6.2.1 第2课时 导数与函数单调性的综合问题 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

1．若函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞)　　　　　 B．(－∞，0] C．(0，＋∞) D．(－∞，1] 解析：选C.f′(x)＝－x2＋a，由于函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，所以f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，所以a>0.故选C. 2．若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2] B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(0，3] 解析：选A.由f(x)＝x2－9ln x，得函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以f′(x)≤0在[a－1，a＋1]上恒成立，由f′(x)＝x－≤0，x>0，得0＜x≤3，所以解得1＜a≤2，所以实数a的取值范围是(1，2]. 3．(2025·北京月考)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数f′(x)的图象如图所示，设a＝f()，b＝f(－)，c＝f(1)，则下列结论正确的是(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 解析：选D.由题图得当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，因此函数f(x)在(0，2)上单调递增，依题意，f(－)＝f()＜f(1)＜f()，因此b＜c＜a. 4．已知函数f(x)＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为(　　) A．(－4，1) B．(－1，4) C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4] 解析：选C.f(－x)＝－2sin x－e－x＋ex＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数， 则f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)， 因为2cos x≤2，ex＋e－x≥2， 所以f′(x)≤0，f(x)为减函数， 又f(x2－4)＋f(3x)<0， 则f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)， 所以x2－4>－3x，所以x>1或x<－4.故选C. 5．已知函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(a，b)，若b－a≤2，则m的最大值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．6 解析：选D.由f(x)＝2x3－mx2＋2， 可得f′(x)＝6x2－2mx(m＞0)， 令f′(x)＝6x2－2mx<0，解得0<x<， 即函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(0，)， 所以b－a＝≤2，所以m≤6，即m的最大值为6.故选D. 6．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(1)≥0 B．f(1)≥0 C．a2－3b≤0 D．a2－3b≥0 解析：选AC.因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 因为函数f(x)在R上单调递增， 所以f′(x)≥0，对于任意的x∈R恒成立， 所以f′(1)≥0恒成立，故A正确； 但f(1)大小不确定，故B错误； 对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0， 即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC. 7．不等式2x≥2－log2x的解集为________． 解析：令f(x)＝2x－2＋log2x，x∈， 则f′(x)＝2x ln 2＋>0， 所以f(x)在上单调递增， 当x＝1时，f(1)＝2－2＋log21＝0， 所以当x≥1时，f(x)≥0，即2x≥2－log2x. 所以2x≥2－log2x的解集为. 答案： 8．若函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是________． 解析：因为函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－m≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥在(0，＋∞)上恒成立，因为y＝在(0，＋∞)上小于1，所以m≥1，即实数m的取值范围是[1，＋∞). 答案：[1，＋∞) 9．函数y＝x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，则m的取值范围是__________． 解析：由题意y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍去)在R上恒成立，所以Δ＝4－4m≤0，解得m≥1. 答案：[1，＋∞) 10．(13分)已知函数f(x)＝x2＋a ln x(x>0). (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；(6分) (2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．(7分) 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， 当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝. 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 故f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0，1). (2)由g(x)＝x2＋a ln x＋(x>0)， 得g′(x)＝2x＋－. 由题意知，当x≥1时，g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立． 若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≥0， 则a≥－2x2＝－在x≥1时恒成立， 当x≥1时，－≤0， 所以a≥0； 若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≤0， 则a≤－2x2＝－在x≥1时恒成立， 当x≥1时，y＝－无最小值， 所以g′(x)≤0不可能恒成立． 综上，实数a的取值范围为[0，＋∞). 11．已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.设f(x)＝x－ln x，x>0， 则f′(x)＝1－＝， 令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0， 则0<x<1，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 在(0，1)上单调递减． 当x>y>1时，则f(x)>f(y)， 即x－ln x>y－ln y，充分性成立； 当x－ln x>y－ln y时，有f(x)>f(y)， 但x>y>1不一定成立，即必要性不成立， 所以“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件．故选A. 12．(多选)已知函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＞1，f(3)＝4, 则下列结论中正确的有(　　) A．f(x)为增函数 B．g(x)＝f(x)－x为增函数 C．f(2x－1)＞4的解集为(－∞，2) D．f(2x－1)＞2x的解集为(2，＋∞) 解析：选ABD.因为f′(x)＞1，所以f(x)为增函数，故A正确；由g(x)＝f(x)－x，g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)为增函数，故B正确；f(3)＝4，则f(2x－1)＞4等价于f(2x－1)＞f(3)，又f(x)为增函数，所以2x－1＞3，解得x＞2，所以f(2x－1)＞4的解集为(2，＋∞)，故C错误；f(2x－1)＞2x等价于f(2x－1)－(2x－1)＞1＝f(3)－3，即g(2x－1)＞g(3)，又g(x)为增函数，所以2x－1＞3，解得x＞2，所以f(2x－1)＞2x的解集为(2，＋∞)，故D正确． 13．(15分)已知函数f(x)＝ln ，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点处有公共切线． (1)求a，b的值；(6分) (2)证明：f(x)≤g(x).(9分) 解：(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2， 由题意得解得 (2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln －x3＋x2－x， 则h′(x)＝－x2＋x－1＝， 令h′(x)>0，得－1<x<0， 令h′(x)<0，得x>0，所以h(x)在上单调递增，在上单调递减， 结合函数h(x)的图象(图略)可得h(x)≤h＝0，即f(x)≤g(x). 14．(15分)已知函数f(x)＝(x－a)ln x. (1)讨论f′(x)的单调性；(6分) (2)若不等式xf′(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．(9分) 解：(1)由题意可知x∈(0，＋∞)， f′(x)＝ln x－＋1， 令g(x)＝ln x－＋1， 则g′(x)＝＋＝， 当a≥0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增； 当a<0时，由g′(x)>0解得x>－a， 由g′(x)<0解得0<x<－a， 所以g(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f′(x)单调递增；当a<0时，f′(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． (2)由(1)可知不等式xf′(x)≥2(x－a)， 即x ln x－a＋x≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥x－x ln x在[1，＋∞)上恒成立， 只需a≥(x－x ln x)max即可， 令h(x)＝x－x ln x， 则h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 画出h(x)的图象(图略)，可知h(x)≤h(1)＝1， 所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 15．(2025·辽阳期末)函数f(x)的导函数为f′(x)，若在f(x)的定义域内存在一个区间D，f(x)在区间D上单调递增，f′(x)在区间D上单调递减，则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”．若对于函数f(x)＝aex－x2，区间(0，)是其一个“渐缓增区间”，那么实数a的取值范围是____________． 解析：对于函数f(x)＝aex－x2，x∈(0，)， f′(x)＝aex－2x， 令g(x)＝aex－2x，x∈(0，)， 则g′(x)＝aex－2，因为f′(x)在区间(0，)上单调递减， 所以aex－2≤0在(0，)上恒成立， 即a≤在(0，)上恒成立， 又＞＝，所以a≤， 又f(x)在区间(0，)上单调递增， 所以f′(x)＝aex－2x≥0在(0，)上恒成立， 所以ae－1≥0，解得a≥， 综上，得≤a≤. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $