2021新题速递专题02,函数单调性问题（4月）（期中复习热点题型）（理）（解析版）

时间：2021-04-23 15:16:21 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　1

　专题 02

　 函数的单调性问题 一、单选题 1．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难人微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数  2sin f x x x x   的图象大致为 A． B．

　C． D．

　【试题来源】备战 2021 年高考数学二轮复习题型专练（新高考专用）

　【答案】A 【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性即可 【解析】由 ( ) ( ) f x f x   可知，该函数为偶函数， B 不对；可考虑 0 x  的情况， ( ) 2 sin cos f x x x x x     ，因为 (0) 0f  ，又 sin ,1 cos 0 x x x   厖

　( ) sin cos 0 f x x x x x x      … ．函数   f x 在   0, 上为增函数，故选 A． 2．函数3 21( ) 53f x x x ax     在区间[-1，2]上不单调，则实数 a 的取值范围是 A．(-∞，-3] B．(-3，1) C．[1，+∞) D．(-∞，-3]∪[1，+∞) 【试题来源】2020-2021 学年高二数学单元测试定心卷（北师大版选修 2-2）

　【答案】B

　 2 【分析】利用导数求出函数3 21( ) 53f x x x ax     在区间[-1，2]上单调时 a 的范围，再根据补集思想可得答案． 【解析】2( ) 2 f x x x a  2( 1) 1 x a     ， 如果函数3 21( ) 53f x x x ax     在区间[-1，2]上单调， 那么 a-1≥0 或( 1) 0(2) 0ff  ，即1 2 04 4 0aa     ，解得 a≥1 或 a≤-3， 所以当函数3 21( ) 53f x x x ax     在区间[-1，2]上不单调时， 3 1 a    ．故选 B 3．函数   e ln 2xf x x    的大致图象为 A．

　B．

　C．

　D．

　【试题来源】四川省遂宁等八市联考 2021 届高三第二次诊断考试（文）

　【答案】D 【分析】易知   f x 是偶函数，结合导数判断单调性与极值点范围即可得结果． 【解析】由     f x f x   可知   f x 是偶函数，排除 A； 当 0 x  时，   e ln 2xf x x    ，则  1e x f xx  ，可知   f x  在   0,   上单调递增， 且121e 2 02f      ，   1 e 1 0f   ，则存在01,12x   ，使得  00 f x   ， 当00 x x   时，   0 f x   ，   f x 单调递减；当0x x  时，   0 f x   ，   f x 单调递增， 且0x 是   f x 在   0,   上唯一极小值点，故选 D． 4．已知函数   2lnkx xxf x    在   0,   上是单调递增函数，则实数 k 的取值范围是 A． 0 k 

　 B． 1 k 

　C． 0 k 

　 D． 1 k ³

　【试题来源】浙江省宁波市镇海中学 2020-2021 学年高二上学期期末

　3 【答案】D 【分析】由条件可得  221 0kxf xx     在   0,   上恒成立，然后可得22 k x x   ，然后求出右边的最大值即可． 【解析】因为函数   2lnkx xxf x    在   0,   上是单调递增函数， 所以  221 0kxf xx     在   0,   上恒成立， 所以22 k x x    ，因为  222 1 1 1 x x x        ，所以 1 k ³ ，故选 D. 5．已知0.20.2 a  ，2log 0.3 b ，0.303 c  ． ，则 A． a b c  

　 B． a c b  

　C． b c a  

　 D． c a b  

　【试题来源】湖北省恩施市第一中学 2020-2021 学年高一下学期 3 月月考 【答案】C 【分析】为比较 a 和 c 的大小可构造函数 ( ) ln f x x x  ，根据单调性即可判断，而2log 0.3 0 b  ，比, a c 都小，即可得解． 【解析】构造函数 ( ) ln f x x x  ，令( ) ln 1 0 f x x    ，可得1 xe， 当1(0, )  xe， ( ) 0 f x ，( ) f x 为减函数， 故可得1(0, )  xe时，( )( )f x xg x e x   为减函数， 0 a c > > ，而2log 0.3 0 b  ，可得 b c a   ，故选 C． 6．已知函数 ( ) 2 sin f x x x   ，( 1,1) x  ，如果  2(1 ) 1 0 f a f a    成立，则实数 a的取值范围为 A． (0,1)

　 B． ( 2,1) 

　C． ( 2, 2) 

　 D． (0, 2)

　【试题来源】河南省 2020-2021 学年高二年级阶段性测试（三）（理）

　【答案】A 【分析】由题可得函数是奇函数，由导数可判断该函数在 ( 1,1)  上是增函数，将不等式化为

　 4  2(1 ) 1 f a f a   ，即可由单调性求解． 【解析】

　( ) 2 sin f x x x   ， ( 1,1) x  ， ( ) 2 cos 0 f x x    在 ( 1,1) x  上恒成立， ( ) f x  在 ( 1,1)  上是增函数．又   f x 是奇函数，  不等式  2(1 ) 1 0 f a f a    可化为  2(1 ) 1 f a f a   ，从而可知， a 需满足221 1 11 1 11 1aaa a         ，解得 0 1 a   ．故选 A． 7．已知  22 ln f x x x ax    在   0,   上单调递增，则实数 a 的取值范围是 A．   ,2 

　 B．   ,4 

　C．   2,

　 D．   4,

　【试题来源】全国百强名校“领军考试”2020-2021 学年高二下学期 3 月联考（理）

　【答案】B 【分析】由已知条件得出   0 f x   在   0,   上恒成立，利用参变量分离法得出14 a xx  ，结合基本不等式可求得实数 a 的取值范围． 【解析】由  2 2 ln f x x x ax    可得  14 f x x ax   ， 由条件只需  14 0 f x x ax     ，即14 a xx  在   0,   上恒成立， 由基本不等式可得1 14 2 4 4 x xx x    ，当且仅当14xx ，即12x  时，取等号， 故14xx 的最小值为 4，故只需 4 a  ．故选 B． 【名师点睛】利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：

　（1）函数   f x 在区间 D 上单调递增   0 f x    在区间 D 上恒成立； （2）函数   f x 在区间 D 上单调递减   0 f x    在区间 D 上恒成立； （3）函数   f x 在区间 D 上不单调   f x   在区间 D 上存在异号零点； （4）函数   f x 在区间 D 上存在单调递增区间 x D    ，使得   0 f x   成立； （5）函数   f x 在区间 D 上存在单调递减区间 x D    ，使得   0 f x   成立．

　5 8．已知函数  2( )( )xf x e x bx b R    在区间1,22   上存在单调递增区间，则实数 b 的取值范围是 A．8( , )3

　 B．5( , )6

　C．3 5( , )2 6

　 D．8( , )3

　【试题来源】江苏省苏州中学 2020-2021 学年高二下学期 3 月月考 【答案】A 【分析】先把问题转化为函数   f x 在区间1,22   上存在子区间使得不等式   0 f x   成立，列出不等式求解即可． 【解析】因为函数   f x 在区间1,22   上存在单调增区间， 所以函数   f x 在区间1,22   上存在子区间使得不等式   0 f x   成立，    22 [ ]xf x e x b x b      ，设    22 h x x b x b     ， 则   2 0 h  或1( ) 02h  ，即   4 2 2 0 b b     或1 1(2 ) 04 2b b     ， 得83b  或56b  ，则83b  ；故选 A． 9．“ 4 m ”是“函数  22 ln f x x mx x    在 ()0,+? 上单调递增”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 【试题来源】冲刺 2021 年高考数学之精选真题 模拟重组卷（新高考地区专用）

　【答案】A 【分析】由函数在 ()0,+? 上单调递增有 ( ) 0 f x   恒成立，进而转化为不等式恒成立问题，求 m 的范围，即可判断条件间的充分、必要性． 【解析】若2( ) 2 ln f x x mx x    在 (0,)  上单调递增，则1( ) 4 0 f x x mx    对任

　 6 意 的 (0, ) x  恒 成 立 ， 所 以 有14x mx  对 任 意 的 (0, ) x  恒 成 立 ， 即min14 m xx    ，而1 14 2 4 4 x xx x    当且仅当12x  时等号成立，则 4 m ． 所以“ 4 m ”是“函数 22 ln f x x mx x    在 ()0,+? 上单调递增”的充分不必要条件．故选 A． 10．函数   f x 是定义是在 R 上的可导函数，其导函数  f x  满足     2 0 f x xf x    ，则  0 f x  的解集是 A．   ,0 

　 B．   ,1 

　C．   0,  

　 D．   ,  

　【试题来源】浙江省宁波市镇海中学 2020-2021 学年高二上学期期末 【答案】D 【分析】令    2g x x f x  ，利用导数说明其单调性，即可得到不等式   0 f x  的解集； 【解析】令    2g x x f x  ，则            22 2 g x xf x f x f x f x x x x        ，因为    2 0 f x xf x    ，所以当 0 x  时   0 g x ，当 0 x  时   0 g x   ，所以   g x 在  ,0  上单调递增，在   0,   上单调递减，所以   g x 在 0 x  处取得极大值也就是最大值，    max0 0 g x g   ，所以  20 x f x  恒成立，又当 0 x  时     2 0 f x xf x    ，所以   0 0 f  ，所以   0 f x  恒成立，即   0 f x  的解集是  ,   故选 D 11．已知函数  2,1xf x xe 若正实数, m n 满足( 9) (2 ) 2 f m f n    ，则2 1m n 的最小值为 A． 8

　 B． 4

　C．83

　D．89 【试题来源】山东省临沂市沂水一中 2021 届高三 二轮复习联考（一）

　【答案】D 【分析】构造函数     1 g x f x   ，由导数结合奇偶性得出   g x 在 R 上单调递增，进而得出 2 9 m n   ，最后由基本不等式得出答案．

　7 【解析】函数   f x 定义域为 R ，令    21 11xg x f x xe     2 1( ) 11 1xx xeh xe e   ，111( ) ( )1x xx xe eh x h xe e       易知 yx 和2( ) 11xh xe 均奇函数，所以   g x 为奇函数   22101+xxeg xe  ，所以   g x 在 R 上单调递增 由     9 2 2 f m f n    得     9 1 2 1 0 f m f n     

　即       9 2 2 g m g n g n     ，所以 9 2 0 m n    ，即 2 9 m n  

　则    2 1 1 2 1 1 4 1 82 2 2 4 49 9 9 9m nm nm n m n n m                    当且仅当33,2m n   时，取等号故选 D 12．函数sinx xx xye e 的图象大致为 A． B． C． D． 【试题来源】2021 年高考数学（理）考前信息必刷卷（新课标卷）

　【答案】B 【分析】判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项．

　 8 【解析】因为  sinx xx xy f xe e  ，所以   sin sinx x x xx x x xf xe e e e        ， 得     f x f x   ，所以sinx xx xye e 为奇函数，排除 C； 在 [0, )  ，设 ( ) sin g x x x   ， ( ) 1 cos 0 g x   ， ( ) g x 单调递增，因此 ( ) (0) 0 g x g   ， 故sin0x xx xye e  在 [0, )  上恒成立，排除 A、D，故选 B． 【名师点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：

　（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． （2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势； （3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性； （4）从函数的特征点，排除不合要求的图象． 13．已知函数 ( ) | | cos () f x x x x R    ，若21log3a  ，0.20.2 b  ，2log 5 c   ，则下列关系正确的是 A．       f c f af b  

　B．       f a f b f c  

　C．      f b f a f c  

　D．       f b f c f a  

　【试题来源】全国百强名校“领军考试”2020-2021 学年高二下学期 3 月联考（理）

　【答案】C 【分析】先判断( ) f x 为偶函数，在 (0, )  上单调递增；然后分别判断 a 、 b 、 c 的范围，利用单调性比较大小． 【解析】因为 ( ) | | cos f x x x   ，所以   ( ) | | cos | | cos f x x x x x       

　所以

　( ) ( ) f x f x   ，即( ) f x 为偶函数；当0 x  时， ( ) cos f x x x   ， 则 ( ) 1 sin 0 f x x   恒成立，故( ) f x 在 (0, )  上单调递增． 而2 21| | log log 3 (1,2)3a    ，0.20.2 (0,1) b  ，2 2| | log 5 log 5 2 c     ， 即 0 b a c    ，因为( ) f x 在 (0, )  上单调递增，所以 ( ) ( ) ( ) f b f a f c  ．故选 C 【名师点睛】（1）利用单调性比较大小通常用于：

　（1）指、对、幂结构的数；（2）复合函数型函数值；（3）抽象函数型函数值；（4）解析式较复杂的函数值；

　9 （2）解题的一般策略是利用函数的单调性，将函数值的的大小关系转化为自变量的关系，比较自变量的大小即可． 14．定义在 R 上的偶函数   f x 的导函数为   , f x若对任意的 0 x  的实数，都有：    2 2 f x xf x  恒成立，则使    2 21 1 x f x f x    成立的实数 x 的取值范围为 A．   1 x x ∣

　B．(-1，1) C．     , 1 1,   U

　D．(-1，0)   0,1 

　【试题来源】浙江省杭州市学军中学 2020-2021 学年高二上学期期末 【答案】C 【分析】根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质的对称性，求出 0 x  的取值范围． 【解析】当 0 x  时，由 2 ( )( ) 2 0 f x xf x    可知两边同乘以 x 得22 ( ) ( ) 2 0 xf x x f x x     ， 设：2 2( ) ( ) g x x f x x   ，则2( ) 2 ( ) ( ) 2 0 g x xf x x f x x       ，恒成立； ( ) g x 在 (0, )  单调递减，由    21 x f x f 21 x   ，    2 21 1 x f x x f     ， 即     1 g x g  ，即 1 x  ；当 0 x  时，函数是偶函数，同理得 1 x   ， 综上可知实数 x 的取值范围为 ( ，1) (1  ，)  ，故选 C． 15．给出下列命题：①2ln23 ，②2ln2e ，③2 5log 3 log 8  ，其中真命题为 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【试题来源】四省名校 2021 届高三第三次大联考（文）

　【答案】C 【分析】比较3ln22与 1 的大小关系，可判断①的正误；利用函数ln xyx 的单调性比较ln22与lnee的大小关系，可判断②的正误；比较2log 3 、5log 8 与32的大小关系，可判断③的正误． 【解析】对于①，323ln2 ln2 ln 8 ln 12e     ，2ln23  ，故①正确；

　 10 对于②，对于函数  ln0xy xx  ，21 ln xyx ， 当 0 x e   时， 0 y ，此时函数ln xyx 单调递增， 因为 0 2 e   ，所以，ln2 ln 12ee e  ，则2ln2e ，故②错误；

　对于③，因为2 2 2 2 323 3 3log 3 log log log 1 02 82    ，即23log 32 ． 又5 5 5 5 323 8 8log 8 log log log 1 02 1255    ，即53log 82 ， 因此，2 5log 3 log 8  ，③正确．故选 C． 16．已知 3 a  且3e 3e a a  ， 4 b  且44bbe e  ， 5 c  且5e 5e c c  ，则 A． c b a  

　 B． b c a  

　C． a cb  

　 D． a b c  

　【试题来源】江苏省泰州市姜堰中学 2020-2021 学年高二下学期 2 月月考 【答案】A 【分析】根据题意，设 ( )xef xx ，对三个式子变形可得    3 f a f ，     4 f b f ，    5 f c f  ，求出 ( ) f x 的导数，分析其单调性，可得 ( ) f x 的大致图象，分析可得答案． 【解析】根据题意，设 ( )xef xx ， 3 a  且3e 3e a a  ，变形可得33ae ea ，即    3 f a f ， 4 b  且44bbe e  ，变形可得44be eb ，即    4 f b f ， 5 c  且5e 5e c c  ，变形可得55ce ec ，即    5 f c f ， ( )xef xx ，其导数2( 1)( )xe xf xx  ，在区间 (0,1) 上，( ) 0 ...