课时作业(17) 函数的单调性与导数（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（湘教版）

课时作业(十七)　函数的单调性与导数 [基础保分练] 1．(2025·天津崇化中学模拟)函数f(x)＝x2·e－x的单调递增区间是(　　) A．(0，2) B．(－∞，0) C．(－∞，0)，(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案：A 2. (2024·上海交大附中高三三模)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) 答案：D 3．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1，3)，则b＋c＝(　　) A．－12 B．－10 C．8 D．10 答案：A 4．(2025·湖北房县第一中学模拟)已知函数f(x)＝，则不等式f(x2)>f(x＋2)的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1，2) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－2，1) 答案：B 5．设实数x>1，y∈R，e为自然对数的底数，若ex ln x＋ey<yey，则(　　) A．ey ln x>e B．ey ln x<e C．ey>ex D．ey<ex 答案：C　解析：∵ex ln x＋ey<yey，∴e·eln xln x<(y－1)ey，即eln xln x<(y－1)ey－1，(*) ∵x>1，∴ln x>0，y>1. 令g(t)＝tet(t>0)，(*)式可化为g(ln x)<g(y－1)， 则g′(t)＝(1＋t)et>0恒成立， ∴g(t)在(0，＋∞)上单调递增， ∴ln x<y－1，即x<ey－1⇔ex<ey. 6．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案：C 7．(多选)已知函数f(x)＝，e为自然对数的底数，则(　　) A．f(2)<f() B．f()<f() C．f(8)<f(e2) D．f(2)> 答案：ABC 8．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________． 答案：(－3，0)∪(0，＋∞)　解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1.由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞). 9．(2024·北京二模)已知奇函数f(x)的定义域为R，且>0，则f(x)的单调递减区间为__________；满足以上条件的一个函数是__________． 答案：(－1，1)　f(x)＝x3－x(答案不唯一)　解析：由>0 可得f′(x)(x2－1)>0， 所以或 所以当x<－1 或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调递减区间为(－1，1)， 所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝x3－x(答案不唯一). 10．(2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间． 解：(1)因为函数f(x)＝x－x3eax＋b， 所以f′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b. 因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以 即 解得a＝－1，b＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x－x3e－x＋1，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 所以g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x＋1＋(3x2－x3)·e－x＋1＝－x·(x2－6x＋6)e－x＋1， 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±， 所以g′(x)与g(x)随x的变化列表如下： x (－∞， 0) 0 (0， 3－) 3－ (3－， 3＋) 3＋ (3＋， ＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 － g(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 极大值 单调 递减 所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减． 11．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＝. 当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递减，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)在上单调递减，在上单调递增． [技能提分练] 12．(2025·重庆模拟)已知a＝log35，b＝log46，c＝log67，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．a>c>b D．b>c>a 答案：A 13．(多选)已知函数f(x)＝ex－e－x－sin 2x，若f(x1)>f(x2)，则(　　) A．x>x B．ex1－x2>1 C．ln |x1|>ln |x2| D．x1|x1|>x2|x2| 答案：BD 14．(2025·河北模拟)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是________． 答案：　解析：f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex， 则原问题等价于f′(x)<0 在上有解，即x2＋(m＋2)x＋m<0 在上有解， 即m<在上有解， 因为＝－(x＋1)＋，且y＝－(x＋1)＋在上单调递减， 所以当x＝－时，ymax＝－＋＝，所以m<. 15．如果cos5θ－sin5θ>7(cos3θ－sin3θ)，θ∈[0，2π]，求θ的取值范围． 解：由已知得cos5θ－7cos3θ>sin5θ－7sin3θ. 令f(x)＝x5－7x3，则f′(x)＝5x4－21x2＝x2(5x2－21)<0，对任意x∈[－1，1]恒成立，于是f(x)在[－1，1]上单调递减． cos5θ－7cos3θ>sin5θ－7sin3θ，即f(cosθ)>f(sin θ)， 由f(x)在[－1，1]上单调递减得cos θ<sin θ，解得<θ<.所以θ 的取值范围是. 16．(2022·北京卷)已知函数f(x)＝ex ln (1＋x). (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t). (1)解：∵f(x)＝ex ln (1＋x)，∴f(0)＝0，即切点坐标为(0，0). 又f′(x)＝ex，∴切线斜率k＝f′(0)＝1，∴切线方程为y＝x. (2)解：∵g(x)＝f′(x)＝ex，∴g′(x)＝ex， 令h(x)＝ln (1＋x)＋－，则h′(x)＝－＋＝>0， ∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝1>0， ∴g′(x)>0 在[0，＋∞)上恒成立， ∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (3)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)， 令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x>0，t>0)，即证m(x)>m(0)， ∵m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln (1＋x＋t)－ex ln (1＋x)， m′(x)＝ex＋tln (1＋x＋t)＋－ex ln (1＋x)－＝g(x＋t)－g(x)， 由(2)知g(x)＝f′(x)＝ex在[0，＋∞)上单调递增， ∴g(x＋t)>g(x)，∴m′(x)>0. ∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又∵x>0，t>0， ∴m(x)>m(0)，∴命题得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$