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3.3.1 函数的单调性与导数课时作业A组基础巩固1已知e为自然对数的底数，函数yxex的单调递增区间是()A1，) B(，1C1，) D(，1解析：yexxexex(x1)，由y0，x1，故递增区间为1，)答案：A2若f(x)，eaf(b) Bf(a)f(b)Cf(a)1解析：f(x)，当xe时，f(x)f(b)答案：A3若函数f(x)x3ax2x6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是()Aa1 Ba1Ca1 D0a1解析：f(x)3x22ax1，又f(x)在(0,1)内单调递减，不等式3x22ax10在 (0,1)内恒成立，f(0)0，且f(1)0，a1.答案：A4.设f(x)是函数f(x)的导函数，yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象可能是()解析：由yf(x)的图象可知，当x2时，f(x)0；当0x2时，f(x)0，则cos x，又x(0，)，解得x，所以函数的单调递增区间为.答案：8若函数f(x)(mx1)ex在(0，)上单调递增，则实数m的取值范围是_解析：f(x)(mx1)ex(mx1)(ex)mex(mx1)exex(mxm1)由于f(x)在(0，)上单调递增，f(x)0，即mxm10对x(0，)恒成立，亦即m对x(0，)恒成立，又当x(0，)时，1，故m1.答案：1，)9判断函数f(x)1在(0，e)及(e，)上的单调性解析：f(x).当x(0，e)时，ln x0，x20，f(x)0，f(x)为增函数当x(e，)时，ln xln e1,1ln x0，f(x)0x0或x2，故f(x)的单调增区间为(0，)和(，2)(2)由f(x)(x2ax)ex，xRf(x)(2xa)ex(x2ax)exx2(2a)xaex.记g(x)x2(2a)xa，依题意，x1,1时，g(x)0恒成立，结合g(x)的图象特征得即a，所以a的取值范围是.B组能力提升1已知函数f(x)ln x，则有()Af(2)f(e)f(3)Bf(e)f(2)f(3)Cf(3)f(e)f(2)Df(e)f(3)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，所以有f(2)f(e)f(3)答案：A2已知函数f(x)，g(x)在区间a，b上均有f(x)g(x)，则下列关系式中正确的是()Af(x)f(b)g(x)g(b)Bf(x)f(b)g(x)g(b)Cf(x)g(x)Df(a)f(b)g(b)g(a)解析：据题意，由f(x)g(x)得f(x)g(x)0，得函数f(x)的单调递增区间为(，)；由y0，得函数f(x)的单调递减区间为(0，)，由于函数在区间(k1，k1)上不是单调函数，所以解得：1k.答案：1k4已知f(x)是偶函数，当x时，f(x)xsin x，若af(cos 1)，bf(cos 2)，cf(cos 3)，则a，b，c的大小关系为_解析：由于函数为偶函数，故bf(cos 2)f(cos 2)，cf(cos 3)f(cos 3)，由于x，f(x)sin xxcos x0，即函数在区间上为增函数，据单位圆中三角函数线易得0cos 2cos 1cos 3，根据函数单调性可得f(cos 2)f(cos 1)f(cos 3)答案：bac5(2016高考全国卷节选)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.讨论f(x)的单调性解析：f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(i)设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f (x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增(ii)设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，则f(x)(x1)(exe)，所以f(x)在(，)单调递增若a，则ln(2a)1，故当x(，ln(2a)(1，)时，f(x)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，ln(2a)，(1，)单调递增，在(ln(2a)，1)单调递减若a，则ln(2a)1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)，(ln(2a)，)单调递增，在(1，ln(2a)单调递减6已知函数f(x)2xln xx22axa2，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解解析：(1)由已知，函数的定义域为(0，)，所以g(x)f(x)2(x1ln xa)所以g(x)2，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递增(2)证明：由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x.令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0.于是，存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)，由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0,1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0，再由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，当x(1，x0)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0，当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0，又当x(0,1时，f(x)(xa0)22xln x0，故x(0，)时，f(x)0.综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解
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