微专题集训17 导数与函数的单调性-【高考领航】2027年高考数学一轮复习微专题速练

**基本信息** 聚焦导数与函数单调性的核心应用，通过高考真题与模拟题构建从基础判断到参数求解的知识逻辑链，强化数学思维中的推理能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|4题（含2023新课标Ⅱ卷T6等）|已知单调性求参数、单调区间判断|导数正负与函数增减的直接转化| |综合应用|5题（含2022新高考Ⅰ卷T7等）|比较大小、极值点分析|构造函数与导数工具的综合运用| |创新拓展|3题（多选及2026模拟题）|抽象函数单调性、跨模块综合|导数应用的迁移与逻辑推理深化|

微专题集训17　导数与函数的单调性 1．(2023·新课标Ⅱ卷T6，中)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 2．(2022·新高考Ⅰ卷T7，难)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 3．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷T10，中)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 4．(2023·全国乙卷理T16，难)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________． 1．已知f′(x)是定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数，且f(x)－xf′(x)>0，则a＝f(2)，b＝f(e)，c＝f(3)的大小关系为(　　) A．b<a<c B．c<b<a C．a<b<c D．c<a<b 2．已知函数f(x)＝ex－x ln x－(a－1)x2，对任意x1>x2>0，都满足>ln a－1，则正数a的最大值为(　　) A． B．e C． D．2e 3．若对于0<x1<x2<a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为(　　) A． B．1 C．e D．2e 4．(多选)设a，b为正数，且a<b，则(　　) A．a2<b3 B．＋b>2 C．sin <sin D．ln <a－b 1．(2026·四川大数据留学联盟质量测评)已知函数f(x)＝ln x－3x＋a(a∈R)，则f(x)的单调递增区间为(　　) A． B． C．(0，3) D．(3，＋∞) 2．(2026·北京朝阳月考)已知a＝ln 2，b＝sin ，(e≈2.718)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b<a<c B．a<c<b C．b<c<a D．a<b<c 3．(2026·江苏南通月考)函数f(x)＝－x2＋kx－ln x在区间上存在单调递增区间，则k的取值范围是(　　) A． B．(2，＋∞) C．[2，＋∞) D． 4．(多选)(2026·黑龙江绥化模拟)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(　　) A．f(2)>e2f(1) B．f(－1)>e-4f(1) C．4f(1)>e2f(ln 2) D．e4f(0)>f(2) 5．(多选)(2026·宁夏吴忠月考)若函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰好有三个单调区间，则实数b的取值可以是(　　) A．－2 B．－ C．e D．2 6．(2026·上海松江期中)函数y＝x ln x的单调递减区间为________． 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题集训17　导数与函数的单调性 [真题精准练] 1．C　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥， 设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增， g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e-1，即a的最小值为e-1.故选C. 2．C　设u(x)＝xex(0＜x≤0.1)，v(x)＝(0＜x≤0.1)，ω(x)＝－ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则当0＜x≤0.1时，u(x)＞0，v(x)＞0，ω(x)＞0.①设f(x)＝ln [u(x)]－ln [v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln (1－x)]＝x＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则f′(x)＝1－＜0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上单调递减，所以f(0.1)＜0＋ln (1－0)＝0，即ln [u(0.1)]－ln [v(0.1)]＜0，所以ln [u(0.1)]＜ln [v(0.1)]，又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)＜v(0.1)，即0.1e0.1＜，所以a＜b.②设g(x)＝u(x)－ω(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－(0＜x≤0.1)，设h(x)＝(1－x2)ex－1(0＜x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex＞0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)＞(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)＞0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上单调递增，所以g(0.1)＞0×e0＋ln (1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－ω(0.1)＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b，故选C. 3．ACD　因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确． 当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误． 当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确． 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确．综上，选ACD. 4．解析：f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a，即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，故0＝1≥而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0，故即故≤a<1，故实数a的取值范围是. 答案： [高考变式练] 1．B　令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，因为f(x)－xf′(x)>0，所以g′(x)＝<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为0<2<e<3，所以g(2)>g(e)>g(3)，所以>>，所以a>b>c，故选B. 2．B　由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，a>0，由条件可得f(x1)－f(x2)>(ln a－1)(x1－x2)，所以f(x1)－(ln a－1)x1>f(x2)－(ln a－1)x2.设g(x)＝f(x)－(ln a－1)x＝ex－x ln x－(a－1)x2－(ln a－1)x，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．求导得g′(x)＝ex－ln x－(a－1)x－ln a＝(ex＋x)－[ax＋ln (ax)]，则g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以ex＋x≥ax＋ln (ax)，即ex＋ln ex≥ax＋ln (ax)恒成立，易知y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，故只需ex≥ax，即≥a在x>0时恒成立即可．设t(x)＝，x>0，则t′(x)＝，可知t(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则t(x)≥t(1)＝e，所以a≤e，即a的最大值为e.故选B. 3．B　因为0<x1<x2<a，x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，所以，即.令φ(x)＝，则φ′(x)＝，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．故a≤1时满足题意，所以a的最大值为1.故选B. 4．BC　对于A，取a＝，则a2＝＝0.25，b3＝＝0.216，则a2>b3，故A错误；对于B，由于b>a>0，所以>，由于＋b≥2，当且仅当b＝1时取等号；所以＋b>＋b≥2，则＋b>2，故B正确；对于C，由于b>a>0，则0<<<1<，由于f(x)＝sin x在上单调递增，所以sin <sin ，故C正确；对于D，令f(x)＝ln (x＋1)－x(x>0)，则f′(x)＝<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；由于0<a<b，所以f(a)>f(b)，即ln (a＋1)－a>ln (b＋1)－b，则ln >a－b，故D错误．故选BC. [最新模拟练] 1．A　函数f(x)＝ln x－3x＋a(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，因为x>0，由f′(x)＝>0，可得0<x<，故函数f(x)的单调递增区间为.故选A. 2．C　令f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cos x－1≤0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递减，所以f＝sin <f(0)＝0⇒sin <，又a＝ln 2>ln >，故a>c>b.故选C. 3．B　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x＋k－，因为函数f(x)在区间上存在单调递增区间，所以f′(x)＝>0在区间有解，即－x2＋kx－1>0在区间有解，所以k>x＋在区间上能成立，故k>min，又y＝x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，所以k>2.故选B. 4．AC　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-4·f(2)>e0·f(0)，即e4f(0)<f(2)，所以D错误．故选AC. 5．ACD　由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1，函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰好有三个单调区间，则函数f(x)＝x3＋bx2＋x有两个极值点，即f′(x)＝3x2＋2bx＋1有两个不同的零点，则判别式Δ＝4b2－12>0，解得b<－或b>，所以实数b的取值范围是∪.故选ACD. 6．解析：函数y＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，又y′＝ln x＋x·＝ln x＋1，令y′<0，则ln x＋1<0，解得0<x<，所以函数y＝x ln x的单调递减区间为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $