第3章 第2节 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（创新版）

**基本信息** 聚焦导数应用，以“求导-判号”为核心，通过基础到综合题型递进，系统提炼单调区间判断、参数分类讨论等方法，构建“导数计算-性质应用”逻辑链条，培养数学思维与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |导数应用基础|7题（1-7）|求导-判号法、恒成立转化、图像与导数符号关联|导数计算→符号分析→单调性判断| |导数综合应用|8题（8-15）|参数分类讨论、构造辅助函数、极值点分析|基础方法→参数讨论→综合问题解决|

限时规范训练(二十一) (建议用时：60分钟　分值：104分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是(　　) A．(－∞，2) B．(0，3) C．(1，4) D．(2，＋∞) 解析：A　由已知得，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，令f′(x)＝0，即(x－2)ex＝0，解得x＝2；当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)．故选A. 2．“函数y＝ax－sin x在R上是增函数”是“a＞0”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：A　因为函数y＝ax－sin x是增函数，所以y′＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x恒成立，所以a≥1＞0，反之，a＞0，函数的导数不一定大于0.故“函数y＝ax－sin x在R上是增函数”是“a＞0”的充分不必要条件．故选A. 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且函数f(x)的图象如图所示，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　) 解析：C　由题图可知函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，且f′(－1)＝0.对于函数y＝xf′(x)，当x∈(－∞，－1)时，xf′(x)＞0，当x∈(－1，0)时，xf′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，xf′(x)＞0，且当x＝－1时，xf′(x)＝0，当x＝0时，xf′(x)＝0，显然选项C符合．故选C. 4．已知函数f(x)＝ln x，且a＝f，b＝f，c＝，则(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．a>c>b D．c>b>a 解析：B　由f(x)＝ln x，得f′(x)＝ln x＋，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为c＝f，0<<<<1，所以f>f>f，故c>a>b.故选B. 5．(多选)若f(x)＝－x2＋2x＋1是区间(m－1，m＋4)上的单调函数，则实数m的值可以是(　　) A．－4 B．－3 C．3 D．4 解析：CD　由题意，知f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，令f′(x)＞0，解得－1＜x＜2，令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞2，所以f(x)在(－1，2)上单调递增，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，若函数f(x)＝－x2＋2x＋1在区间(m－1，m＋4)上单调，则m＋4≤－1或m－1≥2或解得m≤－5或m≥3或m∈∅，即m≤－5或m≥3.故选CD. 6．(多选)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝(　　) A．在区间(0，1)上单调递增 B．在区间(1，4)上单调递减 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递减 解析：AC　当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，排除B、D； g′(x)＝＞f′(x)，即g′(x)＝＞0，所以函数g(x)＝在(0，1)上单调递增，故A正确；又由题图得，当x∈时，f(x)＜f′(x)，即g′(x)＝＜0，所以函数g(x)＝在上单调递减，故C正确．故选AC. 7．(5分)已知函数f(x)＝＋ax＋1存在三个单调区间，则实数a的取值范围是___________________________． 解析：由函数f(x)＝＋ax＋1，可得f′(x)＝x2＋ax＋a，由函数f(x)存在三个单调区间，可得f′(x)有两个不相等的实数根，则满足Δ＝a2－4a＞0，解得a＜0或a＞4，即实数a的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪(4，＋∞) 8．(13分)求函数f(x)＝ex＋ln (1－x)＋1的单调递减区间． 解：由1－x＞0知x＜1，故f(x)的定义域为(－∞，1)．f′(x)＝ex＋(1－x)′＝ex＋.记g(x)＝ex(x－1)＋1(x＜1)，则g′(x)＝(ex)′(x－1)＋ex(x－1)′＝ex(x－1)＋ex＝xex.令g′(x)＝0，解得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表所示． x (－∞，0) 0 (0，1) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 0 单调递增 因此，当x＝0时，g(x)有最小值g(0)＝0. 所以当x∈(－∞，1)时，g(x)≥g(0)＝0， 即f′(x)＝≤0， 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，1)． 9．已知函数f(x)＝x＋x－1，则不等式f(x)＜0的解集是(　　) A．(－1，0) B．(0，1) C．(－∞，－1)∪(0，＋∞) D．(－1，1) 解析：A　由f(x)＝x＋x－1得f′(x)＝ln ·x＋1＝1－ln 2·x＝，由f′(x)＞0，即2x－ln 2＞0，解得x＞log2(ln 2)，由f′(x)＜0，得x＜log2(ln 2)，所以f(x)在(－∞，log2(ln 2))上单调递减，在(log2(ln 2)，＋∞)上单调递增．由选项知，f(1)＝，f(－1)＝-1－1－1＝0，f(0)＝0，作出函数f(x)的大致图象如图所示．所以不等式f(x)＜0的解集是(－1，0)．故选A. 10．已知函数f(x)＝cos x＋ex，且a＝f(2)，b＝，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：D　由f(x)＝cos x＋ex可得f′(x)＝－sin x＋ex，当x＞0时，f′(x)＝－sin x＋ex＞－sin x＋1≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又－ln 2＝＜0，所以＜ln 2，即＜ln 2＜2，则f＜f(ln 2)＜f(2)，所以b＜c＜a.故选D. 11．(5分)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，则实数k的取值范围是______________． 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则2k－1≥0，即k≥.f′(x)＝4x－＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，因为f(x)在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，所以2k－1<<2k＋1，解得－<k<.综上所述，≤k<. 答案： 12．(13分)已知函数f(x)＝3a ln x－x2－(a－3)x，试讨论f(x)的单调性． 解：由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x－(a－3)＝－. ①若a≥0，则当0＜x＜3时，f′(x)＞0，当x＞3时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减． ②若－3＜a＜0，由f′(x)＜0，得0＜x＜－a或x＞3，由f′(x)＞0，得－a＜x＜3，所以f(x)在(0，－a)，(3，＋∞)上单调递减，在(－a，3)上单调递增． ③若a＝－3，则f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ④若a＜－3，由f′(x)＜0，得0＜x＜3或x＞－a，由f′(x)＞0，得3＜x＜－a，所以f(x)在(0，3)，(－a，＋∞)上单调递减，在(3，－a)上单调递增． 13．(15分)已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围． 解： (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)； 当a＝0时，f(x)不是单调函数． (2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， 所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝， 所以g(x)＝x3＋x2－2x， 所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. 因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数， 即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点． 由于g′(0)＝－2， 所以 当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，由于g′(0)＜0，故g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9; 由g′(3)＞0，得m＞－.所以－＜m＜－9.即实数m的取值范围是. 14．(多选)若函数f(x)·ln x在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的函数为(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝x－1 C．f(x)＝ D．f(x)＝ex 解析：AD　令g(x)＝f(x)·ln x，x∈(0，＋∞)．对于A，g(x)＝·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＞0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故A符合题意；对于B，g(x)＝(x－1)ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ln x－＋1，又′＝＞0，g′(1)＝0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故B不符合题意；对于C，g(x)＝·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，又′＝－＜0，所以g′(x)在定义域上单调递减，且g′(e)＝＜0，故C不符合题意；对于D，g(x)＝ex·ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex·，令h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增；当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上单调递减．所以h(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝1＞0，所以g′(x)＝ex·＞0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故D符合题意．故选AD. 15．(5分)已知x∈，则不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为________． 解析：不等式esin x－cos x－tan x≥0，可化为， 当x∈时，cos x>0， 又esin x>0，所以. 令f(x)＝，则f(cos x)≥f(sin x)． 因为f′(x)＝，所以当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x∈时，cos x∈(0，1]，sin x∈(－1，1)，所以由f(x)的单调性可得cos x≥sin x， 即当x∈时，tan x≤1， 所以可得x∈，即不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $