第2章 第11节 利用导数研究函数的单调性（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

**基本信息** 高中数学一轮复习专项训练，聚焦利用导数研究函数单调性，以题载法构建“求导-判号-应用”逻辑链，强化推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|9题|导数符号判断法、单调区间求解步骤|导数与单调性关系→解不等式确定区间→基础参数问题| |综合提升|5题|构造函数法、分类讨论参数、恒成立转化|单调性与极值综合→比较大小→复杂参数范围→实际应用|

课时冲关18　利用导数研究函数的单调性 学生用书　P299 [基础训练组] 1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　 B．(0，＋∞) C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1) 解析：D　[y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)， 由y′>0⇒x2＋2x－3<0⇒－3<x<1，∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3,1)．] 2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”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　[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．] 3．(2024·宣城市模拟)若函数f(x)＝x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为(　　 ) A．－1≤a≤2 B．－2≤a≤1 C．a＞2或a＜－1 D．a＞1或a＜－2 解析：D　[若函数f(x)有3个单调区间， 则f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有2个零点， 故Δ＝16a2－16(a－2)＞0，解得a＞1或a＜－2.] 4．(2024·沙坪坝区模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)＜，则对任意x1、x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，下列不等式中一定成立的有(　　) ①f(x1＋x2)＜f(x1)＋f(x2)； ②f(x1)＋f(x2)＜f(x1)＋f(x2)； ③f(2x1)＜2x1f(1)； ④f(x1x2)＜f(x1)f(x2)． A．①②③ B．②④ C．②③ D．③ 解析：A　[由已知g(x)＝，则g′(x)＝＜0， 故g(x)在(0，＋∞)单调递减， 故(x1－x2)[g(x1)－g(x2)]＜0，展开即为②； 由于2x1＞1，故g(2x1)＜g(1)，故③正确； 由于x1＋x2＞x1⇒g(x1＋x2)＜g(x1)⇒f(x1＋x2)＜f(x1)， 同理f(x1＋x2)＜f(x2)，相加得f(x1＋x2)＜f(x1)＋f(x2)，故①正确； 取f(x)＝1，它符合题意，但是④并不成立，综上一定成立的有①②③.] 5．(多选)(2024·山东省高三模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，且f＝，则(　　) A．f′＝0 B．f(x)在x＝处取得极大值 C．0＜f(1)＜1 D．f(x)在(0，＋∞)单调递增 解析：ACD　[∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x， 即满足＝. ∵′＝，∴′＝ ∴可设＝ln2x＋b(b为常数)， ∴f(x)＝xln2x＋bx. ∵f＝·ln2＋＝，解得b＝， ∴f(x)＝xln2x＋x， ∴f(1)＝，满足0＜f(1)＜1，∴C正确； ∵f′(x)＝ln2 x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，且仅有f′＝0 ∴B错误，A、D正确．] 6．(2022·新高考Ⅰ卷，7)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 解析：C　[令a＝xex，b＝，c＝－ln(1－x)， ①ln a－ln b＝x＋ln x－[ln x－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)， 令y＝x＋ln(1－x)，x∈(0,0.1]；y′＝1－＝<0， 所以y≤0，所以ln a－ln b≤0，所以b>a. ②a－c＝y＝xex＋ln(1－x)，x∈(0,0.1]，令y＝xex＋ln(1－x)， 则y′＝xex＋ex－＝， 令k(x)＝(1＋x)(1－x)ex－1，所以k′(x)＝(1－x2－2x)ex>0， 所以k(x)>k(0)>0，所以y>0， 所以a－c>0，所以a>c.综上b＞a＞c.] 7．已知函数f(x)＝－x3＋3x＋a，若存在三个互不相等的实数m，n，p，使得f(m)＝f(n)＝f(p)＝2 024，则实数a的取值范围是______． 解析：f′(x)＝－3x2＋3， 当x<－1或x>1时，f′(x)<0，当－1<x<1时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上都是递减，在(－1,1)上递增， 所以f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，f(x)的极大值为f(1)＝2＋a， 由题意解得2 022<a<2 026， 所以实数a的取值范围是(2 022,2 026)． 答案：(2 022,2 026) 8．函数f(x)＝的单调递增区间是________． 解析：由导函数 f′(x)＝＝ ＞0，得cos x＞－，所以2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，即函数f(x)的单调递增区间是(k∈Z)． 答案：(k∈Z) 9．(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即x≥ －在区间(0，＋∞)上恒成立， 故0＝1≥－，由a＋1∈(1,2)， 知ln(1＋a)＞0， 故即 故≤a＜1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 答案： 10．(2024·齐齐哈尔市模拟)已知函数f(x)＝kln x－1＋，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)＞ax在0＜x＜1时恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，∵y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直， ∴f′(1)＝0，即k＝1，∴f′(x)＝， ∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， ∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)f(x)＝ln x－1＋，∵f(x)＞ax 对0＜x＜1恒成立，∴a＜在(0,1)上恒成立， 设g(x)＝＝－＋(0＜x＜1)，则 g′(x)＝＋－＝， 令h(x)＝2x－xln x－2(0＜x＜1)，则 h′(x)＝2－ln x－1＝1－ln x＞0， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，∴h(x)＜h(1)＝0， ∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0,1)上单调递减， ∴g(x)＞g(1)＝0，∴a≤0. [能力提升组] 11．(2024·荆州市模拟)若函数f(x)＝mln x＋x2－mx在区间(0，＋∞)内单调递增．则实数m的取值范围为(　　 ) A．[0,8] B．(0,8] C．(－∞，0]∪[8，＋∞) D．(－∞，0)∪(8，＋∞) 解析：A　[f′(x)＝＋2x－m＝，若f(x)在(0，＋∞)恒成立，则2x2－mx＋m≥0在(0，＋∞)恒成立，即m(x－1)≤2x2在(0，＋∞)恒成立， ①x∈(0,1)时，只需m≥在(0,1)恒成立， 令p(x)＝，x∈(0,1)，则p′(x)＝＝＜0，故p(x)在(0,1)递减，x→0时，p(x)→0，x→1时，p(x)→－∞，故p(x)＜0，m≥0. ②x＝1时，m∈R. ③x∈(1，＋∞)时，只需m≤在(1，＋∞)恒成立， 令q(x)＝，x∈(1，＋∞)，则q′(x)＝＝， 令q′(x)＞0，解得x＞2，令q′(x)＜0，解得x＜2， 故q(x)在(1,2)递减，在(2，＋∞)递增， 故q(x)的最小值是q(2)＝8，故m≤8. 综上，m∈[0,8]．] 12．(多选)若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1＞0，且f(1)＝1，则下列结论中成立的是(　　) A．f(e)＞0 B．f＜2 C．∀x∈(1，e)，f(x)＞0 D．∃x∈(1，e)，f(x)－f＋2＜0 解析：ABC　[根据题意，若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1＞0，则有f′(x)＋＞0，则有(f(x)＋ln x)′＞0，设g(x)＝f(x)＋ln x，则g′(x)＝f′(x)＋＞0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，依次分析选项：对于A，e＞1，则g(e)＞g(1)，即f(e)＋ln e＞1，则有f(e)＞0，A成立；对于B，＜1，则g＜g(1)，则f＋ln＝f－1＜1，即有f＜2，故B成立；对于C，g(x)在(1，e)上为增函数，且g(1)＝1，则有f(x)＋ln x＞1，则f(x)＞1－ln x，又当1＜x＜e时，0＜ln x＜1，则f(x)＞0，符合题意；对于D，当x∈(1，e)时，有x＞＞＞0，此时有g(x)＞g，即f(x)＋ln x＞f＋ln，变形可得f(x)－f＋2ln x＞0，又当1＜x＜e时，0＜ln x＜1，则f(x)－f＋2＞0恒成立，不符合题意．] 13．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)＜，则不等式f(x2)＜＋的解集为________． 解析：设F(x)＝f(x)－x， 则F′(x)＝f′(x)－. ∵f′(x)＜，∴F′(x)＝f′(x)－＜0， ∴函数F(x)在R上单调递减， 而f(x2)＜＋，即f(x2)－＜f(1)－， ∴F(x2)＜F(1)，∴x2＞1，∴x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞) 14．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(1,2)上是单调函数，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为{x|x≠a}，f′(x)＝. ①当a＝0时，f(x)＝x(x≠0)，f′(x)＝1， 则x∈(－∞，0)，(0，＋∞)时，f(x)为增函数； ②当a>0时，由f′(x)>0，得x>2a或x<0， 由于此时0<a<2a，所以x>2a时，f(x)为增函数，x<0时，f(x)为增函数； 由f′(x)<0，得0<x<2a，考虑定义域，当0<x<a时，f(x)为减函数，a<x<2a时，f(x)为减函数； ③当a<0时，由f′(x)>0，得x>0或x<2a，由于此时2a<a<0，所以当x<2a时，f(x)为增函数，x>0时，f(x)为增函数． 由f′(x)<0得，2a<x<0，考虑定义域，当2a<x<a，f(x)为减函数，a<x<0时，f(x)为减函数． 综上，当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)． 当a>0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2a，＋∞)，单调减区间为(0，a)，(a,2a)． 当a<0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，2a)，(0，＋∞)，单调减区间为(2a，a)，(a,0)． (2)①当a≤0时，由(1)可得，f(x)在(1,2)上单调递增，且x∈(1,2)时，x≠a. ②当0<2a≤1时，即0<a≤时，由(1)可得，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，即在(1,2)上单调递增，且x∈(1,2)时，x≠a. ③当1<2a<2时，即<a<1时，由(1)可得，f(x)在(1,2)上不具有单调性，不合题意． ④当2a≥2，即a≥1时，由(1)可得，f(x)在(0，a)，(a,2a)为减函数，同时需注意a∉(1,2)，满足这样的条件时f(x)在(1,2)单调递减，所以此时a＝1或a≥2. 综上所述，实数a的取值范围是∪{1}∪[2，＋∞)． 7 学科网（北京）股份有限公司 $