第02讲 单调性问题（练习）（解析版）

第02讲单调性问题（模拟精练+真题演练）1．（2023·全国·模拟预测）已知幂函数,,00,fxxx，若e1fxfx，则下列说法正确的是（）A．函数fx为奇函数B．函数fx为偶函数C．函数fx在0,上单调递增D．函数fx在0,上单调递减【答案】B【解析】依题意e1xx，则e1，设e1,e1,xxgxxgx,0,0,e1xxgxgxx单调递减,0,,0,e1,xxgxgxx单调递增,0min0=e010,gxg知该方程有唯一解0，故0fxx，易知该函数为偶函数.故选：B．2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）函数2lnyxx的单调递增区间为（）A．1,e2B．(0,e)C．10,2D．20,2【答案】D【解析】因为2lnyxx，所以120yxxx，由0y，即120xx，解得202x，所以函数2lnyxx的单调递增区间为20,2，故选：D3．（2023·广西玉林·统考模拟预测）若函数2ln2023Rfxxaxxa在区间1,上单调递增，则a的取值范围是（）A．,1B．,1C．1,8D．1,8【答案】B【解析】()21afxxx，因为()fx在区间1,上单调递增，所以()0fx在1,上恒成立，即22xxa在1,上恒成立，因为二次函数22yxx的图象的对称轴为14x，且开口向上所以22yxx的最小值为1，所以1a.故选：B.4．（2023·甘肃兰州·校考一模）已知fx是偶函数，在(－∞，0)上满足0xfx恒成立，则下列不等式成立的是（）A．34()()5fffB．435fffC．534fffD．453fff【答案】A【解析】,0x时，0xfx即0fx，∴fx在,0上单调递减，又fx为偶函数，∴fx在0,上单调递增．∴345fff，∴345fff.故选：A．5．（2023·全国·模拟预测）已知,,1,abc，且1ln1eaa，2ln2ebb，4ln4ecc，其中e是自然对数的底数，则（）A．abcB．bacC．bcaD．cba【答案】A【解析】由题意可得1lne1aa，2lne2bb，4lne4cc，令exfxx，则e1xfx，因为当0x时()0fx¢，fx单调递增，所以124fff，即lnlnlnaabbcc，令lngxxx，则11gxx，因为当1x时，0gx，所以gx在1,上单调递增，又因为,,1,abc且gagbgc，所以abc，故选：A6．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）已知实数a，b满足2eeaa，3elnebb，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（）A．2eB．3eC．32eD．4e【答案】B【解析】由2eeaa可得，2eaa，即ln2aa，也即ln02aa，由3elnebb可得3(ln1)ebb，所以lnln(ln1)3bb，即2(ln1)ln(ln1)0bb，构造函数2lnfxxx，1()10fxx在0,恒成立，所以函数2lnfxxx在定义域0,上单调递减，所以()(ln1)0ln1fafbab，即1lnab，又因为ln2aa，所以2ln1lnab，所以ln3ab，解得3eab，故选:B.7．（2023·宁夏银川·校联考二模）已知exafxxx，0,x，对12,0,xx，且12xx，恒有12210fxfxxx，则实数a的取值范围是（）A．2,eB．13e,C．2,eD．12,e【答案】A【解析】设2exgxxfxax，e2xgxax，对12,0,xx，且12xx，恒有12210fxfxxx，即12gxgx，gx在0,上单调递增，故e20xgxax恒成立，即2exxa，设2exxFx，22exxFx，当0,1x时，0Fx，函数单调递增；当1,x时，0Fx，函数单调递减；故max21eFxF，即2ea，即2,ea.故选：A8．（2023·四川南充·统考三模）已知函数12ln,e,,1,2xfxxgxxx使1212gxgxkfxfx（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（）A．,eB．,eC．2e,2D．2,2e【答案】C【解析】因为lnfxx，exgx在定义域上单调递增，又12,1,2xx使1212gxgxkfxfx（k为常数）成立，显然12xx，所以不妨设12xx，则1212gxgxkfxfx，即1122gxkfxgxkfx，令hxgxkfx，1,2x，则12hxhx，即函数hx在1,2上存在单调递增区间，又exkhxx，则e0xkx在1,2上有解，则exxk在1,2上有解，令exmxx，1,2x，则1e0xmxx，所以mx在1,2上单调递增，所以2max22emxm，所以22ek，即常数k的取值范围为2e,2.故选：C9．（多选题）（2023·山东潍坊·统考模拟预测）下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（）A．sinyxxB．31yxC．tanyxD．eexxy【答案】AD【解析】对于A,sin,sinsinfxxxfxxxxxfx,故fx为奇函数，1cos0fxx，故fx为定义域内的单调递增函数，故A正确，对于B，3331,11fxxfxxx，故fx为非奇非偶函数，故B错误，对于C，tanyx在定义域内不是单调增函数，故C错误，对于D，,eeeexxxxfxfxfx，ee0xxfx，所以fx定义域内既是奇函数又是增函数，故D正确，故选：AD10．（多选题）（2023·安徽淮北·统考一模）已知函数()ln(1)fxxx，则（）A．()fx在(0,)单调递增B．()fx有两个零点C．曲线()yfx在点11,22f处切线的斜率为1ln2D．()fx是奇函数【答案】AC【解析】对A：()ln(1)fxxx，定义域为1,，则()fxln11xxx，由1ln1,111xyxyxx都在1,单调递增，故y()fx也在1,单调递增，又(0)f0，故当1,0x时，()fx0，fx单调递减；当0,x时，()fx0，fx单调递增；故A正确；对B：由A知，fx在1,0单调递减，在0,单调递增，又00f，故fx只有一个零点，B错误；对C：1()2f1ln11ln22，根据导数几何意义可知，C正确；对D：fx定义域为1,，不关于原点对称，故fx是非奇非偶函数，D错误.故选：AC.11．（多选题）（2023·河北·统考模拟预测）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“”和“”符号，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若1eab，则（）A．lnlnababB．baabC．eeababD．eebbaa【答案】ABD【解析】设lnxfxx，(1,e)x，则21ln0xfxx在(1,e)上恒成立，所以lnxfxx在(1,e)上单调递增，因为1eab，所以lnlnabab，A正确；由lnlnabab得lnlnbaab，即lnlnbaab，又因为lnyx单调递增，所以baab，B正确；由lnlne1eebb得lneabab，即elnlneabab，所以eeabab，C错误；因为baab，所以eeabba，D正确．故选：ABD.12．（多选题）（2023·浙江金华·统考模拟预测）当1x且1y时，不等式22elnnxxyy恒成立，则自然数n可能为（）A．0B．2C．8D．12【答案】BC【解析】由于1x且1y，所以ln0y，所以2222eelnelnlnnxxxnnnnxyyyyxyxy，构造函数222112eln2lneln,,,xxnnnnxnynyyfxgyfxgyxyxy==，当2n，且Nn时，故当,0,2nxfx当,02nxfx，因此fx在,2n单调递减，在,2n单调递增，故当2nx时，fx取最小值e2nnn，当20eny时，0,gxgx单调递增，当2eny时，0,gxgx单调递减，故当2eny时，gx取最大值222222eennnn=，当0n时，不妨取2e2,exy，则242ee1,lne而01xy，不满足22elnnxxyy，故A错误，当2n时，2minee2nnfxn，222max21eengx==，显然minmaxfxgx，故满足题意，B正确，要使22elnnxxyy恒成立，则需要minmaxfxgx，即2222222e2e22ln2ln2e222nnnnnnnnnnnnnnn恒成立即可由于11540.8444e2.6,21.31.691.6921.3222.622.6e2e，因此ln20.8当8n时，826ln86ln210ln2，C正确，当12n时，10ln1210ln210ln210ln310ln21014，不满足题意，错误，故选：BC13．（2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测）已知函数3ln2fxxx，则fx的单调递减区间为______.【答案】3,【解析】由题得fx的定义域为0xx，由3ln2fxxx可得33()1xfxxx，令3()0xfxx，0x，得3x，所以fx的单调递减区间为3,.故答案为：3,14．（2023·四川雅安·统考模拟预测）给出两个条件：①,Rab，fabfafb；②当0,x时，0fx