函数，22xx，22xxee，则22222()xxxeeexxx，故bc；又201xx，2()()fxfx，即22xxeexx，故ca，acb．故选：B．5．（2020·江西南昌二中高三月考（

文））已知函数fx是定义在R上的偶函数，当0x时，xfxex，则2af，2log9bf，5cf的大小关系为（）A．abcB．acbC．bacD．bca【答案】D【解析】当0x时，xfxex，则

10xfxe，所以fx在0,x上单调递增，由22log9log8352，所以2log952fff，因为函数fx是定义在R上的偶函数，所以22aff，所以bca，故选：D