课时分层检测(18)函数的单调性与导数-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十八） 函数的单调性与导数 基础达标练。… 氏.西数)纤a≥0)的单调递增区同 1.函数f(.x)=cosx-x在(0，π)上的单调性 是 是 ( )7.函数y=f(x)在其定义域 多3内可导 A.先增后减 B.先减后增 其图象如图所示，记y=f(x)的导函数为 C.单调递增 D.单调递减 y=(x),则不等式(x)≤0的解集为 2.若函数f(x)=sinx 1 x,则函数f(x)在区 间(0，π)上的单调递增区间为 y=f(x) c.o. (, 3.下列函数中，在(0，十∞)内为增函数的是 :8.函数y=ln(x2一x一2)的单调递减区间为 A.y=sin x B.y=xe2 C.y=x3-x D.y=In x-x 9.已知函数f(x)=(ax2十x-1)ex,其中e是 4.函数y=xlnx在区间(0,1)内是 ( 自然对数的底数，a∈R. A.增函数 (1)若a=1,求曲线f(x)在点(1，f(1)处的 B.减函数 切线方程； (2)若a=一1，求f(x)的单调区间. c在(0，)内是减函数，在（日1内是增 函数 D.在(Q,)内是增函数，在日，)内是减 函数 5.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)的图象是( 107 班级 姓名 得分 10.已知函数f(x)=x3十a.x2-a2x十2. 4.已知函数f(x)=lnx-x1)2 2 (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1，f(1)) (1)求函数f(x)的单调递增区间； 处的切线方程； (2)若a>0,求函数f(x)的单调区间. (2)证明：当x>1时，f(x)<x一1. 0 创新拓展练0… 定义在R上的函数f(x)=a.x3十bx2+cx十 3同时满足以下条件： ①f(x)在(-∞，一1)上是增函数，在（一1， 0)内是减函数； 0能力提升练0 ②f(x)的导函数是偶函数； 1.定义在R上的可导 ③f(x)在x=0处的切线与第一、三象限的 函数f(x),已知y= 角平分线垂直. ef(x)的图象如图所 求函数y=f(x)的解析式. 示，则y=f(x)的单 调递增区间是 A.（-∞，1) B.(-∞，2) C.(0,1) D.(1,2) 2.已知函数y=f(x)(x∈R)图象上任一点 (x0,f(xo)处的切线斜率k=(x0一2)(xo十 1)2,则该函数的单调递减区间为 ( A.[-1,+o∞) B.(-∞，2] C.（-∞，-1)和(1,2)D.[2,+∞) 3.已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0， +∞)上有f(x)>0,若f(-1)=0,则关于 x的不等式xf(x)<0的解集是 108÷y=cos(2x+号)） 方程gx)=2,即2Esin(+晋)=2， ∴.曲线的切线斜率在「一1,1]范围内， 又曲线在两点处的切线互相垂直， 故在A(工1y1),B(x2,2)两点处的切线斜率必须一个是1，一个是 2kπ，k∈Z, -1. 不妨设在A点处切线的斜率为1， 方程的两个不同的解分别为x1时，一的最小值为受D 则有2x1十号=21x(1∈Z, 正确，故选A、D.] 课时分层检测（十八） 2x十号=2kx+x(k,∈Z, !基础达标练 则1一=(1一)元受=元受(k∈刀， :1,D[易知f'(x)=-sinx-1,x∈(0，π)， ∴f(x)<0,则f(x)=cosx-x在(0，π)上单调递减.] 所以1-xm=受.] 2.D[f'()=cosx-分，由f(x)>0,得cosx>分，在区间(0，x) 3.解1)由fx)=aeln+be 内，当0<<号时，满足0sx>子.故选D] 得f(x)=(ae)'+(e 3.B[对于B,y=xe2,则y=e,y=xe2在R上为增函数，在 x (0,十∞)上也为增函数，故选B.] =ae'In z+aetbe-Izbe-i 4.C[f）=lnx+1.当0<x<号时，fx)K0:当是<x<1时. (2)由题意得，切点既在曲线y=f(x)上，又在切线v=e(x-1)十：f(z)>0.故选C.] 2上， 5.B[由导函数的图象可知函数在[一1,1]上为增函数，又导函数的 将x=1代入切线方程，得y=2, 函数值在[一1,0]上递增，原函数在[一1,0]上切线的斜率递增，导函 将x=1代入函数y=f(x),得f(1)=b, 数的函数值在[0,1]上递减，原函数在[0,1]上切线的斜率递减，故 所以b=2. 选B.] 将x=1代入导函数f(x)中， 得f(1)=ae=e,所以a=1, a(-1r=-品a>0合f>0.每释-1<1 4.解设直线y=kx十b与曲线y=1nx十2的切点的横坐标为x1, :故f(x)的单调递增区间是(-1,1).] 与曲线y=n(x十1)的切点的横坐标为x2, 所以曲线y=lnx十2在相应切点处的切线为y= 1 7 ·x+lnx1+1, [厂子1]U[2,3)[由函数的单调性与导教的关系可知，f(x)≤ 0的解集为函数f(x)的单调递减区间，结合图象可知其解集为 曲线y=ln(x十1)在相应切，点处的切线为 +·x+ln(x2+1)- -1 [-号1]u2,3.] 2十1 8.(-∞，一1)[函数y=1n(x2-x-2)的定义域为(-∞，一1)U 1 1 k= 所以 x1x2十1" 2,+o,◆f)=--2f)=2z1<0.得<号 2X2 b=lnx1+1=ln(x2+1)- 22十1： ∴.函数y=1n(x2一x一2)的单调递减区间为（一∞，一1）.] 9.解(1)由题意得，f(x)=(x2十x-1)e,所以f'(x)=(2x十1)e十 1 （1= 2 (x2十x一1)e=(x2十3x)e,所以曲线f(x)在，点(1，f(1))处的切线 解得 1 于是b=1-1n2. 斜率为k=f'(1)=4e,又因为f(1)=e,所以所求切线方程为y-e= x2= 2 4e(x-1),即4ex-y-3e=0. 创新拓展练 (2)f(x)=(-x2十x-1)e",f'(x)=-x(x+1)e. AD[根据题中品数f)=Asn(or十p)的图象知A=2,有=号 T2π 令f(x)0,得x<-1或x>0:令f(x)>0,得-1<x<0. 所以f(x)的单调递减区间为（一∞，-1），(0，十∞)，单调递增区间 为(-1,0). 10.解(1)a=1,f(x)=x3十x2-x十2， 一1. .T=2x-T ∴.f(x)=3.x2十2x-1,.f(1)=4. 又f(1)=3, 当x=吾时，a十g=吾+g-受+26x,∈Z .切，点坐标为(1,3)， .所求切线方程为y一3=4(x一1)， 即4x-y-1=0. fx)=2sim(+吾） (2)f(x)=3.x2+2a.x-a =(x十a)(3x-a), ·f(x)=2cos（+牙） 由f()=0得x=a或x=号 .g(x)=f(x)十f'(x) 又a>0,由f(x)<0,得-a<x<号， -2sm(+号)+2o(+号) 由fx)>0,得<-a或>号， =2sim(+号+子） 故f(x)的单调递减区间为（a,号）单调递增区间为 -2sim(+受） 令x+径受十kx,∈Z. (-∞，-a)和（号+∞）月 ,能力提升练 解得x=一 2+km,k∈Z, :1.B[由题图知f(x)≥0的区间是（一o∞，2），故函数y=f(x)的单调 !递增区间为(-∞，2)，故选B.] 面数8)图象的对称轴方程为=一是十∈乙，A正确： :2.B[令k≤0，得x0≤2，由导数与函数单调性的关系可知，函数的单 :调递减区间为（一∞，2].门 当x十径-吾+2，k∈7时，画数g取得接大值2厄.B错民：3所以0)国为在0十R20 :所以f(x)在(0，十o∞)上单调递增，又f(x)是R上的 易得g'x)=2Eo(e+受) 偶函数，所以f(-1)=f(1)=0, 且f(x)在（一∞，0）上单调递减，f(x)的草图如图 ”g'(x)≤22<3，不存在点P,使得g(x)的图象在点P处的切 所示， 线与直线l:y=3x一1平行，C错误； 所以xf(x)<0的解集为（一∞，一1）U(0,1).] 177 f(x) 是增函数，则不等式 f(x+1)+f(2-2x)>0 等价于 f(x+1)> 4.解 $$\left( 1 \right) f ' \left( x \right) = \frac { 1 } { x } - x + 1 = \frac { - x ^ { 2 } + x + 1 } { x } ， x \in \left( 0 ， + \infty \right) .$$ f(2-2x)=f(2x-2) \left.{})， 即 “x+1>2x-2， ，解得 x<3， ，故不等式的解集为 (-∞，3)，] $$f ' \left( x \right) > 0 ， 则 \left\{ \begin{array}{l} x > 0 ， \\ - x ^ { 2 } + x + 1 > 0 ， \end{array} \right.$$ 解得 $$0 < x < \frac { 1 + \sqrt 5 } { 2 }$$ 9.解 f(x) 的定义域为 故 f(x) 的单调递增区间是 $$f ' \left( x \right) = \frac { a + 1 } { x } + 2 a x = \frac { 2 a x ^ { 2 } + a + 1 } { x } .$$ 与a≥0 时， f'(x)>0， 故 f(x)在(0，+∞) 上单调递增， (2 )证明：令 F(x)=f(x)-(x-1)，x∈(0，+∞)， 当 a≤-1 时， ，f'(x)<0， 故 f(x) 在 t(0，+∞) 上单调递减. 则 $$F ' \left( x \right) = \frac { 1 - x ^ { 2 } } { x } .$$ 当 -1<a<0 时，令 f'(x)=0， 当： x∈(1，+∞) 时， ，F'(x)<0， 所 F(x) 在 (1，+∞) 上单调递减， 解得 $$x = \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } } 与 x = - \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } }$$ (舍去)， 故当 x>1 时， ，F(x)<F(1)=0， ，即当 x>1 时 ，f(x)<x-1. 创新拓展练 解 $$f ' \left( x \right) = 3 a x ^ { 2 } + 2 b x + c ，$$ $$x \in \left( 0 ， \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } } \right) 且 f ^ { + } f ' \left( x \right) > 0 ；$$ 因为 f(x) 若(-∞，-1) 上是增函数，在 (-1，0) )上是减函数， 所以 f'(-1)=3a-2b+c=0. ① ( $$\left( \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } } ， + \infty \right) ， 则 f ' \left( x \right) < 0 .$$ 由 f(x) 的导函数是偶函数，得 b=0， ② 又 f(x)， 在 x=0 处的切线与第一、三象限的角平分线垂直，所以 故 f(x) 的单调递增区间为 $$\left( 0 ， \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } } \right) ，$$ ，单调递减区间为 f' (0)=c=-1， ③ $$\textcircled 1 \textcircled 2 \textcircled 3 ， 则 a = \frac { 1 } { 3 } ， b = 0 ， c = - 1 ，$$ $$\left( \sqrt { - \frac { a + 1 } { 2 a } } ， + \infty \right)$$ -1， 即 $$f \left( x \right) = \frac { 1 } { 3 } x ^ { 3 } - x + 3 .$$ 10.解 $$f ' \left( x \right) = - x ^ { 2 } + x + 2 a = - \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } + \frac { 1 } { 4 } + 2 a ，$$ 课时分层检测(十九) $$x \in \left[ \frac { 2 } { 3 } ， + \infty \right) 时 ， f ' \left( x \right)$$ 的最大值为 $$f ' \left( \frac { 2 } { 3 } \right) = \frac { 2 } { 9 } + 2 a .$$ 数 基础达标练 有单调递增区间，即在 $$\left( \frac { 2 } { 3 } ， + \infty \right)$$ 上，导函数大于零有解， $$- \frac { 2 } { 9 } +$$ 1.A $$\left[ \because f ' \left( x \right) = 3 a x ^ { 2 } - 1 \le 0$$ 恒成立 ∴a≤0.7 2a>0， ，得a $$a > - \frac { 1 } { 9 } .$$ 2.B [由题意知 $$a ， f ' \left( x \right) = - 3 x ^ { 2 } + 2 a x - 1 ，$$ ，因为 y=f(x) 在R上是单 调函数 ，且y=f'(x) 的图象开 向下，所以 f'(x)≤0 在R上恒成 所以当a $$\in \left( - \frac { 1 } { 9 } ， + \infty \right) ， f \left( x \right)$$ $$\left( \frac { 2 } { 3 } ， + \infty \right)$$ 上存在单调递增 $$\triangle = 4 a ^ { 2 } - 1 2 \le 0 ，$$ ，即 $$- \sqrt 3 \le a \le \sqrt 3 .$$ .故实数 a 的取值范围是 区间. $$\left[ - \sqrt 3 ， \sqrt 3 \right] ， \right]$$ 能力提升练 3.D $$\left. { \left[ f ^ { ' } } \left( x \right) = 3 x ^ { 2 } - 1 2 = 3 \left( x - 2 \right) \left( x + 2 \right) ，$$ ff'(x)<0 0， 得 -2<x< 2m≥-2， 2，由题意 (2m，m+1)⊆(-2，2)， ，所以 $$\left\{ \begin{array}{l} 2 ^ { 2 m } \ge - 2 ， \\ m + 1 \le 2 ， \\ 2 m < m + 1 ， \end{array} \right.$$ 1. 1.C C [由题意，得函教 f(x) 的定义域为 $$\left( 0 ， + \infty \right) ， f ' \left( x \right) = 4 x - \frac { 1 } { x } .$$ 解得 -1≤m< 令 f'(x)=0， ，解得 $$x = \frac { 1 } { 2 } 或 x = - \frac { 1 } { 2 } \left($$ (： 2m<m+1， 1.故选I 4.AB 3 [令 $$g \left( x \right) = \frac { f \left( x \right) } { e ^ { x } } ，$$ $$当 0 < x < \frac { 1 } { 2 } 且 \left. { f } ， f ' \left( x \right) < 0 ，$$ 函数 f(x) 在区间 $$\left( 0 ， \frac { 1 } { 2 } \right)$$ )上单调递减 $$\exists x > \frac { 1 } { 2 } 或 f ， f ' \left( x \right) > 0 ，$$ ，函数 f(x) 在区间( $$\left( \frac { 1 } { 2 } ， + \infty \right)$$ 上单调递增， 则 g'(x)=f'(x)-f(x)<0， 因为函数 f(x) )在区间 (k-1，k+1) )上不是单调函数， 故 g(x) 在R上单调递减， ，sinln2>0，2>0， 所 $$k . - 1 < \frac { 1 } { 2 } < k + 1 ，$$ 1，则 得 $$- \frac { 1 } { 2 } < k < \frac { 3 } { 2 } .$$ 故 g(ln2)<g(0)，g(2)<g(0)， 即 $$\frac { f \left( \ln 2 \right) } { 2 } < \frac { f \left( 0 \right) } { 1 } ， \frac { f \left( 2 \right) } { e ^ { 2 } } < \frac { f \left( 0 \right) } { 1 } ，$$ 又 k-1≥0， $$\forall 1 . 1 \le k < \frac { 3 } { 2 }$$ $$\frac { 1 } { 4 } ， \frac { 3 } { 4 }$$ 故选 C.1 所 $$v / f \left( \ln 2 \right) < 2 f \left( 0 \right) ， f \left( 2 \right) < e ^ { 2 } f \left( 0 \right) . \right]$$ 2.AC [对于 ，因为当 x∈(0，+∞) 时， $$f ' \left( x \right) = \ln \left( x + 1 \right) + \frac { x } { x + 1 } >$$ $$5 . D \left[ f ' \left( x \right) = 2 x - \frac { 9 } { x } + 3 \left( x > 0 \right) .$$ 0，f(x) 单调递增，故 A 正确；对于 B. ，令 xln(x+1)=0， ，解得 x=0， 令 -f' f'(x)=0， $$0 ， 则 p x - \frac { 9 } { x } + 3 = 0 ，$$ 故B错误；对于C，因为 $$f ' \left( x \right) = \ln \left( x + 1 \right) + \frac { x } { x + 1 } ， 则 w f \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) =$$ 解得 $$x = \frac { 3 } { 2 }$$ $$\frac { 3 } { 2 } 或 x = - 3 \left($$ (舍去). $$\lim _ { n } \frac { 1 } { 2 } + \frac { - 1 } { \frac { 1 } { 2 } } = - 1 - \ln { 2 } ， 1$$ -1-1n 2，故 C 正确；对于 D.f(x) 的定义域为 (-1，\right. 所以当 $$x \in \left( 0 ， \frac { 3 } { 2 } \right)$$ 则，f'(x)<0，f(x) 单调递减；当 x \left.{+∞}) ，不关于原点对称，故 D 错误，] $$\left( \frac { 3 } { 2 } ， + \infty \right) 时 ， f ' \left( x \right) > 0 ， f \left( x \right)$$ )单调递增. 3.[1，+∞) [由已知 $$a > \frac { 1 + \ln x } { x }$$ 在区间 (1，+∞) 上恒成立，设 g(x)= 因为 f(x) 在区间 (m-1，m+1) \left.1)， 上不单调 所以 $$m - 1 < \frac { 3 } { 2 } < m + 1 ，$$ 解得 $$\frac { 1 } { 2 } < m < \frac { 5 } { 2 }$$ $$\frac { 1 + \ln x } { x } ， 则 x ' g ' \left( x \right) = - \frac { \ln x } { x ^ { 2 } } < 0 \left( x > 1 \right) ， 则 w \left( g \right) = \frac { 1 + \ln x } { x }$$ 因为 (m-1，m+1) 是函数 f(x) 定义域内的子区间，所以 m-1≥0 (1，+∞) 上单调递减.所以 g(x)<g(1). .因为 g(1)=1， $$v _ { x } \frac { 1 + \ln x } { x }$$ 即 m≥1. <1 在区间 (1，+∞) 上恒成立，所以 a≥1，1 所以实数 m 的取值范围是 [ $$\left[ 1 ， \frac { 5 } { 2 } \right)$$ .故选 D.1 4. 1.解 $$\left( 1 \right) f ' \left( x \right) = 3 x ^ { 2 } + 2 a x + 1 ， \triangle = 4 \left( a ^ { 2 } - 3 \right) .$$ $$6 . - \frac { 3 } { 2 } \left[ f ' \left( x \right) = \left[ x ^ { 2 } + \left( m + 2 \right) x + m \right] e ^ { x } .$$ 当 △>0， 即 $$a > \sqrt 3 或 a < - \sqrt 3 时$$ 令 f'(x)>0， ，即 $$3 x ^ { 2 } + 2 a x + 1 > 0 ，$$ 因为 f(x) 的单调减区间是 $$\left[ - \frac { 3 } { 2 } ， 1 \right] ，$$ 解得> $$x > \frac { - a + \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } 或 x < \frac { - a - \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } ；$$ 所以 f'(x)=0 的两个根分别为 $$x _ { 1 } = - \frac { 3 } { 2 } ， x _ { 2 } = 1 ，$$ 令 f'(x)<0， ，即 $$3 x ^ { 2 } + 2 a x + 1 < 0 ，$$ ， $$\left\{ f ' \left( - \frac { 3 } { 2 } \right) = 0 ，$$ 0解得 $$m = - \frac { 3 } { 2 } . \right]$$ 解得一 $$\frac { a - \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } < x < \frac { - a + \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } .$$ f'(1)=0， 故函数 f(x) )的单调递增区间是 7.(0，+∞) [若函数 $$y = - \frac { 4 } { 3 } x ^ { 3 } + b x$$ 有三个单调区间，则 $$y ' = - 4 x ^ { 2 }$$ 4x $$\left( - \infty ， \frac { - a - \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } \right) \cdot \left( \frac { - a + \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } ， + \infty \right) ；$$ +b=0 有两个不相等的实数根，所以 b>0，1 单调递减区间是 8. (-∞，3) [因为 f(x)=x-sinx， ，所以 f(-x)=-x+sinx=-f(x) 即函数 f(x) 为奇函数，函数的导数 f'(x)=1-cosx≥0， ，则函数 $$\left( \frac { - a - \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } ， \frac { - a + \sqrt { a ^ { 2 } - 3 } } { 3 } ，$$ 178 8