5.3.1 第2课时 函数的单调性(2)-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（人教A版）

数学　选择性必修·第二册[人教A版]作业与测评 第2课时　函数的单调性(2) 知识点一　函数变化快慢的判断 1．若函数y＝f′(x)在区间(x1，x2)内是减函数，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)内的图象可以是(　　) 答案：B 解析：若函数y＝f′(x)在区间(x1，x2)内是减函数，当f′(x)>0时，|f′(x)|越来越小，即y＝f(x)递增得越来越慢，其图象上升得越来越平缓．故选B. 2.已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数图象如图所示，则y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是(　　) 答案：B 解析：两个导函数的图象在x轴上方说明两个函数都是增函数，y＝f′(x)的函数值由小到大，说明y＝f(x)的图象越来越“陡峭”，y＝g′(x)的函数值由大到小，说明y＝g(x)的图象越来越“平缓”．故选B. 知识点二　已知函数单调性求参数的值或取值范围 3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2－ax在区间(1，2)内单调递增，则实数a的最大值为(　　) A．3 B．2 C．2 D. 答案：C 解析：因为f(x)＝2ln x＋x2－ax，所以f′(x)＝＋x－a，又函数f(x)＝2ln x＋x2－ax在区间(1，2)内单调递增，所以f′(x)＝＋x－a≥0在区间(1，2)内恒成立，即＋x≥a在区间(1，2)内恒成立，又＋x≥2＝2，当且仅当＝x，即x＝时，等号成立，所以a≤2.当a＝2时，f′(x)＝＋x－2＝≥0在区间(1，2)内恒成立，当且仅当x＝时，等号成立，符合题意．故选C. 4．已知f(x)＝2ax－，若f(x)在x∈(0，1]上是增函数，则a的取值范围为________． 答案：[－1，＋∞) 解析：由已知得f′(x)＝2a＋.∵f(x)在(0，1]上单调递增，∴f′(x)≥0，即a≥－在x∈(0，1]上恒成立，令g(x)＝－，∵g(x)在(0，1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1，经检验，当a＝－1时，f′(x)不恒等于0，∴a≥－1. 5．已知函数f(x)＝2ax3＋4x2＋3x－1在R上是增函数，求实数a的取值范围． 解：f′(x)＝6ax2＋8x＋3. ∵f(x)在R上是增函数， ∴f′(x)≥0在R上恒成立， 即6ax2＋8x＋3≥0在R上恒成立， ∴解得a≥. 经检验，当a＝时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意． ∴实数a的取值范围为. 知识点三　构造函数比较大小或解不等式 6．若定义在R上的函数y＝f(x)满足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为(　　) A．f(a)<eaf(0) B．f(a)>eaf(0) C．f(a)＝eaf(0) D．不能确定 答案：B 解析：令F(x)＝，则F′(x)＝＝>0，从而F(x)＝在R上单调递增，于是当a>0时，F(a)＝>F(0)＝＝f(0)，即f(a)>eaf(0)． 7．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋1的解集是(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1} 答案：A 解析：构造函数g(x)＝exf(x)－ex－1，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．由f(x)＋f′(x)>1，可得g′(x)>0，所以g(x)为R上的增函数．又g(0)＝e0f(0)－e0－1＝0，所以exf(x)>ex＋1，即g(x)>0的解集为{x|x>0}． 8．[多选]已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且对任意的x∈R，都有f(x)＋f′(x)>0，则下列说法正确的是(　　) A．ef(1)<f(0) B．ef(1)>f(0) C．2f(ln 2)<ef(1) D．2f(ln 2)>ef(1) 答案：BC 解析：令g(x)＝exf(x)，所以g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上单调递增，所以g(0)<g(1)，即f(0)<ef(1)，故A错误，B正确；又g(ln 2)<g(1)，所以eln 2f(ln 2)<ef(1)，即2f(ln 2)<ef(1)，故C正确，D错误．故选BC. 知识点四　含参数的函数的单调性 9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围． 解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x)＝3x2＋2ax＋1， 令f′(x)＝0，即3x2＋2ax＋1＝0， 则Δ＝4a2－12＝4(a2－3)． 当a2≤3，即－≤a≤时，Δ≤0，f′(x)≥0，函数f(x)在R上单调递增； 当a2>3，即a>或a<－时， 由f′(x)＝0求得两根为x＝， 由f′(x)>0，得 x<或x>， 由f′(x)<0，得 <x<， 即函数f(x)在上单调递增， 在内单调递减， 在上单调递增． (2)由(1)可得 解得a≥2，即a的取值范围为[2，＋∞)． 一、单项选择题 1．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 答案：D 解析：因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D. 2．已知函数f(x)＝x2＋aln x－x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．[0，＋∞) B. C. D．(0，＋∞) 答案：A 解析：函数f(x)＝x2＋aln x－x在[1，＋∞)上单调递增，即f′(x)＝x＋－1≥0在[1，＋∞)上恒成立．故≥1－x，即a≥x(1－x)在[1，＋∞)上恒成立，因为y＝x(1－x)＝－＋在[1，＋∞)上单调递减，所以y＝x(1－x)在x＝1处取得最大值0，所以a≥0.经检验，当a＝0时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．故选A. 3．已知f(x)＝x2＋2sin2－1，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的大致图象是(　　) 答案：A 解析：因为f(x)＝x2＋2sin2－1＝x2＋1－cos(3π－x)－1＝x2＋cosx，x∈R，所以f′(x)＝x－sinx，x∈R，因为f′(－x)＝(－x)－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f′(x)，所以f′(x)在R上是奇函数，故排除B，D；令g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝－cosx，当0<x<时，g′(x)<0，所以g(x)在内单调递减，即f′(x)在内单调递减，故排除C.故选A. 4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是(　　) A．(－∞，ln 2) B．(ln 2，＋∞) C．(0，e2) D．(e2，＋∞) 答案：A 解析：令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝<0，故g(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，结合f(2)＝2，得g(2)＝＝1，由f(ex)－ex>0，得>1，即g(ex)>g(2)，故ex<2，则x<ln 2，即f(ex)－ex>0的解集是(－∞，ln 2)．故选A. 5．若对任意的正实数x1，x2∈(m，＋∞)，当x1<x2时，>2恒成立，则m的取值范围是(　　) A．[e3，＋∞) B．[e2，＋∞) C．[e，＋∞) D．[e，e2] 答案：A 解析：因为对任意的正实数x1，x2∈(m，＋∞)，当x1<x2时，>2恒成立，所以对任意的正实数x1，x2∈(m，＋∞)，当x1<x2时，<恒成立，令f(x)＝，所以f(x)在(m，＋∞)上单调递减，又f′(x)＝，所以f′(x)＝≤0在(m，＋∞)上恒成立，所以ln x≥3在(m，＋∞)上恒成立，所以ln m≥3，解得m≥e3，所以m的取值范围是[e3，＋∞)．故选A. 二、多项选择题 6．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是(　　) A．－3 B．－1 C．0 D．2 答案：BD 解析：当a＝0时，f(x)＝3x2－x＋1，显然不满足题意；当a≠0时，依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，所以解得a>－3且a≠0.综上，实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．故选BD. 7．已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，则下列判断中正确的是(　　) A．f>f B．f>0 C．f>f D．f>f 答案：ACD 解析：设F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在上单调递减．对于A，因为F>F，所以>，即f>f，故A正确；对于B，因为F<F(0)，所以<＝0，又cos>0，则f<0，故B错误；对于C，因为F>F，所以>，即f>f，故C正确；对于D，因为F>F，所以>，即f>f，故D正确．故选ACD. 三、填空题 8．已知函数f(x)＝x2－cosx，x∈，则满足f(x0)>f的x0的取值范围为________． 答案：∪ 解析：f′(x)＝2x＋sinx，当x∈时，f′(x)≥0，所以f(x)在上单调递增，由f(x0)>f，知<x0≤.因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以－≤x0<－也满足条件． 9．定义运算＝ad－bc，若函数f(x)＝的单调递减区间是(0，2)，则实数m＝________． 答案：－3 解析：由题意可知f(x)＝(x2－1)(x＋m)－1×(－x)＝x3＋mx2－x－m＋x＝x3＋mx2－m，∴f′(x)＝3x2＋2mx，∵函数f(x)的单调递减区间是(0，2)，∴－＝2，解得m＝－3. 10．若a＝，b＝tan，c＝ln ，则a，b，c的大小关系为________(用“<”号连接)． 答案：c<a<b 解析：令函数f(x)＝tanx－x，x∈(0，1)，求导得f′(x)＝－1＝－1>0，即函数f(x)在(0，1)内单调递增，f(x)>f(0)＝0，则f>0，即b＝tan>>＝a.令函数g(x)＝ln (x＋1)－x，x∈(0，1)，求导得g′(x)＝－1<0，即函数g(x)在(0，1)内单调递减，g(x)<g(0)＝0，则g<0，即c＝ln <<＝a，所以a，b，c的大小关系为c<a<b. 四、解答题 11．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－，讨论函数f(x)的单调性． 解：由题设知a≠0. f′(x)＝3ax2－6x＝3ax， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. ①当a>0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0， ∴f(x)在区间(－∞，0)上为增函数； 若x∈，则f′(x)<0， ∴f(x)在区间内为减函数； 若x∈，则f′(x)>0， ∴f(x)在区间上为增函数． ②当a<0时，若x∈，则f′(x)<0， ∴f(x)在区间上为减函数； 若x∈，则f′(x)>0， ∴f(x)在区间内为增函数； 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)<0， ∴f(x)在区间(0，＋∞)上为减函数． 12．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x，a≠0. (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围． 解：(1)因为h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2. 因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解， 即a>－有解． 设G(x)＝－(x＞0)， 所以只要a>G(x)min即可． 而G(x)＝－1(x＞0)， 所以G(x)min＝－1， 所以a>－1，即a的取值范围为(－1，＋∞)． (2)因为h(x)在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立，所以a≥G(x)max. 而G(x)＝－1， 因为x∈[1，4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 所以a≥－，即a的取值范围为. 13．[多选]已知函数f(x)＝xln x，若0<x1<x2，则下列结论正确的是(　　) A．x2f(x1)<x1f(x2) B．x1＋f(x1)<x2＋f(x2) C.<1 D．当ln x>－1时，x1f(x1)＋x2f(x2)>2x2f(x1) 答案：AD 解析：令g(x)＝＝ln x，∵g(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴当0<x1<x2时，g(x1)<g(x2)，即<，∴x2f(x1)<x1f(x2)，A正确；令h(x)＝f(x)＋x＝xln x＋x，∴h′(x)＝ln x＋2，∴当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(0，e－2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．∴x1＋f(x1)与x2＋f(x2)无法比较大小，B错误；令φ(x)＝f(x)－x＝xln x－x，∴φ′(x)＝ln x，∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，1)内单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当0<x1<x2<1时，φ(x1)>φ(x2)，∴f(x1)－x1>f(x2)－x2，∴f(x1)－f(x2)>x1－x2，∴<1.当1<x1<x2时，φ(x1)<φ(x2)，∴f(x1)－x1<f(x2)－x2，∴f(x1)－f(x2)<x1－x2，∴>1，C错误；∵f′(x)＝ln x＋1，ln x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又A正确，∴x1f(x1)＋x2f(x2)－2x2f(x1)>x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＝(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，D正确．故选AD. 14．已知函数f(x)＝xe－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程； (2)讨论函数g(x)＝f(x)＋λ(x－1)2(λ∈R)的单调性． 解：(1)f(x)＝xe－x，则f′(x)＝， 则切线的斜率为f′(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x. (2)g(x)＝＋λ(x－1)2，则函数g(x)的定义域为R，g′(x)＝＋2λ(x－1)＝(1－x)， ①当λ≤0时，－2λ>0， 由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1， 则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ②当λ>0时， 由g′(x)＝0，得x＝1或x＝－ln (2λ)， 当－ln (2λ)>1，即0<λ<时， 由g′(x)>0，得x<1或x>－ln (2λ)， 由g′(x)<0，得1<x<－ln (2λ)， 则g(x)在(－∞，1)和(－ln (2λ)，＋∞)上单调递增，在(1，－ln (2λ))上单调递减； 当－ln (2λ)＝1，即λ＝时，g′(x)≥0，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0， 故g(x)在R上单调递增； 当－ln (2λ)<1，即λ>时， 由g′(x)>0，得x>1或x<－ln (2λ)， 由g′(x)<0，得－ln (2λ)<x<1， 则g(x)在(－∞，－ln (2λ))和(1，＋∞)上单调递增，在(－ln (2λ)，1)上单调递减． 综上，当λ≤0时，g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<λ<时，g(x)在(－∞，1)和(－ln (2λ)，＋∞)上单调递增，在(1，－ln (2λ))上单调递减； 当λ＝时，g(x)在R上单调递增； 当λ>时，g(x)在(－∞，－ln (2λ))和(1，＋∞)上单调递增，在(－ln (2λ)，1)上单调递减． 10 学科网（北京）股份有限公司 $