【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第2讲　导数与函数的单调性 含解析【高考】.doc，共(25)页，272.500 KB，由小赞的店铺上传

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1第2讲导数与函数的单调性1．函数的导数与单调性的关系条件函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导结论(1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上01单调递增(2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上02单调递减(3)若f′(x)＝

0，则f(x)在区间(a，b)上是03常数函数2．由导数求单调区间的一般步骤(1)求函数f(x)的04定义域.(2)求导函数f′(x)，适当变形(化为积、商)．(3)解方程f′(x)＝0.(若f′(x)＝0

无解，可考虑f′(x)>0(或<0)恒成立)(4)用方程f′(x)＝0的实根分割定义域．(5)逐个区间分析f′(x)的符号，得f(x)的单调性．用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系(1)f′(x)>0(<0)是f(x)

在区间(a，b)上单调递增(减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条

件．1．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是()2答案D解析由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知选D.2．函数f(x)＝ex－ex，

x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)答案D解析由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1.故选D.3．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递

减区间是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－1,0)∪(0,1)答案A解析函数f(x)＝x2－2lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2x＝2(x＋1)(x－1)x，由f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调

递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故选A．4．(2021·大连二模)已知函数f(x)＝sinx－ax，对于任意实数x1，x2，且x1≠x2，都有f(x1)－f(x2)x1－x2<0，则a

的取值范围为()A．a≤－1B．a>13C．a<－1D．a≥1答案D解析由题意知，f(x)在定义域内是单调递减函数，∴f′(x)＝cosx－a≤0恒成立，即cosx≤a在x∈R上恒成立，∴a≥1.故选D.5．已知函数f(x)＝x2(x－a

)．(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________________；(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________.答案(1)(－∞，3]∪92，＋∞(

2)3，92解析由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xx－2a3.(1)若f(x)在(2,3)上单调递减，则有2a3≥3，解得a≥92；若f(x)在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a≤

3，所以若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪92，＋∞.(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则有2a3≠0，2<2a3<3，可得3<a<92.考向一利用导数研究函数(不含参)的

单调性例1(1)函数y＝4x2＋1x的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．12，＋∞C．(－∞，－1)D．－∞，－124答案B解析由y＝4x2＋1x(x≠0)，得y′＝8x－1x2，令y′>0，即8x－1x2>0，解得x>12，∴函数y＝4x2

＋1x的单调递增区间为12，＋∞.故选B.(2)(2021·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．讨论f(x)的单调性．解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·－1x＝－lnx.当

x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(3)(2021·上饶二模)已知函数f(x)＝2exsinx(e是自然对数

的底数)，求f(x)的单调区间．解f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)＝22exsinx＋π4，由f′(x)<0，解得2kπ＋3π4<x<2kπ＋7π4(k∈Z)，由f′(x)>0，解得2

kπ－π4<x<2kπ＋3π4(k∈Z)，故f(x)在2kπ－π4，2kπ＋3π4(k∈Z)上单调递增，在2kπ＋3π4，2kπ＋7π4(k∈Z)上单调递减．利用导数研究函数(不含参)单调性的方法方法一：(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数

f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集；(4)由f′(x)>0(f′(x)<0)的解集确定函数f(x)的单调递增(减)区间．若不等式中带有参数，可分类讨论求得单调区间．方法二：当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定

义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．51.函数f(x)＝x＋21－x的单调递增区

间是________；单调递减区间是________.答案(－∞，0)(0,1)解析f(x)的定义域为{x|x≤1}，f′(x)＝1－11－x.令f′(x)＝0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0.当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0

,1)．2．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝12，x，f′(x)，f(x)的变化如下：x－∞，121212，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值∴f(x)

的单调递减区间是－∞，12，单调递增区间是12，＋∞.考向二利用导数研究函数(含参)的单调区间例2(1)(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.①讨论f(x)的单调性；②求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x

)的公共点的坐标．解①由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．(ⅰ)当a≥13时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；(ⅱ)

当a<13时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝1－1－3a3，x2＝1＋1－3a3，6令f′(x)>0，则x<x1或x>x2；令f′(x)<0，则x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递

减，在(x2，＋∞)上单调递增．综上，当a≥13时，f(x)在R上单调递增；当a<13时，f(x)在－∞，1－1－3a3上单调递增，在1－1－3a3，1＋1－3a3上单调递减，在1＋1－3a3，＋∞上单调递增．②记曲线y＝f

(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x30－x20＋ax0＋1)，因为f′(x0)＝3x20－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x30－x20＋ax0＋1)＝(3x20－2x0＋a)(x－x0)．由l过坐标原点，得2x30－

x20－1＝0，(x0－1)·(2x20＋x0＋1)＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，(x－1)2(x＋1)＝0，解得x＝±1，所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(

1,1＋a)和(－1，－1－a)．(2)已知函数g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．解因为g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝2ax2－(2a＋1

)x＋1x＝(2ax－1)(x－1)x.由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，若12a<1，即a>12，由g′(x)>0得x>1或0<x<12a，7由g′(x)<0得12a<x<1，即函数g(x)在0，12a，(1，＋∞)上单调递增，在12a，

1上单调递减；若12a>1，即0<a<12，由g′(x)>0得x>12a或0<x<1，由g′(x)<0得1<x<12a，即函数g(x)在(0,1)，12a，＋∞上单调递增，在1，12

a上单调递减；若12a＝1，即a＝12，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a<12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在1，

12a上单调递减，在12a，＋∞上单调递增；当a＝12时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>12时，函数g(x)在0，12a上单调递增，在12a，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

(1)研究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讨论．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定

导数为0的点和函数的间断点．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．3.(2020·全国Ⅲ卷节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2，讨论f(x)的单8调性．解由题意

，得f′(x)＝3x2－k，当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±k3，令f′(x)＜0，得－k3＜x＜k3，令f′(x)＞0，得x＜－k3或x＞k3，所以f(x)在－k3，k3上单调递减，

在－∞，－k3，k3，＋∞上单调递增．4．(2021·贵阳模拟)已知函数f(x)＝x2＋mx＋1ex(m≥0)，其中e为自然对数的底数．讨论函数f(x)的单调性．解由题得f′(x)＝－x2＋(m－

2)x＋1－mex＝－[x－(1－m)](x－1)ex，当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－(x－1)2ex≤0，f(x)在R上单调递减；当m＞0，即1－m＜1时，令f′(x)＜0得x＜1－m或x＞1，令f′(x)＞0得1－m＜x＜1，∴f(x)在(－

∞，1－m)，(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增．综上，当m＝0时，f(x)在R上单调递减；当m>0时，f(x)在(－∞，1－m)，(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增．多角度探究突破考向三利用导数解决函数单调性的应用问题角度比较大小或解不等式9例3(1)(2021·

全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝1.04－1，则()A．a<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b答案B解析显然a>b，故排除A，D.令f(x)＝2ln(1＋x)－(1＋4x－1)(x>0)，则f′(x)＝21＋x－21＋4

x，因为当0<x<2时，x2<2x，所以当0<x<2时，1＋2x＋x2<1＋2x＋2x，即1＋x<1＋4x，所以当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(0.01)>f(0)＝0，所以a>c.同理，令g(x)＝ln(1＋2x)－(1＋4x－1)(x>0)，则

g′(x)＝21＋2x－21＋4x，因为当x>0时，(1＋2x)2>1＋4x，所以当x>0时，g′(x)<0，所以g(0.01)<g(0)＝0，所以c>b.综上a>c>b，选B.(2)(2021·青海西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2

)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>6x2＋2，则不等式f(x)>2x3＋2x的解集为()A．{x|x>－2}B．{x|x>2}C．{x|x<2}D．{x|x<－2或x>2}答案B解析令g(x

)＝f(x)－2x3－2x，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式的解集为{x|x>2}．故选B.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．5.(2021·潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0

的解集为()A．(－∞，1)B．－∞，1310C．13，＋∞D．(1，＋∞)答案D解析根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，此时有f′(x)＝ex＋sinx>0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的

奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)>0⇒f(2x－1)>－f(x－2)⇒f(2x－1)>f(2－x)⇒2x－1>2－x，解得x>1，即不等式的解集为(1，＋∞)．6．已知函数f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)

，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，则a，b，c的大小关系是()A．a>c>bB．a>b>cC．b>a>cD．c>b>a答案A解析因为f′(x)＝cosx－sinx－2＝2cosx＋π4－2<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减，因为－π<ln2<2e，所以

f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.故选A．角度根据函数的单调性求参数例4(1)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋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)答案C解析f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．解法一：若Δ＝36(m2－4)≤

0，即－2≤m≤2，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；若Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2，则m2<1，g(1)＝12－6m≥0，解得m<2，∴m<－2.综上得m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2]．故选C．解法二：问题转化为m≤x＋1x在(1

，＋∞)上恒成立，而当x∈(1，＋∞)时，11函数y＝x＋1x>2，故m≤2.故选C．(2)已知函数f(x)＝lnx－12ax2－2x(a≠0)．①若f(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围；②若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解①因为f(x

)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a≥1x2－2x恒成立．设G(x)＝1x2－2x，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝1x－12－1，因为x∈[1,4]，所以1x∈

14，1，所以G(x)max＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716，又因为a≠0，所以a的取值范围是－716，0∪(0，＋∞)．②因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>1x2－

2x有解，又当x∈[1,4]时，1x2－2xmin＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(1)f(x)在区间D上单调递增(减)，只要f′(x)≥0(≤0)在D上恒成

立即可，如果能够分离参数，则分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．

127.(2021·广东佛山模拟)若函数f(x)＝ax2＋1ex(e为自然对数的底数)是减函数，则实数a的取值范围是()A．a≤0B．a≤1C．a>0D．0≤a≤1答案D解析函数f(x)＝ax2＋1ex的定义域为R，f′(x)＝2a

x－ax2－1ex，因为函数f(x)是减函数，所以f′(x)≤0恒成立，令g(x)＝2ax－ax2－1，则g(x)≤0恒成立，当a＝0时，g(x)＝－1≤0，成立；当a<0时，g(x)的图象开口向上，g(x)≤0不恒成立，不符合题意；当a>0时，要使g(x)≤0恒成立，则Δ＝4a2－4a≤0，

解得0≤a≤1，又a>0，所以0<a≤1.综上可得，实数a的取值范围是0≤a≤1.故选D.8．(2021·吉林省白城市洮北区校级模拟)已知函数f(x)＝－12x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________.答案[0,1)解析由f(x)＝－12

x2－3x＋4lnx(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋4x，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋4x在(t，t＋2)上有变号零点，∴x2＋3x－4x＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2

＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1,1)，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0,1)，故实数t的取值范围是[0,1)．构造法在导数中的应用1．(2021·湖北仙桃模拟)已知实数a，b满足a＝e7－a,3＋lnb＝e4－lnb，则

ab＝()A．3B．4C．e3D．e4答案D13解析∵实数a，b满足a＝e7－a,3＋lnb＝e4－lnb，∴3＋lnb＝e7－(3＋lnb)，令f(x)＝x－e7－x，则f′(x)＝1＋e7－x>0，则f(x)为定义在R上的单调函数，易知f(x)有唯一零点，设为x0，则a＝3＋lnb＝

x0，∴lnb＝a－3，且lna＝7－a，∴ln(ab)＝lna＋lnb＝7－a＋a－3＝4，∴ab＝e4.故选D.2．(2021·益阳模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，且f(1)

＝0，则不等式(x2－2x)f(x)<0的解集为()A．(－∞，－1)∪(1,2)B．(－1,1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,0)∪(0,1)答案A解析因为(x2－2x)f(x)＝x(x－2)f(x)，所以记g(x)＝xf(x)，因为f(x)是定义在R上的奇

函数，所以g(x)为定义在R上的偶函数，又g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因为当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，所以当x>0时，g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(1)＝0，得g(1)＝0，所以g(－1)＝0，不等式(x2

－2x)f(x)<0等价于(x－2)g(x)<0，所以x－2<0，g(x)>0或x－2>0，g(x)<0，即x<2，x<－1或x>1或x>2，－1<x<0或0<x<1，解得x<－1或1<

x<2.故选A．3．(2021·洛阳模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意实数x都有f′(x)－f(x)＝ex(2x－1)，f(0)＝4，则不等式f(x)<10ex的解集为()A．(－2,3)B．(－3,2)C．(－∞，－3)∪(2，

＋∞)D．(－∞，－2)∪(3，＋∞)答案A14解析令G(x)＝f(x)ex，则G′(x)＝f′(x)－f(x)ex＝2x－1，可设G(x)＝x2－x＋c，则G(0)＝f(0)＝4，∴c＝4，所以G(x)＝f(x)

ex＝x2－x＋4，不等式f(x)<10ex等价于f(x)ex<10.所以x2－x<6，解得－2<x<3，所以不等式的解集为(－2,3)．故选A．答题启示(1)同构函数的基本策略：“左右形式相当，一边一个变量取左或取右，构造

函数妥当”．(2)若知xf′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝xf(x)；一般地，若知xf′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝xnf(x)(n>0)．(3)若知xf′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝f(x)x；一般地，若知xf′(x)－nf(x)

(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝f(x)xn(n>0)．(4)若知f′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝exf(x)；一般地，若知f′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝enxf(x)(n>0)．(5)若知f′(

x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝f(x)ex；一般地，若知f′(x)－nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝f(x)enx(n>0)．对点训练1．(2021·襄阳模拟)定义在R上的可导函数f

(x)满足f(x)＋f′(x)<0，则下列各式一定成立的是()A．e2f(2021)<f(2019)B．e2f(2021)>f(2019)C．f(2021)<f(2019)D．f(2021)>f(2019)答案A解析根据题意，设g(x)＝exf(x)，其导函数g′(

x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，又f(x)＋f′(x)<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在R上为减函数，则有15g(2021)<g(2019)，即e2021f(2021)<e2019f(2

019)，即e2f(2021)<f(2019).2．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)＜0，对任意正数a，b，若a<b，则必有()A．af(b)＜bf(a)B．bf(a)＜

af(b)C．af(a)＜bf(b)D．bf(b)＜af(a)答案A解析设函数F(x)＝f(x)x(x>0)，则F′(x)＝f(x)x′＝xf′(x)－f(x)x2.因为x>0，xf′(x)－f(x)＜0，所以F′(x)＜

0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b，所以F(a)＞F(b)，即f(a)a＞f(b)b，则bf(a)＞af(b)．3．(2021·新高考八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则()A．c<b<aB．b<

c<aC．a<c<bD．a<b<c答案D解析因为ae5＝5ea，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝exx，x>0，则f′(x)＝ex(x－1)x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(

0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为ae5＝5ea，a<5，故e55＝eaa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1,0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，因为f(5)>f(4)>

f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.一、单项选择题1．若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调减区间是[－1,4]，则a＝()A．－4B．－116C．1D．4答案A解析易知f′(x)

＝x2－3x＋a，由题意知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＝－4.2．(2021·四川广安模拟)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sinxB．y＝x

exC．y＝x3－xD．y＝lnx－x答案B解析对于A，y＝sinx是正弦函数，在(0，＋∞)内不是单调函数，不符合题意；对于B，y＝xex，其导数y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，当x>0时，y′>0恒成立，则其在

(0，＋∞)内为增函数，符合题意；对于C，y＝x3－x，其导数y′＝3x2－1，在区间0，33上，y′<0，函数为减函数，不符合题意；对于D，y＝lnx－x，其导数y′＝1x－x，在区间(1，＋∞)上，y′<0，函数为减函数，不符合题

意．故选B.3．(2021·贵阳市四校第二次联考)已知y＝x·f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案D解析由题图可知，当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当0<x<b时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>b时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．又f′(

b)＝0，所以当x＝b时，f(x)取得极大值．综上，满足题意的f(x)的图象可能是D.4．已知x∈(0，π)，则函数f(x)＝excosx的单调递增区间为()17A．0，π2B．0，3π4C．0，π4D．3π4，π答案

C解析∵f(x)＝excosx，∴f′(x)＝ex(cosx－sinx)，令f′(x)>0，即cosx－sinx>0，∵x∈(0，π)，∴0<x<π4，故函数f(x)的单调递增区间是0，π4，故选C．5．(202

1·辽宁实验中学高三模拟)已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)内单调递增”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答案A解析因为f

(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)内单调递增，则f′(x)＝1x＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋1x，当x>0时，由基本不等式可得2x＋1x≥22x·1x＝22，当且仅当x＝22时，等号成立，所以a≤22.

因为{a|a≤2}{a|a≤22}，因此“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)内单调递增”的充分不必要条件，故选A．6．(2021·潍坊三模)某地区为落实乡村振兴战略，帮助农民脱贫致富，引入一种特色农产品种植，该农产品上市时

间仅能维持5个月，预测上市初期和后期会因产品供应不足使价格持续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌．经研究，其价格模拟函数为f(t)＝t(t－3)2＋n(0≤t≤5，其中t＝0表示5月1日，t＝1表示6月1日，以此类推)

，若f(2)＝6，为保护农户的经济效益，当地政府计划在价格下跌时积极拓宽外销，请你预测该农产品价格下跌的月份为()A．5月和6月B．6月和7月18C．7月和8月D．8月和9月答案B解析∵f(t)＝t(t－3)2＋n，f(2)＝6，∴f(2)＝2＋n＝6，∴n

＝4，∴f(t)＝t(t－3)2＋4，∴f′(t)＝(t－3)2＋2t(t－3)＝3(t－1)(t－3)，令f′(t)<0得，1<t<3，∴f(t)在(1,3)上单调递减，∵t＝1表示6月1日，t＝2表示7月1日，t＝3表示8月1日，∴该农产品价格下跌的月份为6

月和7月，故选B.7．(2021·青岛二中月考)已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是()A．(－∞，－1)B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，2)答案D解析令g(x)＝f(

x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D.8．(2021·四川省宜宾市二

模)定义在[－2,2]上的函数f(x)与其导函数f′(x)的图象如图所示，设O为坐标原点，A，B，C，D四点的横坐标依次为－12，－16，1，43，则函数y＝f(x)ex的单调递减区间是()A．－16，43B．－12，1C．－12，－16D．(

1,2)答案B19解析若虚线部分为函数y＝f(x)的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象(实线)与x轴有三个交点，不符合题意；若实线部分为函数y＝f(x)的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象(虚线)与x轴恰好也只有两个交点，符合题意．对函数y＝f(x)

ex求导得y′＝f′(x)－f(x)ex，由y′<0，得f′(x)<f(x)，由图象可知，满足不等式f′(x)<f(x)的x的取值范围是－12，1，因此，函数y＝f(x)ex的单调递减区间为－12，1.故选

B.二、多项选择题9．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．(0,3)为函数y＝f(x)的单调递减区间B．(5，＋∞)为函数y＝f(x)的单调递增区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值答案BD解析由函数y＝f(x)的导函

数的图象可知，当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减，当－1<x<3或x>5时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增，由此可知A错误，B正确；函数y＝f(x)在x＝－1，x＝5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，因此可知C

错误，D正确．故选BD.10．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是()A．－3B．－1C．0D．2答案BD解析依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故20a≠0，Δ＝36＋12a>0，解得a>－3且a≠0.故选BD.

11．若函数g(x)＝f(x)lnx在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有“Z魔力”，下列函数中具有“Z魔力”的是()A．f(x)＝1eB．f(x)＝x－1C．f(x)＝1exD．f(x)＝ex答案AD解析要使函数f(x)具有“Z魔力”，则g(x)＝f(x)l

nx在定义域上单调递增，即当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0恒成立，对于A，f(x)＝1e，g(x)＝1elnx在定义域上单调递增，故函数f(x)具有“Z魔力”，故A正确；对于B，f(x)＝x－1，g(x)＝(x－1)lnx，g′(x)＝lnx＋x－1x＝1＋lnx－1

x，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)不具有“Z魔力”，故B错误；对于C，f(x)＝1ex，g(x)＝lnxex，g′(x)＝1－xlnxxex，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋

∞)上单调递减，函数f(x)不具有“Z魔力”，故C错误；对于D，f(x)＝ex，g(x)＝exlnx，g′(x)＝exlnx＋1x，令h(x)＝lnx＋1x(x>0)，h′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,

1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(x)极小值＝h(1)＝1>0，即g′(x)>0恒成立，g(x)在定义域上单调递增，因此函数f(x)具有“Z魔力”，故D正确．故选AD.12．(2021·淄博二模)已知

e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A．ln2>2eB．ln3<3eC．lnπ>πeD．ln3lnπ<3π答案ACD21解析令f(x)＝lnx－xe，则f′(x)＝1x－1e，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上

单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(e)＝lne－ee＝0，则由f(2)＝ln2－2e<0，得ln2<2e，故A不正确；由f(3)＝ln3－3e<0，得ln3<3e，故B正确；由f(π)＝lnπ－πe<0，得lnπ<πe，故C不正确；对于D，令g(x)＝l

nxx，则g′(x)＝1－lnxx2，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则由g(3)>g(π)，得ln33>lnππ，化为ln3lnπ>3π，故

D不正确．故选ACD.三、填空题13．函数f(x)＝xln(－x)的单调递减区间是________.答案－1e，0解析函数f(x)＝xln(－x)的定义域为(－∞，0)，f′(x)＝ln(－x)＋1，令f′(x)≤0，解得－1e≤x

<0，所以函数f(x)的单调递减区间是－1e，0.14．设函数f(x)＝x(ex－1)－12x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________.答案(－∞，－1)，(0，＋∞)[－1,0]解析∵f(x)＝x(ex－1)－12x2

，∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈[－1,0]时，f′(x)≤0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增

，在[－1,0]上单调递减．15．(2021·昆明诊断)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上单调递减，则实数a的取值范围是________.答案[－3，3]解析由题意知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－2212≤0，解得－3≤a≤3.16．(2021·长沙

质检)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________.答案1，32解析f′(x)＝4x－1x＝(2x－1)(2x＋

1)x(x>0)，令f′(x)>0，得x>12；令f′(x)<0，得0<x<12.由题意得k－1≥0，k－1<12<k＋1，解得1≤k<32.四、解答题17．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0.(1)求

a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，∴a－b

＝6，b＝－5，解得a＝1，b＝－5.(2)由(1)，得f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，当x<－2或x>3时，f′(x)<0；当－2<x<3时，f′(x)>0，故函

数f(x)的单调递增区间是(－2,3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)．18．已知函数f(x)＝x2＋alnx.23(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数g(x)＝f(x)＋2x在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．解

(1)由题意，知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－2x＝2(x＋1)(x－1)x，由f′(x)<0得0<x<1，故f(x)的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意，得g′(x)＝2x＋ax－2x2，∵函数g(x)在[1，＋∞)上单调，当g(x)为[1，＋∞)上的

单调递增函数时，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥2x－2x2在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝2x－2x2，∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴在[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.当g(x

)为[1，＋∞)上的单调递减函数时，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立．∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．19．(2021·吉林模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－axa>1

2.(1)当曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直时，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵f′(x)＝1x－a－1－ax2，曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线

与直线l：y＝242x＋1垂直，∴f′(2)＝12－14－34a＝－12，∴a＝1.(2)∵f′(x)＝1x－a－1－ax2＝－ax2＋x－(1－a)x2＝－(x－1)x－1－aax2aa>12，1－1－aa＝2－1a>0，∴当12<a<1时，0<1－a

a<1，f(x)在区间0，1－aa，(1，＋∞)上单调递减，在区间1－aa，1上单调递增；当a≥1时，1－aa≤0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．综上所述，当12<a<1时，函数f(x)的单调递

增区间为1－aa，1，单调递减区间为0，1－aa，(1，＋∞)；当a≥1时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．20．(2020·全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝sin2xsin2x.(1)讨论f(x)

在区间(0，π)的单调性；(2)证明：|f(x)|≤338.解(1)f(x)＝sin2xsin2x＝2sin3xcosx，则f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4

cos2x－1)＝2sin2x(2cosx＋1)·(2cosx－1)，f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根为x1＝π3，x2＝2π3，当x∈0，π3时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈π3，2π3时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；25当x

∈2π3，π时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)证明：注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)sin[2(x＋π)]＝sin2xsin2x＝f(x)，故函数f(x)是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得f(0)＝f(π)

＝0，fπ3＝322×32＝338，f2π3＝322×－32＝－338，据此可得f(x)max＝338，f(x)min＝－338，所以|f(x)|≤338.