3.2 导数与函数的单调性(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

**基本信息** 聚焦导数与函数单调性的系统性训练，通过导数几何意义、符号分析、分类讨论等方法，构建从基础应用到综合迁移的知识逻辑链，培养数学思维与创新意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-9题|导数几何意义、解不等式求单调区间、构造函数法|导数正负与单调性关系→单调区间求解| |综合提升|10-14题|分类讨论参数、结合奇偶性/对称性|含参函数单调性讨论→函数性质综合应用|

限时规范训练22　导数与函数的单调性 (建议用时：60分钟　分值：98分) 1．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的大致图象是(　　) 解析：B　因为y＝f′(x)的图象经过(－1，0)与(1，0)两点，即f′(－1)＝0，f′(1)＝0，由导数的几何意义可知y＝f(x)在x＝－1与x＝1处的切线的斜率为0，故A、C、D错误；由y＝f′(x)的图象知，f′(x)>0在(－1，1)上恒成立，故f(x)在(－1，1)上单调递增，又f′(x)在(－1，0)上越来越大，在(0，1)上越来越小，所以f(x)在(－1，0)上增长速度越来越快，在(0，1)上增长速度越来越慢，故B正确．故选B. 2．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x－2sin x，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析：A　f′(x)＝1－2cos x，x∈(0，π)，令f′(x)＝1－2cos x<0得cos x>，解得x∈，则f(x)的单调递减区间为.故选A. 3．(2026·湖北云学联盟2月质检)已知函数f(x)的定义域是R，f′(x)是f(x)的导数，f(1)＝对∀x∈R，有f′(x)≤－e，则不等式f(x)<x2ln x－x2的解集是(　　) A．(0，1) B． C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：D　令g(x)＝f(x)－(x2ln x－)，g′(x)＝f′(x)－(x ln x－2x)．令h(x)＝x ln x－2x，h′(x)＝ln x－1，所以当x∈(0，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝－e，－h(x)≤e，所以g′(x)＝f′(x)－h(x)≤f′(x)＋e≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝f(1)＋＝0，所以g(x)<0⇔g(x)<g(1)的解集为(1，＋∞)，故选D. 4．(多选)若函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，则f(x)可能是(　　) A．f(x)＝ln (x－2)＋x B．f(x)＝ C．f(x)＝x＋ D．f(x)＝x(ln x－1) 解析：BD　对于A，f(x)＝ln (x－2)＋x的定义域为(2，＋∞)，故单调递增区间不可能为(1，＋∞)，故A错误；对于B，f(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，解得x>1，所以f(x)＝的单调递增区间为(1，＋∞)，故B正确；对于C，f(x)＝x＋的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－，令f′(x)＝>0，解得x>1或x<－1，所以f(x)＝x＋的单调递增区间为(1，＋∞)，(－∞，－1)，故C错误；对于D，f(x)＝x(ln x－1)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－1＋1＝ln x，令f′(x)＝ln x>0，解得x>1，故f(x)＝x(ln x－1)的单调递增区间为(1，＋∞)，D正确．故选BD. 5．(多选)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足>0，下列说法正确的是(　　) A．f(2)>f(1) B．f(3)>f(2) C．f(1)＋f(3)<2f(2) D．f(1)＋f(3)>2f(2) 解析：AC　由>0，则或所以当x<2时，f′(x)>0，当x>2时，f′(x)<0, 所以函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以f(2)>f(1)，f(2)>f(3)，所以2f(2)>f(1)＋f(3)．故选AC. 6．(5分)定义在R上的函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝x2－x ln x，则不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为________. 解析：依题意，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝x－ln x－1，令y＝x－ln x－1，x>1，求导得y′＝1－>0，函数f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，f′(x)≥f′(1)＝0，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不等式f(3x－1)≥f(0)化为|3x－1－1|≥|0－1|，解得x≤或x≥1，所以不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为. 答案：∪[1，＋∞] 7．(5分)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为________. 解析：f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3，1)，得f′(x)<0的解集为(－3，1)，则－3，1是f′(x)＝0的解，所以－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2. 答案：－2 8．(5分)(2025·江苏苏州三模)若f(x)＝x(ln x＋a)在[1，e]上不单调，则实数a的取值范围是__________. 解析：由f(x)＝x(ln x＋a)，可得f′(x)＝ln x＋a＋1，若f(x)＝x(ln x＋a)在[1，e]上不单调，则f′(x)＝0在(1，e)上有解，即ln x＋a＋1＝0在(1，e)上有解，即存在x∈(1，e)，使得a＝－ln x－1，又因为y＝－ln x－1在(1，e)上单调递减，所以－2<a<－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1)． 答案：(－2，－1) 9．(5分)已知函数f(x)＝，若f(a＋3)＋f(2a)>0，则a的取值范围是________. 解析：由函数f(－x)＝＝－f(x)(x∈R)，可得f(x)为奇函数，又f′(x)＝>0，所以f(x)为R上的单调递增函数，故由f(a＋3)＋f(2a)>0可得f(a＋3)>－f(2a)＝f(－2a)，即a＋3>－2a，所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 10．(13分)(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋a(a∈R)，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝ex＋ax＋a求导得：f′(x)＝ex＋a, ①当a≥0时，f′(x)>0在R上恒成立，故f(x)在R上单调递增； ②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝ln (－a)， 当x<ln (－a)时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，ln (－a))上单调递减； 当x>ln (－a)时，f′(x)>0，f(x)在(ln (－a)，＋∞)单调递增． 11．(13分)已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调区间． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝e2x－2x，则f′(x)＝2e2x－2， f′(1)＝2e2－2，f(1)＝e2－2， 所以所求切线方程为y＝(2e2－2)(x－1)＋e2－2， 整理得y＝(2e2－2)x－e2. (2)f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)． ①若a≥0，令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln . (ⅰ)若ln <0，即－2<a<0， 当x<ln 时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增； 当ln <x<0时，f′(x)<0，f′(x)在单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)若ln >0，即a<－2， 当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增； 当0<x<ln 时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减； 当x>ln 时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增． (ⅲ)若ln ＝0，即a＝－2，此时f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和，单调递减区间为； 当a＝－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 当－2<a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为； 当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． 12．已知f(x)＝x2－2x＋，a＝2ln 3，b＝，c＝t2－t＋6，则f(a)，f(b)，f(c)，f(π)的大小关系正确的为(　　) A．f(a)<f(b)　　　 B．f(π)>f(c) C．f(a)>f(c) D．f(π)>f(a) 解析：D　因为f(x)＝x2－2x＋，则f′(x)＝2x－2＋＝(x－1)，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)单调递增；因为a＝2ln 3>20＝1，b＝>20＝1，又ln 3>1>⇒a＝＝b⇒f(a)>f(b)，故A错误；c＝t2－t＋6＝>π>1，所以f(π)<f(c)，故B错误；因为c≥＝3<π，所以f(π)>f(a)，故D正确．故选D. 13．已知函数f(x)＝2x sin x＋2cos x＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(2)的解集为(　　) A．(e2，＋∞) B．(0，e2) C．∪(1，e2) D． 解析：D　函数f(x)＝2x sin x＋2cos x＋x2的导数为f′(x)＝2x(cos x＋1)，则x>0时，易知f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)单调递增；因为f(－x)＝2(－x)sin (－x)＋2cos (－x)＋(－x)2＝2x sin x＋2cos x＋x2＝f(x)，则f(x)为偶函数，则不等式f(ln x)＋f＝f(ln x)＋f(－ln x)<2f(2)，可化为f(ln x)<f(2)，由其单调性，奇偶性可得：－2<ln x<2，解得<x<e2.故选D. 14．(15分)(2025·浙江衢州模拟)已知函数f(x)＝x cos x＋a sin x．求所有的实数a，使得函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 解：法一：因为f(－x)＝－x cos x－a sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cos x－x sin x，因为f′＝－<0，所以函数y＝f(x)在[0，π]上只能单调递减，由解得a＝－1. 下证当a＝－1时，f(x)＝x cos x－sin x在[－π，π]上单调． 由于f(x)是奇函数，只要y＝f(x)在[0，π]上单调， 因为f′(x)＝－x sin x≤0，所以y＝f(x)在[0，π]上单调递减，所以y＝f(x)在[－π，π]上单调递减． 综上，当a＝－1时，函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 法二：因为f(－x)＝－x cos x－a sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cos x－x sin x. ①当a＝－1时，f′(0)＝a＋1＝0，即a＝－1时，f′(x)＝－x sin x≤0， 所以函数y＝f(x)在[0，π]上单调递减， 所以a＝－1满足题意； ②当a>－1时，f′(0)＝a＋1>0，则f′(π)＝－(a＋1)<0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由函数零点存在定理得，存在x1，x2∈(0，π)，使得当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，当x∈(x2，π)时，f′(x)<0， 所以y＝f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x2，π)上单调递减， 因此a>－1不符合题意； ③当a<－1时，f′(0)＝a＋1<0，则f′(π)＝－(a＋1)>0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由函数零点存在定理得，存在x3，x4∈(0，π)，使得当x∈(0，x3)时，f′(x)<0， 当x∈(x4，π)时，f′(x)>0， 所以y＝f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x4，π)上单调递增， 因此a<－1不符合题意． 因此所求实数a的值是－1. 学科网（北京）股份有限公司 $