【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册（精讲)5.3.1《函数的单调性》（解析版）.doc，共(14)页，1.236 MB，由MTyang资料小铺上传

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5.3.1函数的单调性思维导图常见考法考点一求函数的单调区间【例1】（1）（2020·福建省泰宁第一中学高二月考（文））函数()lnfxxx的单调递减区间是（）A．(,)eB．1(,)eC．(0,)eD．1(0,)e（2）．（2020·林芝市第二高级中学高二期末（文））函数f(

x)＝ex－x的单调递增区间是（）A．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，0]D．(0，＋∞)【答案】（1）D（2）D【解析】（1）函数()lnfxxx的定义域为(0,)()1lnfxx，由()1l

n0fxx，解得10xe，所以函数()lnfxxx的单调递减区间是1(0,)e，故选：D（2）因为()xfxex，所以'()1xfxe，令'()0fx，解得：0x，即函数()xfxex的增区间为0,，故选：D.

【一隅三反】1．（2020·江苏省前黄高级中学高二期中）函数()lnfxxx的单调递增区间为（）A．10,eB．(,)eC．1,eD．1ee,【答案】C【解析】由题意，函数fx

的定义域为0,，则ln1fxx，令ln10fxx，解得1xe，所以，函数fx的单调递增区间为1,e.故选：C.2．（2020·玛纳斯县第一中学高二期末（理））函数

22lnfxxx的单调递减区间是（）A．0,1B．1,C．,1，0,1D．1,0，0,1【答案】A【解析】因为函数22lnfxxx，所以函数的定义域为(0,)，求出函

数2()2fxxlnx的导数：22(1)(1)()2xxfxxxx，(0)x；令()0fx，(0)x，解得01x，所以函数的单调减区间为0,1故选：A．3．（2020·河南高三月考（文））已知23665xfxxxe，则函数fx的单调减

区间为（）A．1,B．ln3,C．,ln3D．,【答案】D【解析】由题可知，23665xfxxxe，且fx的定义域为R，则66661xxfxxexe，令1xgxxe，则1x

gxe，xR，当,0x时，0gx，当0,x时，0gx，所以gx在,0上单调递增，gx在0,上单调递减，则gx的最大值为：00g，故0gx恒成立，故0fx在R上

恒成立，所以fx在R上单调递减，即函数fx的单调减区间为,.故选：D.考点二已知单调性求参数【例2】（1）（2020·北京高二期末）已知函数2lnfxaxx在区间1,上单调递增，则a的取值范围是（）A．1

,2B．1,2C．,2D．2,（2）．（2020·山东德州·高二期末）若函数11xfxeax在(0，1)上不单调，则a的取值范围是（）A．2,1eB．2,1eC．,

21,eD．,21,e【答案】（1）D（2）A【解析】∵函数2lnyaxx在1,内单调递增，∴当1x时，20yax…恒成立，即2ax…，∴2a，即a的取值范围为2,，故选：D.

（2）()(1)1xfxeax，()1xfxea，若()fx在(0,1)上不单调，则()fx在(0,1)上有变号零点，又()fx单调递增，010ff，即(11)(1)0aea，解得21ae．a的取值范围是

(2,e+1)．故选：A．【一隅三反】1．（2020·广东汕尾·高二期末）已知函数2fxxxalnx在1,上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．2,B．3,C．2,0D．3,0【答案】B【解析】由题意，函

数2lnfxxxax在1,上单调递增，可得210afxxx在1,上恒成立，即22axx在1,上恒成立，令22,1,gxxxx，根据二次函数的性质知，函数gx在1,单调递减，所以max13gxg，所以

3a，即实数a的取值范围是3,.故选：B．2．（2020·广东禅城·佛山一中高二月考）已知函数32114332fxxmxx在区间1,2上是增函数，则实数m的取值范围为（）A．45mB．24mC．2mD．4m【答案】D【解析】由3

2114332fxxmxx，得'2()4fxxmx，因为函数32114332fxxmxx在区间1,2上是增函数，所以240xmx在1,2上恒成立，得4mxx恒成立因为4424xxxx

，当且仅当4xx，即2x时取等号，所以4m，故选：D3．（2020·甘肃城关·兰州一中高二期中（理））若函数2()ln2fxxax在区间1,22内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（）A．(,2]B．1,8

C．12,8D．(2,)【答案】D【解析】因为2()ln2fxxax在区间1,22内存在单调递增区间，所以1()20fxaxx在区间1,22上成立，即212ax在区间1,22上有解，因此，只需212412a

，解得2a.故选D4．（2020·重庆高二期末）若函数2sincoscosfxxxxax在R上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．1,1B．1,3C．3,3D．3,1【答案】

A【解析】由函数2sincoscosfxxxxax得'232sinsinfxxax，由题意可得'0fx恒成立，即为232sinsin0xax，设sin11txt，

即22+30tat，当0t时，不等式显然成立；当01t时，32att，由32ytt在0,1上单调递减，可得1t时，32ytt取得最小值1，可得1a，当10t时，32att，由32ytt在10，上单调递减，可得1t时

，32ytt取得最小值1，可得1a，综上可得实数a的取值范围是11，，故选：A.考点三单调性与图像【例3】（2020·辽宁高二期末）函数22xfxxxe的图象大致是()A．B．C．D．【答案】B【解析】函数22xfxxxe，则22xfxx

e，令0fx，解得fx的两个极值点为2，故排除AD，且当0x时，fx恒为正，排除C，即只有B选项符合要求，故选：B.【一隅三反】1．（2020·陕西秦都·咸阳市实验中学高二月考（理））函数

21ln2fxxx的图象大致是（）.A．B．C．D．【答案】B【解析】由题得，1(0)fxxxx，当(0,1)时，0fx，函数fx为增函数，当(1,)时，0fx，函数fx为减函数，则当1x时，fx取最大值，1

12f，则B选项正确.故选：B2．（2020·江西上高二中高二期末（文））已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.71828…)，则f(x)的大致图象是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】函数2(1)xfxex＝－+，当1x时，1=

110fee＝，故排除A、D，又()22()20ln2xxfxexfxex，，，当0ln2x时，()(0())00fffxx，，所以fx在0,ln2为减函数，故排除B,故选：C.3．（2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试（理））已

知函数()yxfx的图象如图所示(其中()fx是函数()fx的导函数)，则下面四个图象中，()yfx的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由()yxfx的图象可得：当1x时,()0xfx,∴()0fx,

即函数()yfx单调递增；当01x时,()0xfx,∴()0fx,即函数()yfx单调递减；当10x时,()0xfx,∴()0fx,即函数()yfx单调递减；当1x时,()0

xfx,∴()0fx,即函数()yfx单调递增,观察选项,可得C选项图像符合题意.故选：C.考点四利用单调性解不等式【例4】（2020·于洪·辽宁省实验中学分校高二期末）设fx是定义在R上的偶函数，fx为其导

函数，20f，当0x时，有xfxfx恒成立，则不等式0xfx的解集为（）A．2,2B．,20,2C．2,00,2D．2,02,【答案】B【解析】设fx

gxx，0x，则'2xfxfxgxx，∵当0x时，有'xfxfx恒成立，∴当0x时，0gx，gx在0,上单调递增，∵fx是定义在R上的偶函数，∴fxfxgxgxxx，即gx是定义在,

00,上的奇函数，∴gx在,0上也单调递增.又20f，∴2202fg，∴20g.不等式0xfx的解可等价于即0gx的解，∴02x或2x，∴不等式的解集

为,20,2.故选：B.【一隅三反】1．（2020·古丈县第一中学高二月考）已知函数||2xfxeax，对任意10x，20x，都有21210xxfxfx，则实数a的取值范围是（）A．,2eB．,2e

C．0,2eD．,02e【答案】A【解析】由题意可知函数()fx是(,0)上的单调递减函数，且当0x时，2121(),()20xxxxaxefxeaxfxaxee„，据此可得：210xax

e…，即12xaxe„恒成立，令()(0)xgxxex，则()(1)xgxex，据此可得函数()gx在区间(,1)上单调递减，在区间(1,0)上单调递增，函数()gx的最小值为1(1)ge

-=-，则1()22minxexe，据此可得：实数a的取值范围是,2e．故选：A．2．（2020·河北省玉田县第一中学高二期末）已知()fx是奇函数()()fxxR的导函数，当(,0]x时，()1fx，则不等式(

21)(2)3fxfxx的解集为A．(3,)B．[3,)C．(,3]D．(,3)【答案】B【解析】令gxfxx，当,0x时，''10gxfx，gxfxx在

,0上单调递增，fx为奇函数，gx也是奇函数，且在R上单调递增，由2123fxfxx化为212122fxxfxx得212gxgx，21

23xxx，2123fxfxx的解集为3,，故选B.3．（2020·青海高二期末（理））已知函数2122fxlnxxx满足22412faafa，则实数a的取值范围是（）A．1,42

B．3,42C．31,0,422D．1[3,0),42【答案】C【解析】()fx的定义域是(0,)，11()2220fxxxxx…，故()fx在(0,)递增，2(2)(412)faa

fa„，202412aaa„，解得：302a„或142a„，故选：C．考点五利用单调性比较大小【例5】．（2020·四川阆中中学高三开学考试（理））已知lnxfxx，则（）A．(2)()(3)ffefB．(3)()(2)ffefC．(3)

(2)()fffeD．()(3)(2)feff【答案】D【解析】由lnxfxx，则21lnxfxx，令0fx，解得0xe，令0fx，解得xe，所以函数的单调递增区间为0,e，单调递减

区间为,e，故xe时，maxfxfe，而ln2ln8226f，ln3ln9336f，所以()(3)(2)feff.故选：D【一隅三反】1．（2020·黑龙江工农·鹤岗一中高二期末（理））对任意

0,2x，不等式sincosxfxxfx＜恒成立，则下列不等式错误的是（）A．234ff＞B．2cos113ff＞C．2cos114ff＜D．6426ff

＜【答案】D【解析】构造函数cosgxfxx，则cossingxxfxxfx，∵sincosxfxxfx＜，∴cossin0gxxfxxfx

＞，即gx在0,2x上为增函数，由43gg＜，即coscos4433ff＜，即212423ff＜，故A正确；13gg由＜，即1cos1cos3

3ff＜，即2cos113ff＞，故B正确；14gg由＜，即cos1cos144ff＜，即21cos124ff＜，故C正确；由64gg＜，即cosco

s6644ff＜，即322624ff＜，即6264ff＜，故错误的是D．故选D．2．（2020·陕西莲湖·西安一中高三月考（理））若ln2ln3ln5235235

abc则（）A．ln5ln2ln3cabB．ln2ln5ln3acbC．ln3ln5ln2bcaD．ln2ln3ln5abc【答案】A【解析】由函数lnxfxx，1ln

xfxx，所以0xe，时，0fx，函数fx单调递增，xe，时，0fx，函数fx单调递减，又ln22ln2ln424244ff，ln3ln4ln2ln53425与ln2ln3ln523523

5abc523cab，所以将不等式两边取自然对数得ln5ln2ln3cab，故选：A．