1、文檔編碼 : CA7K6K5S8D8 HI8O10Q9X5X5 ZS6E7H8Y2E61.已知函數 fxxln x,就 fxA 組基礎保分練 授課提示：對應同學用書第273 頁 A.在0, 上單調遞增 B.在0, 上單調遞減C.在 0,D.在 0,1 e上單調遞增1 e上單調遞減解析： 由于函數 fxxln x,定義域為 0, ,所以 fx ln x1x0,當 fx0 時,解得 x1 e,即函數的單調遞增區間為1 e, ；當 fx0 時,解得0 x1 e,即函數的單調遞減區間為0,1 e . 答案： D 2.已知定義在R 上的函數 fx,其導函數 fx的大致圖像如以下圖, 就以下表達正確選項

2、A.fbfcfd B.fbfafe C.fcfb fa D.fcfe fd 解析： 由題意得,當x, c時, fx0,所以函數fx在, c上是增函數,由于 abc,所以 fcfbfa. 答案： C 3.2022江西紅色七校第一次聯考 如函數 fx2x 33mx26x 在區間 1, 上為增函數,就實數 m 的取值范疇是 A. , 1 B. , 1 C., 2 D. , 2 解析 ：fx6x26mx6,由已知條件知6,就 gx0 在1, 上恒成立 . x 1,時,fx0 恒成立 .設 gx6x 26mx當 36m240,即 2m2 時,中意 gx0 在1, 上恒成立；當 36m240,即 m2 時

3、,就需m 21,解得 m2,所以g（1） 66m60,m 2. 綜上得 m2,所以實數 m 的取值范疇是 , 2. 答案： C 4.2022襄陽模擬 已知定義在 R 上的可導函數 fx的導函數 yfx,中意 fx fx,f0 1,就不等式 fxex的解集為 A.0 , B.1 , C. 2, D.4, f（x）f（x）e xf（ x）e x f（x） f（x）解析： 令 Fxe x,就 F0 1,Fxe2xe x0,故 Fx為 R 上的減函數,有 fxex等價于 Fx1,即 FxF0.故不等式 fxex的解集為 0,. 答案： A 5.2022貴港模擬 如函數 fxkx 2ln x 在區間 1

4、, 上單調遞增,就 k 的取值范疇是 A. , 2 B. , 1 C.1 , D.2 , 解析： 由于 fxkx2ln x,所以 fxk2 x.由于 fx在區間 1,上單調遞增,所以在區間1, 上 fxk2 x0 恒成立,即 k2 x恒成立,當 x1, 時, 02 x2,所以 k2. 答案： D 6.已知定義在區間,上的函數 fxxsin xcos x,就 fx的單調遞增區間是_. 解析： fxsin xxcos xsin xxcos x,令 fxxcos x0, 就其在區間 ,上的解集為,2和 0,2,即 fx的單調遞增區間為,2和0,2 . 答案：, 2和 0,27.如函數 fx的定義域為

5、 R,且中意 f22,fx1,就不等式 fxx0 的解集為 _. 解析： 令 gxfxx,所以 gxfx1.由題意知f220,所以 gx0 的解集為 2, . 答案： 2, 8.求以下函數的單調區間：1fx1 2x526ln x；2fxxcos xsin x1x0. 解析： 1 fx的定義域為 0, . fxx56 x（x2）（ x3）. x令 fx0,解得 x12, x23. gx0,所以 gx為增函數 .由于 g2當 0 x2 或 x3 時, fx0,故 fx在0,2,3, 上為增函數；當 2x3 時, fx0,故 fx在2,3上為減函數 . 所以函數 fx的單調遞增區間為 0,2,3,

6、；單調遞減區間為 2,3. 2fxcos xxsin x cos x xsin x. 令 fx0,得 xkkN. 當 x2k,2k1kN時, sin x0,此時 fx0；當 x2k1,2k2kN時, sin x0,此時 fx0. 故 fx的單調遞減區間為 2k,2k1kN,單調遞增區間為 2k1,2k2kN. ,曲線 yfx在點 1,f1處的切線 9.已知函數 fxln xk e k 為常數, e 是自然對數的底數 與 x 軸平行 . 1求 k 的值；2求 fx的單調區間 . 解析： 1 由題意得 fx1 xln xke x,又由于 f11 k e0,故 k1. 2由 1知, fx1 xln

7、x1e x,設 hx1 xln x1x0,就 hx1 x21 x 0,即 hx在0, 上是減函數 . 由 h1 0 知,當 0 x1 時, hx0,從而 fx0；當 x1 時, hx0,從而 fx 0. 綜上可知, fx的單調遞增區間是 0,1,單調遞減區間是 1, . B 組 才能提升練 1.函數 fx的定義域為 R,f12,對任意 xR,fx2,就 fx2x4 的解集為 A. 1,1 B. 1, C., 1 D. , 解析： 由 fx 2x4,得 fx2x4 0.設 Fxfx2x4,就 Fx fx2.由于 fx2,所以 Fx 0 在 R 上恒成立, 所以 Fx在 R 上單調遞增, 而 F1

8、f12 1422 40,故不等式 fx2x4 0 等價于 FxF 1,所以 x 1. 答案： B 2.2022益陽模擬 定義在0, 2上的函數 fx,fx是它的導函數,恒有fxfxtan x 成立,就有 A.3f6f B.3f 6 2cos 1 f1 C.2f 46f 6D.2f 4f3解析： 由于 fxfxtan x 且 x 0, 2,就 fxcos xfxsin x0.設 gxfxcos x,就 gxfxcos x fxsin x0,所以 gx在 0, 2上是增函數, 所以 g 3g 6,即 f 3 cos 3f6cos 6,即 f 33f 6 .故 A 正確 .同理可得 B,C,D 錯誤

9、 . 答案： A 3.2022長沙模擬 如函數 fx2x 2mx4ex 在區間 2, 3上不是單調函數,就實數 m 的取值范疇是 20 20A. 3,17 B. 3,1720 20C. 5,3 D. 5,3解析： 由于 fx2x2mx4e x,所以 fx2x 24mx4me x,由于函數 fx在區間2,3上不是單調函數,所以 fx0 在區間 2,3上有根,即 2x24mx4m0 在區2x 24x4間2,3上有根,所以 m在區間 2,3上有根,令 tx1,就 xt1,t3,x 14,所以 m2（t1）24（t1） 4t2t 22t2t1 t在 t3,4上有根,從而求得 m 的取值范疇為 20 3

10、,17 2 . 答案： B 4.2022遵義模擬 已知函數 fx xe1 ln x,就不等式 fe x1 的解集為 A.0 ,1 B.1 , C.0,e D.e, 解析： fx1e11 xx（ e1）x x0.當 x0,e1時, fx0,fx單調遞減；當xe1, 時, fx0,fx單調遞增 .由于 f1fe 1,所以 fx 1 的解集為 1,e,即不等式 1 e x e,解得 0 x1,即不等式fex1 的解集為 0,1. 答案： A 5.2022安慶模擬 如函數fx1 3x33 2x 2ax4 恰在 1,4上單調遞減,就實數a 的值為_. 解析：fx1 3x332x2ax4,fxx23xa.

11、又函數 fx恰在 1,4 上單調遞減, 1,4 是 fx0 的兩根, a 1 4 4. 答案： 4 6.2022洛陽模擬 已知函數 fx1x axln x. 1如函數 fx在1, 上為增函數,求正實數 a 的取值范疇；2爭辯函數 fx的單調性 . 解析： 1 fx1x axln x,fxax1 ax 2 a0. 函數 fx在1, 上為增函數,fxax1 ax2 0 對 x1, 恒成立,ax10 對 x1, 恒成立,1即 ax對 x1, 恒成立, a1. 1 1a xa xa2a 0,fxax2x2 , x0,當 a0 時, fx0 對 x0, 恒成立,fx的增區間為 0, . 當 a0 時,

12、fx0. x1 a,fx0. x1 a,fx的增區間為 1a, ,減區間為 0,1 a . 7.已知函數 fxax1e x,aR. 1爭辯 fx的單調區間；2當 mn 0 時,證明： me nnnemm. 解析： 1 fx的定義域為 R,且 fxaxa1ex. 當 a0 時, fx ex 0,此時 fx的單調遞減區間為 , . a 1當 a0 時,由 fx0,得 xa；a1由 fx0,得 xa . a1 a1此時 fx的單調遞減區間為,單調遞增區間為,. a a當 a0 時,由 fx0,得 xa 1 a；,a1. 由 fx0,得 xa1. a此時 fx的單調遞減區間為a1 a, ,單調遞增區間

13、為a2證明：當 mn0 時,要證 me nnne mm,只要證 me n1ne m1,即證e m 1me n1n . ,x 0. 設 gxe x1,x0,x就 gx（x 1）e x1x 2設 hxx 1e x1,由1知 hx在0,上單調遞增, 所以當 x 0 時, hx h0 0,于是 gx0,所以 gx在0, 上單調遞增,所以當m n0 時,e m 1me n1n 式成立,故當mn0 時, me nnne mm. C 組 創新應用練 1.2022長春模擬 已知函數 fx是定義在 R 上的函數,且中意 fxfx0,其中 fx為 fx的導數,設 af0, b2fln 2 ,c ef1 ,就 a,

14、b,c 的大小關系是 A.cb a B.abcC.cab D.bca解析： 令 gxexfx,就 gxe xfxfx0,所以函數gx在定義域 R 上單調遞增,從而 g0 gln 2 g1,得 f02fln 2 ef1,即 abc. 答案： A 2.2022商丘模擬 設 fx,gx是定義在 R 上的恒大于 0 的可導函數, 且 fxgxfxgx0,就當 axb 時,有 A.fxgxfbgb B.fxgafagx C.fxgbfbgx D.fxgxfaga 解析： 令 Fxf（x）g（x）,就 Fxf（x）g（x） f（x）g（ x）0,所以 Fx在 R 上單調g（x）2遞減 .又 axb,所以f（a）f（ x）f（b）.又 fx 0,gx0,所以 fxgbfbgx. g（a）g（x）g（b）答案： C 3.已知 fx為 R 上的可導函數,且任意 xR,均有 fx 2fx,就有 A.e 4 034f2 017f0,f2 017 e 4 034f0 B.e4 034f2 017f0,f2 017 e4 034f0 C.e 4 034f2 017f0,f2 017 e 4 0