2021版高考文科数学人教A版一轮复习 十四 利用导数研究函数的单调性

2021年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( D )解析 由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f ′(x )>0，在(0，＋∞)上f ′(x )<0，故选D ．2．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为( A ) A ．(0,1) B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析 函数的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．3．(xx·吉林长春调研)已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( A )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 f ′(x )＝32x 2＋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．4．(xx·全国卷Ⅰ)函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( D )解析 易知y ＝2x 2－e |x |是偶函数，设f (x )＝2x 2－e |x |，则f (2)＝2×22－e 2＝8－e 2，所以0<f (2)<1，所以排除A 项，B 项；当0≤x ≤2时，y ＝2x 2－e x ，所以y ′＝4x －e x，又(y ′)′＝4－e x ，当0<x <ln 4时，(y ′)′>0，当ln 4<x <2时，(y ′)′<0，所以y ′＝4x －e x在(0，ln 4)上单调递增，在(ln 4,2)上单调递减，所以y ′＝4x －e x在[0,2]有－1≤y ′≤4(ln 4－1)，所以y ′＝4x －e x 在[0,2]上存在零点ε，所以函数y ＝2x 2－e x在[0，ε)上单调递减，在(ε，2]上单调递增，排除C 项，故选D ．5．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为( D )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析 由题图可知，f ′(x )>0，则x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0，则x ∈(－1,1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x 2－2x －3<0，即⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >1，x <－1或x >3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1，－1<x <3，解得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是( C )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意知当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g 1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.二、填空题7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__(－1,11)__.解析 由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )<0，即3(x －11)(x ＋1)<0，解得－1<x <11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)．8．幂函数f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )在(0，＋∞)上是减函数，则n ＝__1或2__. 解析 ∵f (x )在(0，＋∞)上是减函数，∴n 2－3n <0，解得0<n <3. ∵n ∈Z ，∴n ＝1或n ＝2.9．(xx·山东卷)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为__①④__.①f (x )＝2－x；②f (x )＝3－x；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 2＋2.解析 对于①，e x f (x )＝e x ·2－x ，故[e x f (x )]′＝(e x ·2－x )′＝e x ·2－x(1－ln 2)>0，故函数e x f (x )＝e x ·2－x在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；对于②，e x f (x )＝e x ·3－x ，故[e x f (x )]′＝(e x ·3－x )′＝e x ·3－x(1－ln 3)<0，故函数e x f (x )＝e x ·3－x在(－∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；对于③，e x f (x )＝e x ·x 3，故[e x f (x )]′＝(e x ·x 3)′＝e x ·(x 3＋3x 2)，显然函数e xf (x )＝e x ·x 3在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；对于④，e x f (x )＝e x ·(x 2＋2)，故[e x f (x )]′＝[e x ·(x 2＋2)]′＝e x ·(x 2＋2x ＋2)＝e x·[(x ＋1)2＋1]>0，故函数e x f (x )＝e x ·(x 2＋2)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．综上，具有M 性质的函数的序号为①④. 三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x ＋kex(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．解析 (1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －ke x，又f ′(1)＝1－ke＝0，故k ＝1． (2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，递减区间是(1，＋∞)．11．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图象如图，f (x )＝6ln x ＋h (x )．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，求实数m 的取值范围．解析 (1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－8，8a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，∴h (x )＝x 2－8x ＋2，h ′(x )＝2x －8， ∴f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2. (2)f ′(x )＝6x＋2x －8＝2x －1x －3x，∵x >0，∴f ′(x )，f (x )的变化如下.x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0－ 0＋ f (x )单调递增单调递减单调递增∴f (x )的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，递减区间为(1,3)， 要使函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数， 则1<m ＋12≤3，即m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，52.12．设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的增区间为(－∞，0)和(a ，＋∞)，减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2≤0成立，即x ∈(－2，－1)时，a ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22]．。

2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.2 导数与函数的单调性目录一、题型全归纳 (1)题型一 利用导数判断(证明)函数的单调性 (1)题型二 求函数的单调区间 (2)题型三 函数单调性的应用 (3)命题角度一 比较大小或解不等式 (3)命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围 (3)题型四 分类讨论思想研究函数的单调性 (3)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一 利用导数判断(证明)函数的单调性【题型要点】导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.【易错提醒】研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．【例1】(2020·高考全国卷一卷节选)已知函数()(2)x f x e a x =-+.当1a =时，讨论()f x 的单调性；【例2】.(2020·高考全国卷二卷节选)已知函数f （x ）=2ln x +1．设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性． 题型二 求函数的单调区间【题型要点】利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f ′(x )的结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．【易错提醒】所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．【例1】已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x(a ∪R )．求函数f (x )的单调区间．【例2】已知函数f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，求函数f (x )的单调区间．题型三 函数单调性的应用命题角度一 比较大小或解不等式【题型要点】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．【例1】已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围【题型要点】利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路(1)由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立，列出不等式．(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．【例2】已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)． (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；(2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围．题型四 分类讨论思想研究函数的单调性【题型要点】含参数函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：(1)方程f ′(x )＝0是否有根；(2)若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；(3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．【例】已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0.讨论f (x )的单调性．二、高效训练突破一、选择题1．函数f (x )＝e x －e x ，x ∪R 的单调递增区间是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)2.函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( )A ．先增后减B ．先减后增C ．增函数D ．减函数3．(2020·河北省九校第二次联考)函数y ＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是( ) A ．(－3，1)B ．(0，1)C ．(－1，3)D ．(0，3)4.已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则a 的取值范围为( )A.(0，1]B.(1，＋∞)C.(0，1)D.[1，＋∞)5.函数f (x )＝e x x的图象大致为( )6.已知f (x )＝ln x x，则( ) A ．f (2)＞f (e)＞f (3)B ．f (3)＞f (e)＞f (2)C ．f (3)＞f (2)＞f (e)D ．f (e)＞f (3)＞f (2)7.(2020·唐山市摸底考试)设函数f (x )＝x (e x ＋e －x )，则f (x )( )A ．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数B ．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数C ．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D ．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数8.(2020·郑州市第二次质量预测)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0，2)B ．(0，3)C ．(2，3)D ．(3，＋∞) 9.函数422y x x =-++的图像大致为10.(2020·江西七校第一次联考)若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，1)C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)二、填空题1.函数y ＝4x 2＋1x的单调递增区间为 ． 2．已知函数y ＝f (x )(x ∪R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为 ．3．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，⎪⎭⎫ ⎝⎛2πf ，f (2)的大小关系为 (用“<”连接)． 4.设函数（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．5.已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________.－3 (0，2)6.已知函数31()2e ex x f x x x =-+-，其中e 是自然对数的底数．若(1)f a -+2(2)0f a ≤，则实数a 的取值范围是 ．7.设函数f (x )＝x －1x ，且f (mx )＋mf (x )<0对任意x ∪[1，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是 ． 三 解答题1.(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2.讨论f (x )的单调性．2.(2020·成都七中检测)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∪R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.3．(2020·云南衡水实验中学阶段测试)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.2 导数与函数的单调性目录一、题型全归纳 (1)题型一 利用导数判断(证明)函数的单调性 (1)题型二 求函数的单调区间 (2)题型三 函数单调性的应用 (3)命题角度一 比较大小或解不等式 (3)命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围 (3)题型四 分类讨论思想研究函数的单调性 (3)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一 利用导数判断(证明)函数的单调性【题型要点】导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.【易错提醒】研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．【例1】(2020·高考全国卷一卷节选)已知函数()(2)x f x e a x =-+.当1a =时，讨论()f x 的单调性；【答案】()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞【解析】当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >，所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； 【例2】.(2020·高考全国卷二卷节选)已知函数f （x ）=2ln x +1．设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．【答案】()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间 【解析】2ln 1(2ln 1)2(ln ln )()(0x a x a g x x x a x a+---==>--且)x a ≠ 因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a --+'=-，设()2(ln ln )m x x a x x x a =--+， 则有()2(ln ln )m x a x '=-，当x a >时，ln ln x a >，所以()0m x '<，()m x 单调递减，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减；当0x a <<时，ln ln x a <，所以()0m x '>，()m x 单调递增，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减，所以函数()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间.题型二 求函数的单调区间【题型要点】利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f ′(x )的结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．【易错提醒】所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．【例1】已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x (a ∪R )．求函数f (x )的单调区间．【解】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1＋1＋a x 2＝－x 2＋ax ＋1＋a x 2＝－（x ＋1）[x －（1＋a ）]x 2，∪当a ＋1>0，即a >－1时，在(0，1＋a )上f ′(x )>0，在(1＋a ，＋∞)上，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0，1＋a )，单调递减区间是(1＋a ，＋∞)；∪当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，所以，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．【例2】已知函数f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，求函数f (x )的单调区间．【解】：f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，x ∪(0，＋∞)，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∪(0，5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，5)内为减函数；当x ∪(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．题型三 函数单调性的应用命题角度一 比较大小或解不等式【题型要点】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．【例1】已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)【答案】 B【解析】 F ′(x )＝f ′（x ）e x －e x f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ， 又f (x )－f ′(x )>0，知F ′(x )<0，所以F (x )在R 上单调递减．由F (x )<1e 2＝F (1)，得x >1， 所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞)． 命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围【题型要点】利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路(1)由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立，列出不等式．(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．【例2】已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；(2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围．【解析】(1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∪(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∪(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解．即a ＞1x 2－2x 有解，设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝211⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －1，所以G (x )min ＝－1.所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∪[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝211⎪⎭⎫⎝⎛-x －1，因为x ∪[1，4]，所以1x ∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41，。

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核心素养测评十四利用导数研究函数的单调性(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数y=f(x)=x3-x2+的图象大致是( )【解析】选A.因为f(0)=,所以排除C;因为f′(x)=3x2-2x,令f′(x)>0,所以 x∈(-∞,0)或 x∈时f(x)单调递增,令f′(x)<0,所以x∈时f(x)单调递减,排除B,D.2.下列函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( )A.f(x)=sin 2xB.f(x)=xe xC.f(x)=x3-xD.f(x)=-x+ln x【解析】选B.对于A,f(x)=sin 2x的单调递增区间是(k∈Z);对于B,f′(x)=e x(x+1),当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)=xe x在(0,+∞)上为增函数;对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,得x>或x<-,所以函数f(x)=x3-x在和上单调递增;对于D,f′(x)=-1+=-,令f′(x)>0,得0<x<1,所以函数f(x)=-x+ln x 在区间(0,1)上单调递增.3.函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是( )A.先增后减B.先减后增C.单调递增D.单调递减【解析】选D.易知f′(x)=-sin x-1,x∈(0,π), 则f′(x)<0,所以f(x)=cos x-x在(0,π)上递减.4.若函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,那么实数a的取值范围是( )A.a≥0B.a>0C.a≤0D.a<0【解析】选A.因为f(x)==ax-,所以f′(x)=a+.因为函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)=a+≥0在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,即a≥-在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,所以a≥0.【变式备选】若函数f(x)=ke x+x在(0,+∞)上单调递减,则k的范围为( ) A.k≥-1 B.k≤-1 C.k≥1 D.k≤1【解析】选B.f′(x)=ke x+1.由题意得ke x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,即k≤-,x∈(0,+∞).当x∈(0,+∞)时,-∈(-1,0),所以k≤-1.5.已知函数f(x)=xsin x,x∈R,则f,f(1),f的大小关系为( )A.f>f(1)>fB.f(1)>f>fC.f>f(1)>fD.f>f>f(1)【解析】选A.因为f(x)=xsin x,所以f(-x)=(-x)sin(-x)=xsin x=f(x).所以函数f(x)是偶函数,所以f=f.又x∈时,f′(x)=sin x+xcos x>0,所以f(x)在上是增函数,所以f<f(1)<f,所以f>f(1)>f.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,则不等式xf′(x)≥0的解集为________.【解析】由f(x)图象特征可得,在和[2,+∞)上f′(x)≥0, 在上f′(x)<0,所以xf′(x)≥0等价于或解得0≤x≤或x≥2,所以xf′(x)≥0的解集为∪[2,+∞).答案:∪[2,+∞)【变式备选】设函数y=f(x),x∈[a,b]其导函数的图象如图所示,则函数y=f(x)的单调递减区间是________.【解析】因为函数y=f(x)的减区间是导函数小于零的区间,由题干图知函数y=f(x)的单调递减区间是(x2,x4).答案:(x2,x4)7.已知函数f(x)=ax+ln x,则当a<0时, f(x)的单调递增区间是________,单调递减区间是________. 世纪金榜导学号【解析】由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).当a<0时,因为f ′(x)=a+=,所以当x>-时,f ′(x)<0,当0<x<-时, f ′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.答案:8.若函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数,则实数m的取值范围是__________. 世纪金榜导学号【解析】y′=3x2+2x+m,由条件知y′≥0在R上恒成立,所以Δ=4-12m ≤0,所以m≥.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图象过点P(1,2),且在点P处的切线斜率为8. 世纪金榜导学号(1)求a,b的值.(2)求函数f(x)的单调区间.【解析】(1)因为函数f(x)的图象过点P(1,2),所以f(1)=2.所以a+b=1.①又函数图象在点P处的切线斜率为8,所以f ′(1)=8.又f ′(x)=3x2+2ax+b,所以2a+b=5.②解由①②组成的方程组,可得a=4,b=-3.(2)由(1)得f ′(x)=3x2+8x-3,令f ′(x)>0,可得x<-3或x>;令f ′(x)<0,可得-3<x<.所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,-3),,单调减区间为.10.设函数f(x)=e x-a(x-1)(a∈R).讨论函数f(x)的单调性. 世纪金榜导学号【解析】f′(x)=e x-a.①当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;②当a>0时,由f′(x)=e x-a=0得x=ln a,所以当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a).(15分钟35分)1.(5分)函数y=2ln x-3x2的单调递增区间为( )A. B.C.,D.【解析】选A.因为y=2ln x-3x2,所以y′=-6x=(x>0).由y′>0,可得1-3x2>0,即0<x<.所以函数y=2ln x-3x2的单调增区间为.2.(5分)(2020·东莞模拟)已知函数f(x)=e|x|-ax2,对任意x1<0,x2<0,且x1≠x2,都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))<0,则实数a的取值范围是( ) A. B.C. D.【解析】选D.由题意可知函数f(x)是(-∞,0)上的单调递减函数,且当x<0时,f(x)=e-x-ax2,f′(x)=--2ax=-≤0,可得:2axe x+1≥0,即a≤恒成立,令g(x)=xe x(x<0),则g′(x)=e x(x+1),据此可得函数g(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,0)上单调递增,函数g(x)的最小值为g(-1)=-,则=,故实数a的取值范围是.3.(5分)已知y=f(x)是定义在R上的函数,且f(2)=5,对任意的x都有f′(x)<,则f(x)<x+4的解集是________.【解题指南】构造函数F(x)=f(x)-x-4,则F′(x)<0,故而F(x)为减函数,且F(2)=0,从而得出F(x)<0的解集,即f(x)<x+4的解集.【解析】设F(x)=f(x)-x-4,则F′(x)=f′(x)-<0,所以F(x)是减函数,因为F(2)=f(2)-5=0,所以当x>2时,F(x)<0,即f(x)<x+4,当x<2时,F(x)>0,即f(x)>x+4.答案:(2,+∞)【变式备选】函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为__________.【解析】由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增,而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.答案:(-1,+∞)4.(10分)已知函数f(x)=x3-ax-1. 世纪金榜导学号(1)若f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,求a的取值范围.(2)若f(x)在区间(-1,1)上为减函数,求a的取值范围.(3)若f(x)的单调递减区间为(-1,1),求a的值.【解析】(1)因为f ′(x)=3x2-a,且f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以f ′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,即3x2-a≥0在(1,+∞)上恒成立,所以a≤3x2在(1,+∞)上恒成立,所以a≤3,即a的取值范围是(-∞,3]. (2)由题意得f ′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,所以a≥3x2在(-1,1)上恒成立.因为-1<x<1,所以3x2<3,所以a≥3,即当a的取值范围是[3,+∞)时, f(x)在(-1,1)上为减函数.(3)由题意知a>0.因为f(x)=x3-ax-1,所以f ′(x)=3x2-a.由f ′(x)=0,得x=±,因为f(x)在区间(-1,1)上单调递减,所以=1,即a=3.5.(10分)已知函数f(x)=ln x-(k∈R).讨论函数f(x)的单调性.世纪金榜导学号【解析】因为f(x)=ln x-,函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=+=,x>0.当k≥0时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当k<0时,由f′(x)=0,得x=(负根舍去),当x∈(0,)时,f′(x)<0,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,)上单调递减;在(,+∞)上单调递增. 综上所述,当k≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当k<0时,函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.【拓广探索练】定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0,f(2)=,则不等式f(lg x) <+4的解集为世纪金榜导学号( )A.(10,100)B.(0,100)C.(100,+∞)D.(1,100)【解析】选D.令g(x)=f(x)-,则g′(x)=f′(x)+>0,g(x)在(0,+∞)上递增,而g(2)=f(2)- =4,故由f(lg x)<+4,得g(lg x)<g(2),故0<lg x<2,解得:1<x<100.关闭Word文档返回原板块莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

专题14导数与函数的单调性最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数探讨函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、微小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).基础学问融会贯穿1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，假如f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；假如f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①假如在x0旁边的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②假如在x0旁边的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是微小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根旁边的左右两侧导数值的符号．假如左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；假如左负右正，那么f(x)在这个根处取得微小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【学问拓展】1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．重点难点突破【题型一】不含参数的函数的单调性【典型例题】已知函数，则f（x）的增区间为（）A．（0，1）B．（0，e）C．（1，+∞）D．（e，+∞）【解答】解：易知函数f（x）的定义域为（0，+∞），又，令f′（x）＞0，解之得0＜x＜e，故选：B．【再练一题】用导数求单调区间f（x）．【解答】解：∵f（x）1，∴f′（x）0，∴﹣1＜x＜1，∴函数的单调增区间是（﹣1，1），单调减区间是（﹣∞，﹣1]，[1，+∞）．思维升华确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．【题型二】含参数的函数的单调性【典型例题】求下列函数的单调区间，并求[1，e]上的最值．（1）f（x）＝lnx﹣ax；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，求单调区间．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax，∴f′（x）a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，当a＞0时，f′（x）a，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＞0，即0＜x时，函数单调递增，当f′（x）＜0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，当x时，函数有极大值，即极大值为f（）＝﹣1﹣lna①当1时，即a≥1时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，f（x）max＝f（1）＝﹣a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，③1e时，即a＜1时，函数f（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（）＝﹣1﹣lna，f（1）＝﹣a，f（e）＝1﹣ae，当a＜1，f（1）＞f（e），故f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，当a时，f（1）≤f（e），故f（x）min＝f（1）＝﹣a；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3＝ax2﹣6lnx，∴f′（x）＝2ax，当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）max＝f（1）＝a，当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＜0，即0＜x时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，当x时时，函数有微小值，即微小值为f（）3ln，①当1时，即a≥3时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）min＝f（1）＝a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝a，f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，③1e时，即a＜3时，函数f（x）在[1，）上单调递减，在（，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（）3ln，f（1）＝a，f（e）＝ae2﹣6，当a＜3，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝a，当a a＜3，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，当a＞0时，f′（x）＝e x﹣a，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当f′（x）＜0，即0＜x＜lna时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x＞lna时，函数单调递增，∴函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当x＝lna时，函数有微小值，即微小值为f（lna）＝a﹣1﹣alna①当lna≤1时，即0＜a≤e时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，②当lna≥e时，即a≥e e，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，f（x）min＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，③1＜lna＜e时，即e＜a＜e e时，函数f（x）在[1，lna）上单调递减，在（lna，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣1﹣alna，f（1）＝e﹣a﹣1，f（e）＝e e﹣ae﹣1，当a＜e e，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，当e＜a，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1．【再练一题】已知函数f（x）＝x alnx（a∈R）．（1）当a＞0时，探讨f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝x lnx，当f（x）有两个极值点为x1，x2，且x1∈（0，e）时，求g（x1）﹣g（x2）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）＝1，令f′（x）＝0，得x2﹣ax+1＝0，①当0＜a≤2时，△＝a2﹣4≤0，此时f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；②当a＞2时，△＝a2﹣4＞0，x2﹣ax+1＝0的两根为：x1，x2，且x1，x2＞0．当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；综上，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；当a＞2时，f（x）的递增区间为（0，），（，+∞），递减区间为（，）．（2）由（1）知，f（x）的两个极值点x1，x2是方程x2﹣ax+1＝0的两个根，则，所以x2，a＝（x1），∴g（x1）﹣g（x2）＝x1lnx1﹣（ln）＝x1alnx1＝x1（x1）lnx1．设h（x）＝（x）﹣（x）lnx，x∈（0，e]，则（g（x1）﹣g（x2））min＝h（x）min，∵h′（x）＝（1）﹣[（1）lnx+（x）]，当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上单调递减；∴h（x）min＝h（e），∴（g（x1）﹣g（x2））min．思维升华 (1)探讨含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类探讨．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内探讨，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【题型三】函数单调性的应用问题命题点1 比较大小或解不等式【典型例题】若a∈R，且a＞1，函数，则不等式f（x2﹣2x）＜1的解集是（）A．（0，2）B．（0，1）∪（1，2）C．（﹣∞，0）∪（2，+∞）D．【解答】解：由0，解得﹣1＜x＜1．可得函数f（x）的定义域为：（﹣1，1）．y2在（﹣1，1）上单调递增．y1在（﹣1，1）上单调递增，a＞1，∴y在（﹣1，1）上单调递增．∴f（x）在（﹣1，1）上单调递增．又f（0）＝1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1即不等式f（x2﹣2x）＜f（0），∴﹣1＜x2﹣2x＜0，解得0＜x＜2，且x≠1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1的解集为（0，1）∪（1，2）．故选：B．【再练一题】已知奇函数f（x）的导函数为f'（x），当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，若a＝f（1），，c＝﹣ef（﹣e），则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．b＜a＜c【解答】解：令函数g（x）＝xf（x），由当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，可知g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上为增函数．又f（x）在R上是奇函数，所以函数g（x）也为偶函数，又知a＝f（1）＝g（1），，c＝﹣ef（﹣e）＝g（﹣e）＝g（e），且，所以，即c＞a＞b，故选：D．命题点2 依据函数单调性求参数【典型例题】若函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A．[0，+∞）B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）＝3x2﹣ke x≤0在（0，+∞）上恒成立，∴k在（0，+∞）上恒成立，令g（x），x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减故当x＝2时，g（x）取得最大值g（2），则k，故选：C．【再练一题】已知函数f（x）＝（x﹣3）e x+a（2lnx﹣x+1）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（e，+∞）B．（e，2e2）C．（2e2，+∞）D．（e，2e2）∪（2e2，+∞）【解答】解：f′（x）＝（x﹣2）e x+a（1）＝（x﹣2）（e x），x∈（1，+∞）．∵f′（2）＝0，可得2是函数f（x）的一个极值点．∵f（x）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，∴函数f（x）的另一个极值点x0＞2，满意：0，可得：a＝x02e2，故选：C．思维升华依据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增函数的充要条件是对随意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应留意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．基础学问训练1．【河北省保定市2024-2025学年度第一学期期末调研考试高二】若函数在区间上为单调增函数，则k的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】解：，函数在区间单调递增，在区间上恒成立．在区间上恒成立，而在区间上单调递减，．故选：C．2．已知函数上单调递减，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为函数上单调递减，所以上恒成立，令，设，则上恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是．故选A．3．函数的单调递减区间是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】函数的定义域为，由，得，得，即函数的单调递减区间为．故选D．4．【内蒙古集宁一中(西校区)2024-2025学年高二下学期第一次月考】假如函数y=f(x)的图象如图所示，那么导函数y=的图象可能是 ( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由原函数图像可知单调性是先增，再减，再增，再减，可得导函数图像应当是先正，再负，再正，再负，只有选项A满意，故选A5．【广东省2024年汕头市一般高考第一次模拟考试】若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，可得，若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，即恒成立，令，则，故的最大值为1，此时，即，所以的最大值为，所以，故选D.6．【湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中2024-2025学年高二下学期优生联考】已知是函数的导函数，，则不等式的解集为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，函数满意已知条件，又由不等式，可变形为，构造新函数，则，由已知条件可得，即，即函数为单调递减函数，令，又由不等式，可变形为，即，由函数的单调性可得，所以不等式的解集为，故选B.7．【陕西省咸阳市2024-2025学年高二上学期期末考试】已知是可导函数，且对于恒成立，则A． B．C． D．【答案】D【解析】由，得，令，则．在R上单调递减，即，．故选：D．8．【湖南省湘西州2024-2025学年高二（上)期末】已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，又上是减函数，上恒有，即上恒成立，因为，所以，所以：．实数a的取值范围是．故选：A．9．【福建省三明市2024-2025学年高二上学期期末质量检测】已知函数，若在区间上存在，使得，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：由，可得，由，即:在有两个解，且，令g(x)= =,可得：，由①可得,由②可得，可得，同理由③可得，可得，由④可得a，综上所述可得：，故选A.10．【福建省福州市八县（市)协作校2024-2025学年高二上学期期末联考】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】构造函数g（x），∴g′（x），∵xf′（x）﹣f（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）是偶函数，∴c g（﹣3）＝g（3），∵a g（e），b g（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选：D．11．【陕西省西安市2024-2025学年高二下学期期末考试】已知奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意，令，则，因为当时，，所以当时，，即当时，，函数单调递增，因为，所以，又由函数为奇函数，所以，所以，所以，故选D。