第3章 第2讲 导数与函数的单调性 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦导数与函数单调性的逻辑推理，通过多样化题型构建从概念理解到综合应用的知识链条 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-4题|导函数图像分析、单调区间判断|从导数符号与单调性关系切入，强化概念理解| |综合应用|5-8题|分段函数、图像识别|结合函数性质与导数工具，培养数学思维| |参数讨论|9-14题|含参单调性、导数应用|通过分类讨论深化逻辑推理，构建知识应用体系|

1．已知定义在(－1，3)上的函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的单调递减区间是(　　) A．(－1，0) B．(－1，1) C．(0，2) D．(2，3) 解析：选C．由题图可知，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以y＝f(x)的单调递减区间是(0，2). 2．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝(　　) A．－4 B．－1 C．1 D．4 解析：选A．易知f′(x)＝x2－3x＋a，且f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4. 3．(2026·亳州期末)下列函数在区间(0，π)上单调递减的是(　　) A．y＝x－sin x B．y＝x＋cos x C．y＝x sin x＋cos x D．y＝x cos x－sin x 解析：选D．A选项，y′＝1－cos x，当x∈(0，π)时，cos x<1，所以y′>0恒成立，则y＝x－sin x在区间(0，π)上单调递增，A错误；B选项，y′＝1－sin x，当x∈(0，π)时，sin x≤1，所以y′≥0恒成立，则y＝x＋cos x在区间(0，π)上单调递增，B错误；C选项，y′＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，当x∈时，cos x>0，所以y′>0，y＝x sin x＋cos x在区间(0，)上单调递增，C错误；D选项，y′＝cos x－x sin x－cos x＝－x sin x，当x∈(0，π)时，sin x>0，所以y′<0恒成立，所以y＝x cos x－sin x在区间(0，π)上单调递减，D正确． 4．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex-2－f(0)x＋x2，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．(－∞，0) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(0，＋∞) 解析：选A．由题意得f′(x)＝f′(2)ex-2－f(0)＋x，所以f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，则f(0)＝2，所以f(0)＝f′(2)e-2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋x2，f′(x)＝2ex－2＋x.易知f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0). 5．(多选)如图为y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列四个说法，其中正确的是(　　) A．f(x)有三个单调区间 B．f(－2)＜f(－1) C．f(－1)＜f(1) D．f(x)在[－1，2]上单调递增，在(2，4]上单调递减 解析：选CD．对于A，由题图可以看出，f′(x)的符号是先负后正，再负再正，所以函数f(x)有四个单调区间，故A错误；对于B，当x∈[－2，－1]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以f(－2)＞f(－1)，故B错误；对于C，当x∈[－1，2]时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，所以f(－1)＜f(1)，故C正确；对于D，当x∈(2，4]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，故D正确． 6．(多选)下列函数在定义域上是增函数的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝ln x－ C．f(x)＝ex·2－x D．f(x)＝ex(x2＋1) 解析：选BCD．对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，(e，＋∞)上单调递减，A错误；对于B，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，B正确；对于C，f(x)＝ex·2－x＝()x为增函数，C正确；对于D，f′(x)＝ex(x2＋1)＋ex·2x＝ex(x2＋2x＋1)＝ex(x＋1)2≥0，所以f(x)为增函数，D正确． 7．函数f(x)＝ln x－为__________函数．(填“增”或“减”) 解析：由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞). 因为f(x)＝ln x－，所以f′(x)＝－＝.因为x＞0，所以4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 答案：增 8．已知函数f(x)＝则f(x)的单调递减区间为________． 解析：当x＜0时，f(x)＝－x－2，则f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x≥0时，f(x)＝(x－2)ex，则f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，当0≤x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在[0，1)上单调递减．又(0－2)e0＝－0－2，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1). 答案：(－∞，1) 9．(13分)已知函数f(x)＝－2x＋2ln a(a＞0)，判断函数f(x)在(1，＋∞)上的单调性． 解：由题知，f′(x)＝，x＞1， 当0＜a≤时，f′(x)＞0， f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 当a＞时，令f′(x)＝0，得x＝ln (2a)，当1＜x＜ln (2a)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，ln (2a))上单调递减； 当x＞ln (2a)时，f′(x)＞0， f(x)在(ln (2a)，＋∞)上单调递增． 综上，当0＜a≤时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增； 当a＞时，f(x)在(1，ln (2a))上单调递减， 在(ln (2a)，＋∞)上单调递增． 10．函数f(x)＝x2＋cos x在[－π，π]上的图象大致为(　　) 解析：选A．由题意知，f(x)的定义域关于原点对称，f(－x)＝(－x)2＋cos (－x)＝x2＋cos x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，排除C，D；下面只需讨论x∈[0，π]时的情况，因为f′(x)＝x－sin x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝1－cos x≥0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增， 又f′(0)＝0，所以f′(x)≥0在[0，π]上恒成立，因此f(x)在[0，π]上单调递增，排除B，故选A． 11．(2026·湖北部分学校模拟)已知函数f(x)＝(x－2)n，n∈N*，则“n＝1”是“f(x)是增函数”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：选A．由f(x)＝(x－2)n，n∈N*，得f′(x)＝n(x－2)n-1，n∈N*.当n＝2k＋1，k∈N时，f′(x)≥0且f′(x)不恒为0，f(x)＝(x－2)n是增函数，由n＝1，可得f(x)是增函数；当f(x)是增函数时，n＝2k＋1，k∈N.所以“n＝1”是“f(x)是增函数”的充分不必要条件． 12．(多选)已知函数y＝f(x)与y＝f′(x)的图象如图所示，则关于g(x)＝的说法正确的是(　　) 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(1，)上单调递减 D．在区间(，4)上单调递减 解析：选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，＋∞)，排除选项B，D；g′(x)＝，由题图易得，当x∈(0，1)时，f(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∈(1，)时，f(x)＜f′(x)，即g′(x)＝＜0，所以函数g(x)＝在(1，)上单调递减，故C正确． 13．(13分)(2026·河南模拟)已知f(x)＝eaxsin 2x－2ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0. (1)求a的值；(4分) (2)设f(x)的导函数为g(x)，求g(x)的单调区间．(9分) 解：(1)因为f(x)＝eaxsin 2x－2ax，所以f′(x)＝aeaxsin 2x＋2eaxcos 2x－2a， 因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0， 所以f′(0)＝2－2a＝－2，解得a＝2. (2)由(1)可得f(x)＝e2xsin 2x－4x，所以f′(x)＝2e2xsin 2x＋2e2xcos 2x－4， 则g(x)＝f′(x)＝2e2x(sin 2x＋cos 2x)－4，定义域为R， 所以g′(x)＝2[2e2x(sin 2x＋cos 2x)＋e2x(2cos 2x－2sin 2x)]＝8e2xcos 2x， 因为e2x＞0，令g′(x)＞0，即cos 2x＞0，解得－＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z； 令g′(x)＜0，即cos 2x＜0，解得＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z，所以g(x)的单调递增区间为(－＋kπ，＋kπ)，k∈Z，单调递减区间为(＋kπ，＋kπ)，k∈Z. 14．(15分)(2025·新乡、驻马店模拟节选)已知函数f(x)＝xex－(x＋1)2.试讨论f(x)的单调性． 解：因为f(x)＝xex－(x＋1)2，x∈R，所以f′(x)＝ex＋xex－a(x＋1)＝(x＋1)·(ex－a).当a≤0时，ex－a＞0，若x＞－1，则f′(x)＞0，若x＜－1，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln a．当a＝时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a＞时，令f′(x)＞0，解得x＜－1或x＞ln a，令f′(x)＜0，解得－1＜x＜ln a，所以f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(－1，ln a)上单调递减．当0＜a＜时，令f′(x)＞0，解得x＜ln a或x＞－1，令f′(x)＜0，解得ln a＜x＜－1，所以f(x)在(－∞，ln a)和(－1，＋∞)上单调递增，在(ln a，－1)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；当a＝时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞时，f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(－1，ln a)上单调递减；当0＜a＜时，f(x)在(－∞，ln a)和(－1，＋∞)上单调递增，在(ln a，－1)上单调递减． 学科网（北京）股份有限公司 $