规范练19 利用导数研究函数的单调性-2027年高三数学一轮复习试题

**基本信息** 以导数符号判断为核心，通过基础巩固到综合提升的递进设计，系统整合构造函数、分离参数等方法，构建“概念-原理-应用”的知识逻辑链，培养逻辑推理与数学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|1-9题|导数符号判断单调性、分离参数求最值、构造辅助函数（如g(x)=f(x)-1/x）|从导数几何意义到符号判断原理，结合函数图象与恒成立问题，形成单调性应用基础链| |综合提升练|10-13题|新定义性质判断、充要条件证明、导数与函数图象综合|深化导数工具性，通过比较大小、参数范围、切线问题，构建“判断-证明-应用”的综合逻辑体系|

课时规范练19　利用导数研究函数的单调性 (分值:88分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.(2025·山东潍坊模拟)下列函数中,在区间(1,+∞)上单调递增的是(　　) A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex C.f(x)=x-x3 D.f(x)=-x+ln x 2.(2025·云南曲靖模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示,则下列选项正确的是(　　) (第2题图) A.g'(-1)<0<f'(-1) B.f'(-1)<0<g'(-1) C.g'(3)<f'(3) D.f'(3)<g'(3) 3.(2025·吉林长春期末)已知R上的可导函数f(x)的图象如图所示,则不等式xf'(x)>0的解集为(　　) (第3题图) A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-∞,-2)∪(1,2) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-1,1)∪(2,+∞) 4.(2023·新高考Ⅱ,6)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 5.(2025·天壹名校联盟联考)函数f(x)=(x2-3x+a)(-b)(a∈R,b>e),若f(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则ln a+2ln b=(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 6.(多选题)(2025·广东佛山模拟)若函数exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质,下列函数中具有M性质的是(　　) A.f(x)=2-x B.f(x)=x2+2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 7.(多选题)(2025·湖南郴州模拟)已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)的导数为f'(x),若f(1)=1,且f'(x)+>0,则下列式子中一定成立的是(　　) A.f()<3 B.f()>π C.f(log2e)>ln 2 D.f(ln 3)<log3e 8.(2025·天津武清期中)已知函数f(x)=cos x+ex,且a=f(2),b=f(),c=f(ln 2),则a,b,c的大小关系为　　　　　.  9.(15分)(2025·皖北联考)已知函数f(x)=x3-ax2,g(x)=(x-a)ex. (1)若f(1)=2,求曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程; (2)证明:“f(x)在区间[2,+∞)上单调递增”是“g(x)在区间[2,+∞)上单调递增”的充要条件. 综合提升练 10.(2025·鄂东南高三联考)已知f(x)=ex-sin x+cos x,a=f(log23),b=f(log34),c=f(log45),则下列选项正确的是(　　) A.b>c>a B.c>b>a C.a>b>c D.a>c>b 11.(多选题)(2025·天壹名校联盟联考)已知函数f(x)的定义域为R,其导数f'(x)满足f'(x)-2f(x)>0,则下列选项正确的有(　　) A.f(2)>e2f(1) B.f(-1)>e-4f(1) C.4f(1)>e2f(ln 2) D.e4f(0)>f(2) 12.(2024·河北石家庄模拟)函数f(x)=sin2x+x2的单调递增区间是　　　　　.  13.(15分)(2025·北京,20)已知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f(0)=0,f'(x)=,直线l1是曲线y=f(x)在点A(a,f(a))处的切线. (1)求导函数f'(x)的最大值; (2)当a∈(-1,0)时,求证:除点A以外,y=f(x)在l1的上方; (3)当a∈(0,+∞)时,过点A作与l1垂直的直线l2,l1,l2分别与x轴交于点x1,x2,求的取值范围. 参考答案 课时规范练19　利用导数研究函数的单调性 1.B　解析 对于A,f'(x)=2cos 2x,2x∈(2,+∞),所以f'(x)=2cos 2x≥0不恒成立,故A错误;对于B,f'(x)=(x+1)·ex≥0在区间(1,+∞)上恒成立,函数单调递增,故B正确;对于C,f'(x)=1-3x2<-2,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故C错误;对于D,f'(x)=-1+<0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故D错误.故选B. 2.D　解析 由题图可知,f(x)与g(x)在区间[-1,3]上单调递增,所以g'(-1)>0,f'(-1)>0.在区间[-1,3]上,g(x)的图象比f(x)的图象更陡峭,所以0<f'(-1)<g'(-1),f'(3)<g'(3).故选D. 3.A　解析 由f(x)的图象可得,当x∈(-∞,-1),(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(-1,1)时,f'(x)<0.由xf'(x)>0得解得x>1,-1<x<0.综上,不等式xf'(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞).故选A. 4.C　解析 由题意可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)内恒成立,即a≥在区间(1,2)内恒成立.设g(x)=xex,则g'(x)=(x+1)ex>0在区间(1,2)内恒成立,所以函数g(x)=xex在区间(1,2)内单调递增,所以g(x)>g(1)=e,则0<,即a≥e-1.故选C. 5.C　解析 令g(x)=-b(x>0),则g'(x)=,则当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增. 又g(1)=-b=e-b<0,当x→0+时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,故g(x)有两个零点x1∈(0,1),x2∈(1,+∞). 由f(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则g(x)>0时,需x2-3x+a≥0,g(x)<0时,需x2-3x+a≤0.因为y=x2-3x+a在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,则当x1,x2为y=x2-3x+a与g(x)的公共零点时,有f(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则有且有b=,则ln a+2ln b=ln(ab2)=ln(x1x2·)=ln =x1+x2=3. 故选C. 6.AB　解析 设g(x)=ex·f(x),对于A,g(x)=ex·2-x=()x在定义域R上是增函数,故A正确;对于B,g(x)=(x2+2)ex,g'(x)=(x2+2x+2)ex=[(x+1)2+1]ex>0,所以g(x)在定义域R上是增函数,故B正确;对于C,g(x)=ex·3-x=()x在定义域R上是减函数,故C错误;对于D,g(x)=ex·cos x,则g'(x)=excos(x+),所以g'(x)>0在定义域R上不恒成立,故D错误.故选AB. 7.AC　解析 因为当x>0时,f'(x)+>0,令g(x)=f(x)-,可得g'(x)=f'(x)+>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=1,可得g(1)=f(1)-1=0,对于A,g()<g(1),即f()-3<0,所以f()<3,故A正确;对于B,g()<g(1),即f()-π<0,所以f()<π,故B错误;对于C,g(log2e)>g(1),即f(log2e)-ln 2>0,所以f(log2e)>ln 2,故C正确;对于D,g(ln 3)>g(1),即f(ln 3)->0,所以f(ln 3)>log3e,故D错误.故选AC. 8.b<c<a　解析 由已知得f'(x)=-sin x+ex,当x>0时,ex>1,而sin x≤1,所以f'(x)>0,因此f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.又因为2>ln 2>ln,所以f()<f(ln 2)<f(2),即b<c<a. 9.(1)解 因为f(1)=2,所以1-a=2,得a=-1,则g(x)=(x+1)ex,g'(x)=(x+2)ex,则g(0)=1,g'(0)=2,所以曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1. (2)证明 若f(x)在区间[2,+∞)上单调递增,则f'(x)=3x2-2ax≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则a≤对x∈[2,+∞)恒成立,所以a≤×2=3,所以g'(x)=(x-a+1)ex≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则g(x)在区间[2,+∞)上单调递增. 若g(x)在区间[2,+∞)上单调递增,则g'(x)=(x-a+1)ex≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则a≤x+1对x∈[2,+∞)恒成立,所以a≤2+1=3,所以f'(x)=x(3x-2a)≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则f(x)在区间[2,+∞)上单调递增. 综上,“f(x)在区间[2,+∞)上单调递增”是“g(x)在区间[2,+∞)上单调递增”的充要条件. 10.C　解析 f'(x)=ex-cos x-sin x=ex-sin(x+),当x>1时,ex>e>sin(x+)≤,所以f'(x)>0,故函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增. (方法1)构造函数h(x)=(x>1),h'(x)=. 因为x>1,所以0<ln x<ln(x+1),0<, 所以h'(x)=<0,故函数h(x)==logx(x+1)在区间(1,+∞)上单调递减,所以log23>log34>log45>1,所以f(log23)>f(log34)>f(log45),所以a>b>c. (方法2)令a>b>0,m>0,则<0,所以. 故logab==loga+m(b+m),所以0<log32<log43<log54<1,即>1,即log23>log34>log45>1,即f(log23)>f(log34)>f(log45),所以a>b>c. (方法3)=1,所以log23>log34,=1,所以log34>log45,所以log23>log34>log45>1,所以f(log23)>f(log34)>f(log45),所以a>b>c. 11.AC　解析 构造辅助函数g(x)=e-2xf(x),求导得g'(x)=-2e-2xf(x)+e-2xf'(x)=e-2x[f'(x)-2f(x)],因为f'(x)-2f(x)>0,e-2x>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增,所以g(2)>g(1),所以e-4f(2)>e-2f(1),即f(2)>e2f(1),故A正确;根据单调性有g(1)>g(-1),所以e-2f(1)>e2f(-1),即f(-1)<e-4f(1),故B错误;因为ln e=1>ln 2,所以g(1)>g(ln 2),则有e-2f(1)>e-2ln 2f(ln 2),即4f(1)>e2f(ln 2),故C正确;根据单调性有g(2)>g(0),e-4f(2)>e0f(0),即e4f(0)<f(2),故D错误.故选AC. 12.(0,+∞)　解析 f'(x)=2sin xcos x+2x=sin 2x+2x,因为f'(0)=0,所以x=0是f'(x)的一个零点,令f'(x)=g(x),则g'(x)=2+2cos 2x≥0,即f'(x)单调递增,所以当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,故函数在区间(0,+∞)上单调递增. 13.(1)解 令g(x)=f'(x)=,x∈(-1,+∞),则g'(x)=. ∵若g'(x)>0,则-1<x<e-1,若g'(x)<0,则x>e-1, ∴g(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减, ∴f'(x)max=f'(e-1)=. (2)证明 切线l1的方程为y-f(a)=f'(a)(x-a), 即y=f'(a)(x-a)+f(a). 即证f(x)-[f'(a)(x-a)+f(a)]>0对x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立. 令h(x)=f(x)-f'(a)x+f'(a)a-f(a),则h'(x)=f'(x)-f'(a).显然f'(a)<0. 由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减.又a∈(-1,0),h'(a)=0,∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<0,当x∈(a,e-1)时,h'(x)>0,当x∈[e-1,+∞)时,h'(x)>0显然成立. 即当x∈(a,+∞)时,h'(x)>0. ∴当x∈(-1,a)时,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0. 当x∈(a,+∞)时,h(x)单调递增,h(x)>h(a)=0. 综上,原命题得证. (3)解 令y=f'(a)(x-a)+f(a)=0, 又f'(a)≠0,∴x1=+a,同理x2=+a=f'(a)f(a)+a. ∴, 下面求t=f'(a)的取值范围. 由(1)知,当a>0时,t=f'(a)∈(0,],即t2∈(0,], ∴=-1+∈[-1,1),即∈[,1). 学科网（北京）股份有限公司 $