6.2.1 导数与函数的单调性（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

[必备知识·基础巩固] 1．(2025·云南昆明月考)已知函数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(　　) 解析　从导函数的图象可以看出，图象全部在x轴上方，导函数值大于0，所以原函数f(x)的图象必然单调递增，排除B，C； 且导函数的函数值在区间[－1，0]上递减，即原函数在区间[－1，0]上的切线斜率递减， 导函数的函数值在区间[0，1]上递增，即原函数在区间[0，1]上的切线斜率递增，D选项错误． 答案　A 2．(2025·江苏常州期中)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　) A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－1，0)∪(0，1) 解析　函数f(x)＝x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝2x－＝， 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，∴函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(0，1). 答案　A 3．(2025·重庆月考)已知函数f(x)＝－x2＋8x＋a ln x在区间(4，＋∞)上是减函数，则a的取值范围是(　　) A.[0，＋∞)　　　 B．[－1，＋∞) C．(－∞，0] D．(－∞，1] 解析　因为f′(x)＝－2x＋8＋，函数f(x)＝－x2＋8x＋a ln x在区间(4，＋∞)上是减函数， 所以x∈(4，＋∞)时，－2x＋8＋≤0恒成立． 所以x∈(4，＋∞)时，a≤2x2－8x恒成立． 设g(x)＝2x2－8x，x∈(4，＋∞)， 因为对称轴为x＝2，所以g(x)＝2x2－8x在(4，＋∞)上为增函数， 所以g(x)＞g(4)＝0，所以a≤0. 答案　C 4．(2025·广东中山期中)设函数f(x)的导函数为f′(x)，若y＝xf′(x)的图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．(－3，－1)和(0，1) B．(－3，－1)∪(0，1) C．(－4，－3)和(－1，1) D．(－3，－1)和(1，2) 解析　根据y＝xf′(x)的图象可知，当x∈(－3，－1)∪(0，1)时，f′(x)＜0， 当x∈(－4，－3)∪(－1，0)∪(1，2)时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(－3，－1)，(0，1)内单调递减，在(－4，－3)，(－1，0)，(1，2)内单调递增， 故B、C、D错误，A正确． 答案　A 5．(2025·广东广州期中)函数f(x)＝5x－ln x的单调递减区间是________． 解析　f(x)＝5x－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝5－＝， 令f′(x)＜0得0＜x＜，故f(x)＝5x－ln x的单调递减区间为. 答案　 6．(2025·四川广元期中)已知函数f(x)＝x2＋ax＋在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为__________． 解析　由f(x)＝x2＋ax＋，则f′(x)＝2x＋a－， 因为函数f(x)＝x2＋ax＋在(1，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)＝2x＋a－≥0对于x∈(1，＋∞)恒成立， 即a≥－2x对于x∈(1，＋∞)恒成立， 因为函数y＝，y＝－2x在(1，＋∞)上单调递减， 所以函数y＝－2x在(1，＋∞)上单调递减，则－2x＜－1， 所以a≥－1，即实数a的取值范围为[－1，＋∞). 答案　[－1，＋∞) 7．设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________． 解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R， ∴f(0)＝e0＋ae-0＝1＋a＝0，∴a＝－1. ∵f(x)＝ex＋ae－x， ∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－. ∵f(x)是R上的增函数， ∴f′(x)≥0在R上恒成立， 即ex≥在R上恒成立， ∴a≤e2x在R上恒成立． 又e2x＞0，∴a≤0， 即a的取值范围是(－∞，0]. 答案　－1　(－∞，0] 8．已知函数f(x)＝x3＋(x≠0，常数a∈R). (1)当a＝48时，求f(x)的单调递减区间； (2)若函数f(x)在[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围． 解析　(1)当a＝48时，f(x)＝x3＋， f′(x)＝3x2－＝＝ ， 令f′(x)＜0，得－2＜x＜0或0＜x＜2. ∴f(x)的单调递减区间为(－2，0)，(0，2). (2)要使f(x)在[2，＋∞)上是增函数， 需f′(x)＝3x2－＝≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≤3x4在[2，＋∞]上恒成立． 令g(x)＝3x4，x∈[2，＋∞)，则a≤g(x)min. ∵g′(x)＝12x3，x∈[2，＋∞)， ∴g′(x)＞0，即g(x)在[2，＋∞)上是增函数， ∴g(x)min＝g(2)＝48，从而a≤48， ∴实数a的取值范围是(－∞，48]. [关键能力·综合提升] 9．(多选)已知函数f(x)＝－ln x，则有(　　) A．f(2)＜f(e) B．f(e)＜f(3) C．f(3)＜f(2) D．f(e)＜f(2) 解析　因为在定义域(0，＋∞)上，f′(x)＝， 由f′(x)＜0，得0＜x＜4， 所以f(x)在(0，4)上是减函数， 所以有f(2)＞f(e)＞f(3). 答案　CD 10．已知函数f(x)＝4x＋3sin x，x∈(－1，1)，若f(1－a)＋f(1－a2)＜0，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，1) B．(1，) C．(－2，－) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 解析　∵f(x)＝4x＋3sin x，x∈(－1，1)， ∴f′(x)＝4＋3cos x＞0在(－1，1)上恒成立， ∴f(x)在(－1，1)上是增函数． ∵f(x)＝4x＋3sin x，x∈(－1，1)是奇函数， ∴不等式f(1－a)＋f(1－a2)＜0可化为 f(1－a)＜f(a2－1)， ∴解得1＜a＜. 故选B. 答案　B 11．已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________． 解析　因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x， 所以f′(x)＝－x－3＋＝(x>0) ， 令f′(x)>0，得0<x<1， 令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在[t，t＋1]上不单调， 所以0<t<1<t＋1，解得0<t<1， 所以实数t的取值范围是(0，1). 答案　(0，1) 12．已知函数f(x)＝ex－－2cos ，其中e为自然对数的底数．若f(2a2)＋f(a－3)＋f(0)<0，则实数a的取值范围为________． 解析　∵f(x)＝ex－－2cos ＝ex－－2sin x，f(x)的定义域为R， ∴f(－x)＝e－x－－2sin (－x)＝－＝－f(x)， ∴f(x)是奇函数，且f(0)＝0. 又f′(x)＝ex＋－2cos x，ex＋≥2，2cos x≤2， ∴f′(x)≥0且等号不恒成立， ∴f(x)在R上单调递增， ∴f(2a2)＋f(a－3)＋f(0)<0转化为 f(2a2)<－f(a－3)＝f(3－a)， ∴2a2<3－a，解得－<a<1. 答案　 13．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x(a∈R)，函数g(x)＝－2x＋3.判断函数F(x)＝f(x)＋ag(x)的单调性． 解析　由题意，得F(x)＝f(x)＋ag(x) ＝ln x－ax2＋(1－a)x＋a，x∈(0，＋∞)， ∴F′(x)＝－ax＋1－a＝＝. 当a≤0时，F′(x)>0，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，令F′(x)>0，解得0<x<， 则F(x)在上单调递增； 令F′(x)<0，解得x>， 则F(x)在上单调递减． 综上，当a≤0时，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数F(x)在上单调递增，在上单调递减． [核心价值·探索创新] 14．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析　原问题等价于f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x·ln(1＋a)≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得x≥－，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围． 由函数的解析式可得f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x·ln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a， 即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 故0＝1≥－， 而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0， 故 即故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 故答案为. 答案　 15．设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2. (1)若a＝，求f(x)的单调区间； (2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2， f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1). 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0； 当x∈(－1，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减． (2)f(x)＝x(ex－1－ax). 令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a. 若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数， 而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0. 若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0. 综上，a的取值范围为(－∞，1]. 学科网（北京）股份有限公司 $