2025高考数学一轮复习-3.2.1-导数与函数的单调性-专项训练模拟练习【含解析】

2025高考数学一轮复习-3.2.1-导数与函数的单调性-专项训练模拟练习【A级基础巩固】一、单选题1．函数f(x)＝xlnx＋1的单调递减区间是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞)2．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增3．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3]4．已知f(x)＝eq\f(lnx,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)5．若曲线f(x)＝(ax－1)ex－2在点(2，f(2))处的切线过点(3,3)，则函数f(x)的单调递增区间为()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)6．若函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)．若f′(x)－3<0恒成立，f(－2)＝0，则f(x)－3x<6的解集为()A．(－∞，－2) B．(－2,2)C．(－∞，2) D．(－2，＋∞)7．已知f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)>0恒成立，则下列不等式成立的是()A．f(－3)<f(4)<f(－5)B．f(4)<f(－3)<f(－5)C．f(－5)<f(－3)<f(4)D．f(4)<f(－5)<f(－3)8．已知a＝eq\f(1,2)ln2＋eq\f(1,4)，b＝eq\f(2,e)，c＝eq\f(lnπ＋1,π)，则a，b，c之间的大小关系为()A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．b<c<a二、多选题9．已知函数f(x)的定义域为R，且f′(x)>1，f(3)＝4，则下列结论中正确的有()A．f(x)为增函数B．g(x)＝f(x)－x为增函数C．f(2x－1)>4的解集为(－∞，2)D．f(2x－1)>2x的解集为(2，＋∞)10．下列不等式成立的是()A．2lneq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2 B．eq\r(2)lneq\r(3)<eq\r(3)lneq\r(2)C．5ln4<4ln5 D．π>elnπ11．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)．下列结论正确的是()A．f(x)<0恒成立B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>eq\f(fx1＋fx2,2)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2)三、填空题12．函数f(x)＝xln(－x)的单调递减区间是.13．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2x－2alnx在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是.14．已知函数f(x)＝x(2x－2－x)，则不等式2f(x)－3<0的解集为_.四、解答题15．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲线y＝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．16．已知f(x)＝eq\f(x2,2)－(1＋a)x＋alnx，其中a为实数，讨论f(x)的单调性．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．下列函数中，既满足图象关于原点对称，又在(－∞，0)上单调递增的是()A．f(x)＝xcosx B．f(x)＝eq\f(e－x＋ex,2)C．f(x)＝3x－2sinx D．f(x)＝x3－x2．若函数f(x)＝xlnx－ax＋1在[e，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2) B．(－∞，2]C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)3．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝eq\f(1,e)，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝eq\f(fx,ex)，则不等式F(x)<eq\f(1,e2)的解集为()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(1，e) D．(e，＋∞)4．已知a＝πe，b＝ππ，c＝eπ，e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<c B．a<c<bC．b<a<c D．c<a<b5．函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)的单调增区间为；若对∀a，b∈[1，e]，a≠b，均有eq\f(alnb－blna,b－a)<m成立，则m的取值范围是.6．已知函数f(x)＝x2＋alnx.(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)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．7．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x2－2a,2x).(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝1，试问过点(0,1)向曲线y＝f(x)可作几条切线？ 参考答案 【A级基础巩固】一、单选题1．(C)[解析]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．(D)[解析]因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．3．(A)[解析]f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，当x－eq\f(9,x)≤0时，有0<x≤3，即函数f(x)的单调递减区间是(0,3]，所以0<a－1<a＋1≤3，解得1<a≤2.故选A．4．(D)[解析]f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．5．(A)[解析]由题意，得f(2)＝(2a－1)e0＝2a－1，f′(x)＝aex－2＋(ax－1)ex－2＝(ax＋a－1)ex－2，∴f′(2)＝3a－1，∴eq\f(3－2a－1,3－2)＝3a－1，得a＝1，∴f(x)＝(x－1)ex－2，f′(x)＝xex－2.∵x>0时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．6．(D)[解析]令g(x)＝f(x)－3x－6，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以函数g(x)在R上单调递减，g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0，由g(x)<0⇔g(x)<g(－2)，则x>－2.7．(A)[解析]x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0即f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(3)<f(4)<f(5)，∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故选A．8．(B)[解析]令f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，令f′(x)>0，解得0<x<1，所以f(x)在(0,1)上单调递增，令f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，a＝eq\f(1,2)ln2＋eq\f(1,4)＝eq\f(2ln2＋1,4)＝eq\f(ln4＋1,4)＝f(4)，b＝eq\f(2,e)＝eq\f(lne＋1,e)＝f(e)，c＝eq\f(lnπ＋1,π)＝f(π)，因为1<e<π<4，所以f(e)>f(π)>f(4)，即b>c>a.故选B．二、多选题9．(ABD)[解析]利用导数与函数的单调性的关系可判断AB，利用函数的单调性解不等式判断CD．对于A，因为f′(x)>1，所以f(x)为增函数，故A正确；对于B，由g(x)＝f(x)－x，g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)为增函数，故B正确；对于C，f(3)＝4，则f(2x－1)>4等价于f(2x－1)>f(3)，又f(x)为增函数，所以2x－1>3，解得x>2，所以f(2x－1)>4的解集为(2，＋∞)，故C错误；对于D，f(2x－1)>2x等价于f(2x－1)－(2x－1)>1＝f(3)－3.即g(2x－1)>g(3)，又g(x)为增函数，所以2x－1>3，解得x>2，所以f(2x－1)>2x的解集为(2，＋∞)，故D正确．故选ABD．10．(AD)[解析]设f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以当0<x<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．因为eq\f(3,2)<2<e，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<f(2)，即2lneq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2，故选项A正确；因为eq\r(2)<eq\r(3)<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(3))，即eq\r(2)lneq\r(3)>eq\r(3)lneq\r(2)，故选项B不正确；因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln4>4ln5，故选项C不正确．同理e<π，则f(e)>f(π)，即π>elnπ，故选项D正确．11．(BD)[解析]由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)<0，故原函数为减函数，并且递减的速度是先快后慢，所以f(x)的图象如图所示：f(x)<0恒成立，没有依据，故A不正确；B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]异号，即f(x)为减函数．故B正确；C，D左边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C不正确，D正确．三、填空题12．[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－eq\f(1,e)≤x<0，所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)).13．[解析]由单调性可知f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，采用分离变量法可得2a≤x2＋2x，由二次函数的最值可求得a的范围．∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x＋2－eq\f(2a,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2a≤x2＋2x在(0，＋∞)上恒成立；又当x>0时，x2＋2x>0，∴2a≤0，解得：a≤0，∴实数a的取值范围为(－∞，0]．14．[解析]因为f(x)＝x(2x－2－x)，x∈R，所以f(－x)＝(－x)·(2－x－2x)＝x(2x－2－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数，又因为f′(x)＝2x－2－x＋xln2(2x＋2－x)，当x>0时，f′(x)>0，则f(x)单调递增．又因为f(0)＝0，f(1)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，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)．四、解答题15．[解析](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，∴曲线y＝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，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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f(x)的单调递增区间为(－2,3)，单调递减区间为(－∞，－2)和(3，＋∞)．16．[解析]由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)(x>0)，①当a≤0时，由f′(x)<0得0<x<1；由f′(x)>0得x>1.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；②当0<a<1时，由f′(x)<0得a<x<1；由f′(x)>0得0<x<a或x>1.所以f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减；③当a＝1时，f(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；④当a>1时，由f′(x)<0得1<x<a；由f′(x)>0得0<x<1或x>a.所以f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减；综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减；当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．(C)[解析]选项A中，f′(x)＝cosx－xsinx，∴f′(x)在(－∞，0)上不恒非负，选项A错误；选项B中，f(－x)＝eq\f(ex＋e－x,2)＝f(x)，所以f(x)的图象不关于原点对称，选项B错误；选项C中，f(－x)＝－3x－2sin(－x)＝－f(x)，即f(x)为奇函数，图象关于原点对称，又f′(x)＝3－2cosx，x<0时，f′(x)>0恒成立所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，选项C正确；选项D中，f′(x)＝3x2－1当x<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上为单调增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))上为单调减函数，选项D错误．故选C．2．(B)[解析]求出原函数的导函数，把问题转化为a≤lnx＋1在[e，＋∞)上恒成立，由单调性求得lnx＋1的最小值，即可得到实数a的取值范围．由f(x)＝xlnx－ax＋1，得f′(x)＝lnx＋1－a，∵函数f(x)＝xlnx－ax＋1在[e，＋∞)上单调递增，∴lnx＋1－a≥0在[e，＋∞)上恒成立，即a≤lnx＋1在[e，＋∞)上恒成立，∵lnx＋1在[e，＋∞)上单调递增，∴(lnx＋1)min＝2，可得a≤2.∴实数a的取值范围是(－∞，2]．故选B．3．(B)[解析]根据题意，F(x)＝eq\f(fx,ex)，其导数F′(x)＝eq\f(f′x·ex－fx·ex′,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，又由f(x)－f′(x)>0，则有F′(x)<0，即函数F(x)在R上为减函数，又由f(1)＝eq\f(1,e)，则F(1)＝eq\f(f1,e)＝eq\f(1,e2)，不等式F(x)<eq\f(1,e2)等价于F(x)<F(1)，则有x>1，则不等式的解集为(1，＋∞)．4．(B)[解析]因为π>e>0，所以ππ>eπ，即b>c.令f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈[e，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减．因为π>e，所以f(π)<f(e)，即eq\f(lnπ,π)<eq\f(lne,e)，得elnπ<πlne，故eπ>πe，所以c>a，综上，b>c>a，故选B．5．[解析]利用导数的正负与函数单调性的关系，求解函数f(x)的单调递增区间；将不等式变形为eq\f(lnb＋m,b)<eq\f(lna＋m,a)，对∀a，b∈[1，e]恒成立，构造函数g(x)＝eq\f(lnx＋m,x)，x∈[1，e]，将问题转化为g′(x)＝eq\f(1－m－lnx,x2)≤0，对x∈[1，e]恒成立，利用参变量分离转化为求解函数的最值，即可得到m的取值范围．函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当0<x<1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)；因为对∀a，b∈[1，e]，均有eq\f(alnb－blna,b－a)<m成立，不妨令1≤a<b≤e，则alnb－blna<mb－ma对∀a，b∈[1，e]恒成立，故a(lnb＋m)<b(lna＋m)对∀a，b∈[1，e]恒成立，则eq\f(lnb＋m,b)<eq\f(lna＋m,a)，对∀a，b∈[1，e]恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx＋m,x)，x∈[1，e]，所以g(a)>g(b)对∀a，b∈[1，e]且a<b恒成立，从而得到g(x)在[1，e]上单调递减，则g′(x)＝eq\f(1－m－lnx,x2)≤0，对x∈[1，e]恒成立，即m≥1－lnx，因为y＝1－lnx在[1，e]上单调递减，所以当x＝1时，函数y＝1－lnx取得最大值1，故m≥1，所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．6．[解析](1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－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＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2).①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，x∈[1，＋∞)．易知φ(x)在[