第3章 第3讲 导数与函数单调性的应用 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系统性应用，以导数法为核心，串联充分必要条件、参数讨论及新定义问题，体现数学思维的推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-6题|导数法判断单调性、充分必要条件分析|导数正负与单调性关系的直接应用| |综合应用|7-13题|分类讨论参数、构造函数比较大小|参数对单调性的影响及函数性质综合| |创新拓展|14题|新定义转化与函数性质综合|新情境下单调性原理的迁移应用|

1．已知函数f(x)＝ex－ax，则“a＜0”是“函数f(x)为增函数”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．由题意知，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数．因为(－∞，0)(－∞，0]，所以“a＜0”是“函数f(x)为增函数”的充分不必要条件． 2．已知函数f(x)＝2x－sin x，则下列结论正确的是(　　) A．f(2.7)＜f(π)＜f(e) B．f(π)＜f(e)＜f(2.7) C．f(e)＜f(2.7)＜f(π) D．f(2.7)＜f(e)＜f(π) 解析：选D．f′(x)＝2－cos x，因为cos x∈[－1，1]，所以f′(x)＞0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为2.7＜e＜π，所以f(2.7)＜f(e)＜f(π). 3．关于x的不等式－ln x＞0的解集是(　　) A．(0，1) B．(－∞，e) C．(e，＋∞) D．(0，e) 解析：选D．令f(x)＝－ln x，则f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝－－＜0，知f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，又f(e)＝0，所以不等式f(x)＞0的解集是(0，e)，即原不等式的解集为(0，e). 4．(2026·聊城模拟)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x＞0时，f(x)＝x3＋ax2＋(6－a)x＋2a，若f(x)是增函数，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B．[0，6] C．[－6，3] D．[0，3] 解析：选B．要使奇函数f(x)是增函数，则需要f(x)在x＞0上单调递增，且2a≥0，当x＞0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)≥0恒成立，因为2a≥0，此时f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)图象的对称轴方程为x＝－≤0，所以只需6－a≥0即可，解得0≤a≤6. 5．若函数f(x)＝2x2－ln x在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　) A． B． C．(1，2] D．[1，2) 解析：选A．显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝.由f′(x)＞0，得函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；由f′(x)＜0，得函数f(x)的单调递减区间为(0，).因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1＜＜k＋1，解得－＜k＜.又因为(k－1，k＋1)为定义域的一个子区间，所以k－1≥0，即k≥1.综上，实数k的取值范围是[1，). 6．(多选)已知函数f(x)＝，e为自然对数的底数，则(　　) A．f(2)<f() B．f()<f() C．f(8)<f(e2) D．f(2)> 解析：选ABC．由题得f′(x)＝，x>0，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．对于A，e<<4，所以f(4)<f()，因为f(4)＝＝＝f(2)，所以f(2)<f()，故A正确；对于B，因为0<<<e，所以f()<f()，故B正确；对于C，因为e<e2<8，所以f(8)<f(e2)，故C正确；对于D，f(x)max＝f(e)＝，所以f(2)<，故D错误． 7．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为__________________________________． 解析：依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故 解得a＞－3且a≠0. 答案：(－3，0)∪(0，＋∞) 8．若函数f(x)＝x2－16ln (2x)在区间[a－，a＋]上单调递减，则实数a的取值范围是 ________．　 解析：由题意知，f′(x)＝x－(x>0)，当f′(x)≤0时，解得0<x≤4，即f(x)在(0，4]上单调递减．因为f(x)在区间[a－，a＋]上单调递减，所以解得<a≤. 答案：(，] 9．(13分)已知函数f(x)＝x2－4x＋(2－a)ln x，a∈R.　 (1)若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(6分) (2)若f(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围．(7分) 解：(1)由题意知f′(x)＝2x－4＋≥0在[2，＋∞)上恒成立且等号不恒成立，则a≤2x2－4x＋2在[2，＋∞)上恒成立，令g(x)＝2x2－4x＋2＝2(x－1)2，x≥2，则a≤g(x)min即可，又g(x)在[2，＋∞)内的最小值为g(2)＝2，所以实数a的取值范围是(－∞，2]. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞).依题意，f′(x)＝2x－4＋＝<0在区间(0，＋∞)上有解，即h(x)＝2x2－4x＋2－a<0在区间(0，＋∞)上有解，又h(x)＝2x2－4x＋2－a的图象的对称轴为直线x＝1且开口向上，所以必有h(1)＝2－4＋2－a<0，即a>0.所以实数a的取值范围是(0，＋∞).　 10．(2026·吕梁孝义模拟)设函数f(x)＝x3－sin x＋x＋2，则所有满足f(x)＋f(2－3x)＜4的x的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，1) C．(3，＋∞) D．(－∞，3) 解析：选A．令函数g(x)＝f(x)－2＝x3－sin x＋x，其定义域为R，g(－x)＝(－x)3－sin (－x)＋(－x)＝－(x3－sin x＋x)＝－g(x)，所以g(x)是奇函数． 因为g′(x)＝3x2－cos x＋1≥0，所以g(x)在R上单调递增． 不等式f(x)＋f(2－3x)＜4等价于f(x)－2＜－[f(2－3x)－2]，即g(x)<－g(2－3x)＝g(3x－2)，则x＜3x－2，解得x＞1. 11．(2026·焦作模拟)已知a＞0且a≠1，若函数f(x)＝log(a＋2)x－logax与g(x)＝(a＋2)x＋ax在区间(0，＋∞)上都单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，－1) B．(－1，1) C．[－1，1) D．[－1，1) 解析：选D．由题可知f(x)＝－＝[－]ln x，因为f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以－＞0，即＞，当a＞1时，ln (a＋2)>ln a>0，<，不符合题意，当0＜a＜1时，有ln (a＋2)＞0，ln a＜0，则＞成立，所以0＜a＜1符合题意； 又g(x)＝(a＋2)x＋ax在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝(a＋2)x ln (a＋2)＋ax ln a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以(1＋)x≥－在(0，＋∞)上恒成立，因为当x>0时，(1＋)x＞1，所以－≤1⇒－ln a≤ln (a＋2)⇒ln a-1≤ln (a＋2)，所以≤a＋2⇒a2＋2a－1≥0⇒a≥－1或a≤－－1，又0＜a＜1，所以－1≤a＜1. 12．已知f(x)＝且a≤－2，则所有满足不等式f(x)－f(1－x)＞－3的x的取值范围是________． 解析：由题意知，当x<a时，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，因为a≤－2，所以f(x)＝x3－3x在(－∞，a)上单调递增，又a3－3a－a＝a(a＋2)(a－2)≤0，故f(x)在R上单调递增，由复合函数单调性知f(1－x)在R上单调递减．令F(x)＝f(x)－f(1－x)，则F(x)在R上单调递增，又F(－1)＝f(－1)－f(2)＝－3，故f(x)－f(1－x)＞－3，即F(x)＞F(－1)，解得x＞－1. 答案：(－1，＋∞) 13．(13分)已知函数f(x)＝ex－cos x，若g(x)＝xf′(x)－f(x). (1)证明：g(x)在(0，＋∞)上单调递增；(6分) (2)判断3f()与4f()的大小关系，并加以证明．(7分) 解：(1)证明：由题意得，g(x)＝x(ex＋sin x)－(ex－cos x)＝(x－1)ex＋x sin x＋cos x，所以g′(x)＝x(ex＋cos x). 当x＞0时，因为ex＋cos x＞e0＋cos x＝1＋cos x≥0，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)3f()＞4f(). 证明如下：设h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝＝. 由(1)知g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)＞g(0)＝0.所以h′(x)＞0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h()＞h()， 即3f()＞4f(). 14．(新定义)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”． (1)设f(x)＝sin x－cos x，则f(x)在(0，π)上的“新驻点”为________． (2)如果函数g(x)＝ln (x＋1)与h(x)＝x＋ex的“新驻点”分别为α，β，那么α和β的大小关系是________． 解析：(1)由f′(x)＝cos x＋sin x， 所以方程f(x)＝f′(x)， 即sin x－cos x＝cos x＋sin x， 可得cos x＝0，又x∈(0，π)，所以x＝， 所以函数f(x)在(0，π)上的“新驻点”为. (2)由h(x)＝x＋ex，得h′(x)＝1＋ex， 所以x＋ex＝1＋ex，解得x＝1，即β＝1， 又g(x)＝ln (x＋1)，则g′(x)＝， 所以ln (x＋1)＝， 令φ(x)＝ln (x＋1)－，x＞－1， 所以φ′(x)＝＋＞0， 即函数φ(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 又φ(0)＝－1＜0，φ(1)＝ln 2－＞ln －＝0，所以函数φ(x)在(－1，＋∞)上存在唯一零点α，且α∈(0，1).所以α＜β. 答案：(1)　(2)α＜β 学科网（北京）股份有限公司 $