课时规范练16　利用导数研究函数的单调性-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以导数工具为核心，通过分层训练系统构建“求导-符号分析-单调性判断”的逻辑体系，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|10题|直接求导法、导数符号判断、奇偶性结合单调性|导数概念→导数计算→单调性判定基础应用| |综合提升|4题|参数分类讨论、构造辅助函数|单调性与不等式、方程求解的综合迁移| |创新应用|2题|函数性质一致性分析、多变量恒成立转化|导数工具在复杂情境中的逻辑推理与模型构建|

课时规范练16　利用导数研究函数的单调性 基础巩固组 1.函数f(x)=e-xcos x(x∈(0,π))的单调递增区间为(　　) A. (0,) B.(,π) C. (0,) D.(,π) 2. 设函数f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则其导函数y=f'(x)的图象可能是(　　) A B C D 3.已知函数f(x)=ln x,且a=f,b=f,c=f(),则(　　) A.a>b>c B.c>a>b C.a>c>b D.c>b>a 4.若函数f(x)=(ax+1)ex在[1,2]上为增函数,则a的取值范围是(　　) A.[-,+∞) B.[-,+∞) C.[-,+∞) D.[0,+∞) 5.已知a=,b=,c=,其中e=2.718 28…为自然对数的底数,则(　　) A.b<a<c B.b<c<a C.a<b<c D.c<b<a 6.已知函数f(x)=3x3-sin x+x,则满足f(x)+f(4-3x)<0的x的取值范围是(　　) A.(1,+∞) B.(-∞,1) C.(2,+∞) D.(-∞,2) 7.(多选)已知函数f(x)=2x3+a(x-1)ex在区间[0,3]上不单调,则实数a的值可以是(　　) A. B.- C.- D. 8.已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),若f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为　　　.  9.已知函数f(x)=x(2x-2-x),则不等式2f(x)-3<0的解集为　　　　.  10.(2025广西南宁二模)已知函数f(x)=aex-x+2,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若f(x)≥ex恒成立,求a的取值范围. 综合提升组 11.已知函数f(x)=则使不等式f(ln x)>-成立的实数x的取值范围为(　　) A. (0,) B.(,+∞) C.(0,e) D.(e,+∞) 12.函数f(x)的定义域为R,f(1)=4,若∀x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+2的解集为(　　) A.(-1,1) B.(1,+∞) C.(-∞,1) D.R 13.已知函数f(x)=ax++aln内有三个单调区间,则实数a的取值范围是　　　　　.  14.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,其中f'(x)是f(x)的导函数.若2f(m-2 022)>(m-2 022)f(2),则实数m的取值范围为　　　　　　　　.  创新应用组 15.已知函数f(x)=ex-e-x,g(x)=sin x+x3-ax.对于任意x1,x2且x1≠x2,都有>0,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,0) B.(-∞,0] C.(-∞,1) D.(-∞,1] 16.(2025广西玉林联考)已知函数f(x)=ax2-(x-1)ex(a∈R),若对区间[0,1]上的任意实数x1,x2,x3,都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),则实数a的取值范围是 (　　) A.[1,2] B.[e,4] C.[1,4] D.[1,2)∪[e,4] 参考答案 1.D　解析f'(x)=-e-xcos x-e-xsin x=-e-x(cos x+sin x)=-e-xsin(x+), 当x∈(0,)时,e-x>0,sin(x+)>0,则f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(,π)时,e-x>0,sin(x+)<0,则f'(x)>0,f(x)单调递增. 故函数f(x)的单调递增区间为(,π). 2.D　解析 由f(x)的图象可知,f(x)在(-∞,0)上为单调递减函数,故x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,故排除A,C;当x∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象是先递增,再递减,最后再递增,所以f'(x)的值是先正,再负,最后是正,因此排除B,故选D. 3.B　解析 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. 4.B　解析依题意得f'(x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈[1,2]恒成立,即ax+a+1≥0对x∈[1,2]恒成立.因为y=ax+a+1的图象为直线,所以解得a≥-.故选B. 5.A　解析由题意得a=,b=,c=. 设f(x)=(x>0),则f'(x)=, 当0<x<e时,f'(x)>0,f(x)单调递增,又0<<2<e, 所以f()<f()<f(2),即,所以b<a<c. 故选A. 6.C　解析 f(x)=3x3-sin x+x,定义域为R,f(-x)=-3x3+sin x-x=-f(x),所以f(x)为奇函数. 又f'(x)=9x2-cos x+1≥0,所以f(x)在R上单调递增, 所以f(x)+f(4-3x)<0,即f(x)<-f(4-3x)=f(3x-4)⇒x<3x-4,解得x>2, 即x的取值范围是(2,+∞).故选C. 7.BC　解析由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f'(x)=6x2+axex.由题意知f'(x)=0在区间(0,3)内有解,即-a=在区间(0,3)内有解 .令g(x)=,则g'(x)=,令g'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,3)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,3)内单调递减.所以当x=1时,g(x)有极大值.g(0)=0,g(1)=,g(3)=,在区间(0,3)内,当直线y=-a与g(x)的图象有交点时,0<-a≤,但当-a=,即a=-时,f(x)在区间[0,3]上单调递减,所以0<-a<,即-<a<0,故实数a的值可以是-,-,故选BC. 8.　解析由f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),得f'(x)=3kx2+6(k-1)x.因为f(x)的单调递减区间是(0,4),所以f'(x)<0的解集为(0,4),所以x=4是方程3kx2+6(k-1)x=0的一个根,所以12k+6(k-1)=0,解得k=. 9.(-1,1)　解析因为f(x)的定义域为R,且f(-x)=(-x)(2-x-2x)=x(2x-2-x)=f(x),所以f(x)为偶函数.因为f'(x)=2x-2-x+xln 2(2x+2-x),当x>0时,f'(x)>0,所以f(x)单调递增. 又因为f(0)=0,f(1)=2-,由2f(x)-3<0可得f(x)<f(1),所以|x|<1,解得-1<x<1,即不等式的解集为(-1,1). 10.解 (1)f'(x)=aex-1, 当a≤0时,f'(x)<0,函数f(x)在R上单调递减; 当a>0时,由f'(x)>0,得x>-ln a,由f'(x)<0,得x<-ln a,所以函数f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递减,当a>0时,函数f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)f(x)≥ex等价于(a-1)ex≥x-2,即a-1≥. 令g(x)=,g'(x)=,当x<3时,g'(x)>0,当x>3时,g'(x)<0, 所以函数g(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减, 所以g(x)≤g(3)==e-3, 所以a-1≥e-3,即a≥e-3+1. 所以a的取值范围为[e-3+1,+∞). 11.C　解析因为f(0)=0,当x>0时,f(x)=-f(-x),所以,当x<0时,也有f(x)=-f(-x),即函数f(x)是奇函数.当x≤0时,f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1≤0,f(x)单调递减,所以奇函数f(x)在R上是减函数.又f(-1)=,所以f(1)=-f(-1)=-,所以f(ln x)>-即为f(ln x)>f(1),所以ln x<1,得0<x<e. 12.B　解析 构造函数F(x)=f(x)-2x-2,满足F(1)=f(1)-4=0,F'(x)=f'(x)-2>0, 所以F(x)在R上是增函数,又因为F(1)=0, 所以f(x)>2x+2的解集为(1,+∞).故选B. 13.　解析 由题意可知函数在内有三个单调区间,等价于f'(x)=0在内有两个不同的根.f'(x)=,令f'(x)=0,则x1=1, 即ax+ex=0在内有唯一不为1的根, 则a=-有唯一不为1的根. 令g(x)=-,则g'(x)=-,故当1>x>,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当2>x>1,g'(x)<0,g(x)单调递减,且g(1)=-e,g(2)=-,g=-2, 所以a∈. 14.(2 022,2 024)　解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),由xf'(x)-f(x)<0,得[]'=<0. 设F(x)=,x∈(0,+∞),则F'(x)<0,所以函数F(x)在区间(0,+∞)上单调递减. 又2f(m-2 022)>(m-2 022)f(2), 所以m-2 022>0,且, 所以0<m-2 022<2,解得2 022<m<2 024,即m的取值范围为(2 022,2 024). 15.D　解析因为>0,所以f(x1)-f(x2)与g(x1)-g(x2)同号,因此f(x)与g(x)的单调性相同.因为f'(x)=ex+e-x>0在R上恒成立,所以函数f(x)在R上单调递增,因此g(x)也在R上单调递增,而g'(x)=cos x+x2-a,所以cos x+x2-a≥0恒成立,即a≤cos x+x2恒成立.令h(x)=cos x+x2,则h'(x)=x-sin x.设m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,所以函数m(x)单调递增.又因为m(0)=0,所以当x<0时,m(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;当x>0时,m(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)=cos x+x2的最小值为h(0)=1,因此a≤1.故选D. 16.C　解析 由题得f'(x)=ax-[ex+(x-1)ex]=ax-xex=x(a-ex). 当a<1时,f'(x)<0,所以函数f(x)在[0,1]上单调递减, 因为对区间[0,1]内的任意实数x1,x2,x3,都有f(x1)+f(x2)≥f(x3), 所以f(1)+f(1)≥f(0),所以a+a≥1, 故a≥1,与a<1矛盾,故a<1不成立. 当1≤a<e时,函数f(x)在[0,ln a]上单调递增,在(ln a,1]上单调递减. 所以f(x)max=f(ln a)=aln2a-aln a+a. 因为对区间[0,1]内的任意实数x1,x2,x3,都有f(x1)+f(x2)≥f(x3), 所以f(0)+f(1)≥f(ln a), 所以1+a≥aln2a-aln a+a, 即aln2a-aln a+a-1≤0. 令g(a)=aln2a-aln a+a-1(1≤a<e), 则g'(a)=(ln2a-1)<0, 所以函数g(a)在(1,e)内单调递减,g(a)max=g(1)=-<0, 所以当1≤a<e时,满足题意. 当a≥e时,函数f(x)在(0,1)内单调递增,因为对区间[0,1]内的任意实数x1,x2,x3,都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),所以f(0)+f(0)≥f(1),故1+1≥a,所以a≤4,故e≤a≤4. 综上所述,a∈[1,4].故选C. 1 学科网（北京）股份有限公司 $