课时作业(15)　导数与函数的单调性（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

课时作业(十五)　导数与函数的单调性 [基础保分练] 1.函数f(x)＝的单调递增区间是(　　) A.(－∞，－1) B.(－1，1) C.(1，＋∞) D.(－∞，－1)和(1，＋∞) B　解析：f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝＝＝， 所以当－1＜x＜1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，即f(x)的单调递增区间为(－1，1). 2.(2024·长沙二模)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　) B　解析：由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.故选 B. 3.(2024·福建泉州现代中学月考)若函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x).若f′(x)－3＜0恒成立，f(－2)＝0，则f(x)－3x＜6的解集为(　　) A.(－∞，－2) B.(－2，2) C.(－∞，2) D.(－2，＋∞) D　解析：令g(x)＝f(x)－3x－6， 则g′(x)＝f′(x)－3＜0， 所以函数g(x)在R上单调递减， g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0， 由g(x)＜0⇔g(x)＜g(－2)，则x＞－2. 4.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)＞0，则(　　) A.2f(1)＜f(2) B.2f(1)＞f(2) C.f(1)＜2f(2) D.f(1)＞2f(2) C　解析：令g(x)＝xf(x)， 则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(1)＜g(2)，即f(1)＜2f(2). 5.已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是(　　) A.a>－ B.0<a< C.a>或－<a<0 D.a> D　解析：f′(x)＝2ax－4a－＝， 令g(x)＝2ax2－4ax－1， 则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1， 若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点. 当a＝0时，显然不成立； 当a≠0时，只需 或 解得a>或a<－. ∴a>是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件. 6.(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”.下列函数不是“F函数”的是(　　) A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2 C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x ACD　解析：依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数. 对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”； 对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”； 对于C，g(x)＝x ln x，g′(x)＝1＋ln x， 当x∈时，g′(x)<0， 故C中函数不是“F函数”； 对于D，g(x)＝x sin x，g′(x)＝sin x＋x cos x， 当x∈时，g′(x)<0， 故D中函数不是“F函数”. 7.已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________. 答案：c＜a＜b　解析：设g(x)＝， 则g′(x)＝， 又当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0， 所以g′(x)＜0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减.由0＜ln 2＜e＜3，可得g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，即c＜a＜b. 8.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为________. 答案：－2　解析：由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n， 由f(x)的单调递减区间是(－3，1)， 得f′(x)<0的解集为(－3，1)， 则－3，1是f′(x)＝0的解， ∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3， 可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2. 9.若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________. 答案：(－∞，2ln 2－2)　解析：∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间， ∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解. 设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex， 令g′(x)＝0，得x＝ln 2， 则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， ∴当x＝ln 2时，g(x)取得极大值也是最大值， 且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a＜2ln 2－2. 10.已知函数f(x)＝x3－x的值域为，则f(x)的定义域可以是__________.(写出一个符合条件的即可) 答案：[－1，1](答案不唯一)　解析：f′(x)＝x2－1， 令f′(x)＝0可得x＝－1或x＝1， 所以当x＜－1或x＞1时，f′(0)＞0， 当－1＜x＜1时，f′(0)＜0， 故f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减， 且f(－1)＝，f(1)＝－， 由此可知定义域可以是[－1，1]. 11.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R). (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围. 解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex， 其导数为f′(x)＝ex(2－x2)， 由f′(x)＞0，解得－＜x＜， 由f′(x)＜0，解得x＜－或x＞. 故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调递增区间为(－，). (2)函数f(x)＝(－x2＋ax)·ex的导数为 f′(x)＝ex[a－x2＋(a－2)x]， 由函数f(x)在(－1，1)上单调递增， 则有f′(x)≥0在(－1，1)上恒成立， 即为a－x2＋(a－2)x≥0， 即有x2－(a－2)x－a≤0， 则有1＋(a－2)－a≤0且1－(a－2)－a≤0，解得a≥. 则a的取值范围为). 12.讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性. 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. ①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝， 则当x∈(0, )时，f′(x)<0， 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0, )上单调递减， 在( ，＋∞)上单调递增. 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，f(x)在(0, )上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. [技能提分练] 13.(2024·萍乡二模)已知a＝，b＝，c＝，则这三个数的大小关系为(　　) A.c<b<a B.a<b<c C.a<c<b D.c<a<b C　解析：令f(x)＝，f′(x)＝，令f′(x)>0得0<x<e；令f′(x)<0得x>e， 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. 因为c＝＝＝＝f，且a＝＝＝＝f(4)，b＝＝f(e)， 则f(e)>f>f(4)，即a<c<b.故选C. 14.(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)的部分图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论中正确的是(　　) A.f(2)＝－1 B.f(1)·f(2)＞4 C.f′(1)f′(2)＜0 D.方程f′(x)＝0无解 BC　解析：对于A，f(x)为奇函数， 且f(－2)＞2，则f(2)＝－f(－2)＜－2，A错误； 对于B，f(x)为奇函数， 且f(－1)＝2，f(－2)＞2， 则有f(1)f(2)＝f(－1)f(－2)＞4，B正确； 对于C，由所给的函数f(x)的图象， 可得f′(－1)＜0，f′(－2)＞0， 则f′(1)f′(2)＝f′(－1)f′(－2)＜0，C正确； 对于D，由C的结论f′(－1)f′(－2)＜0， 则必定存在x0∈(－2，－1)， 使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0一定有解，D错误. 15.(多选)已知函数f(x)＝ex－e－x－sin 2x，若f(x1)＞f(x2)，则(　　) A.x＞x B. ＞1 C.ln |x1|＞ln |x2| D.x1|x1|＞x2|x2| BD　解析：因为f′(x)＝ex＋e－x－2cos 2x≥2－2cos 2x≥0， 所以f(x)在R上单调递增， 由f(x1)＞f(x2)可得x1＞x2， 所以＞1，选项B正确； 又因为函数y＝x|x|＝ 函数在R上单调递增， 所以x1|x1|＞x2|x2|，选项D正确； 由于二次函数y＝x2不是单调函数， 所以当x1＞x2时，x＞x不一定成立，选项A错误； 由于函数y＝ln |x|＝不是单调函数， 所以当x1＞x2时，ln |x1|＞ln |x2|不一定成立，选项C错误. 16.(2024·重庆模拟预测)已知f(x)＝2x－＋ln x，若实数m，n满足f(m)＋f()＝0，则4m＋的最小值为________. 答案：4　解析：由f(x)＝2x－＋ln x(x>0)可得f′(x)＝2＋＋>0，故f(x)＝2x－＋ln x在(0，＋∞)上单调递增， 而f(x)＋f＝＋＝0，故由f(m)＋f＝0得＝1， 4m＋＝4n2＋≥2＝4，当且仅当4n2＝，即n2＝时等号成立. 17.已知函数f(x)＝ex－(x＋m)ln (x＋m)＋x，m≤2. (1)若直线l：y＝x＋1是函数f(x)的切线，求m的值； (2)判断函数f(x)的单调性，并证明. 解：(1)函数f(x)的定义域为(－m，＋∞). 对函数f(x)求导可得f′(x)＝ex－ln (x＋m). 设直线l关于函数f(x)的切点为(n，t)， 则有 解方程组可得m＝1，n＝0，t＝1. (2)由(1)可得f′(x)＝ex－ln (x＋m)， 令g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－1. 可知当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0， 即g(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增， 于是有g(x)＝ex－(x＋1)≥g(0)＝0， 即有ex≥x＋1恒成立. 构造函数h(x)＝(x＋1)－ln (x＋2)，x∈(－2，＋∞)， 则h′(x)＝1－＝. 可知当x∈(－2，－1)时，h′(x)＜0； 当x∈(－1，＋∞)时，h′(x)＞0. 即h(x)在(－2，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增， 于是有h(x)＝(x＋1)－ln (x＋2)≥h(－1)＝0， 即有ln (x＋2)≤x＋1恒成立. 当m≤2时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)≤x＋1成立. 综上可得ex≥x＋1≥ln (x＋m)， 即有f′(x)≥0恒成立， 故函数f(x)为增函数. [素养拉分练] 18.(多选)(2024·广州二模)已知函数f(x)＝ln x－，则(　　) A.f(x)的定义域为(0，＋∞) B.f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为 C.f＋f(x)＝0 D.f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2＝1 BCD　解析：由题意，f(x)＝ln x－＝ln x－1－， 对于选项A，易知x>0且x≠1，故选项A错误； 对于选项B，因为f′(x)＝＋，则f′(2)＝＋＝，故选项B正确； 对于选项C，因为f＝－ln x－＝－ln x＋，所以f＋f(x)＝0，故选项C正确； 对于选项D，由选项A可知f(x)＝ln x－1－，易知f(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增， 因为f(e)＝ln e－1－＝－<0，f(e2)＝ln e2－1－＝1－＝>0， 所以∃x0∈(e，e2)，使得f(x0)＝ln x0－＝0， 又因为<<，则0<<1，结合选项C，得f＝－f(x0)＝0， 即也是f(x)的零点，则x1＝x0，x2＝，故x1x2＝1，故选项D正确.故选BCD. 学科网（北京）股份有限公司 $$