2025年上学期高二数学导数与单调性试题

2025年上学期高二数学导数与单调性试题一、单选题（共8小题）1.函数与导函数图象关系已知函数$f(x)$的导函数$f'(x)$的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减B.函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增C.函数$f(x)$在$x=0$处取得极小值D.函数$f(x)$在$x=1$处取得极大值解析：根据导函数图象与函数单调性的关系，当$f'(x)>0$时函数单调递增，$f'(x)<0$时函数单调递减。由图可知，在区间$(-\infty,0)$上$f'(x)<0$，函数单调递减；在$(0,1)$上$f'(x)>0$，函数单调递增；在$(1,+\infty)$上$f'(x)<0$，函数单调递减。因此$x=0$是极小值点，$x=1$是极大值点，正确选项为A、C。2.不含参函数单调区间函数$f(x)=x^3-3x^2+2$的单调递增区间是（）A.$(-\infty,0)$和$(2,+\infty)$B.$(0,2)$C.$(-\infty,1)$D.$(1,+\infty)$解析：对函数求导得$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$。令$f'(x)>0$，解得$x<0$或$x>2$，故单调递增区间为$(-\infty,0)$和$(2,+\infty)$，选A。3.导数几何意义与单调性综合函数$f(x)=e^x-ax$在区间$[0,1]$上单调递增，则实数$a$的取值范围是（）A.$(-\infty,e]$B.$(-\infty,1]$C.$[e,+\infty)$D.$[1,+\infty)$解析：$f'(x)=e^x-a$，要使函数在$[0,1]$单调递增，需$f'(x)\geq0$恒成立，即$a\leqe^x$在$[0,1]$上恒成立。因为$e^x$在$[0,1]$上的最小值为$e^0=1$，所以$a\leq1$，选B。4.抽象函数单调性判断定义在$\mathbb{R}$上的函数$f(x)$满足$f'(x)>f(x)$，且$f(0)=1$，则不等式$f(x)>e^x$的解集为（）A.$(0,+\infty)$B.$(-\infty,0)$C.$(1,+\infty)$D.$(-\infty,1)$解析：构造函数$g(x)=\frac{f(x)}{e^x}$，则$g'(x)=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0$，故$g(x)$单调递增。又$g(0)=1$，不等式$f(x)>e^x$等价于$g(x)>g(0)$，所以$x>0$，选A。5.复合函数求导与单调性函数$f(x)=\ln(x^2-2x+3)$的单调递减区间是（）A.$(-\infty,1)$B.$(1,+\infty)$C.$(-1,1)$D.$(1,3)$解析：先求定义域$x^2-2x+3>0$恒成立。令$t=x^2-2x+3$，则$f(t)=\lnt$，$t'(x)=2x-2$。当$t'(x)<0$即$x<1$时，$t(x)$单调递减，又$f(t)$单调递增，根据复合函数"同增异减"原则，原函数单调递减区间为$(-\infty,1)$，选A。6.分段函数导数应用已知函数$f(x)=\begin{cases}x^2,&x\leq0\\ln(x+1),&x>0\end{cases}$，则$f(x)$的单调递减区间是（）A.$(-\infty,0)$B.$(0,+\infty)$C.$(-\infty,-1)$D.不存在解析：当$x\leq0$时，$f'(x)=2x\leq0$，函数单调递减；当$x>0$时，$f'(x)=\frac{1}{x+1}>0$，函数单调递增。故单调递减区间为$(-\infty,0]$，选A。7.极值点与单调性关系函数$f(x)$的导函数$f'(x)$图象如图所示，则函数$f(x)$的极值点个数为（）A.1个B.2个C.3个D.4个解析：极值点处导函数值为0且左右异号。由图可知，导函数与x轴交于$x_1,x_2,x_3$三点，其中$x_1$和$x_3$处导函数值左正右负（极大值点），$x_2$处左负右正（极小值点），共3个极值点，选C。8.单调性与函数零点函数$f(x)=x^3-3x+k$有三个不同零点，则实数$k$的取值范围是（）A.$(-2,2)$B.$[-2,2]$C.$(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$D.$(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$解析：$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，极值点为$x=-1$（极大值）和$x=1$（极小值）。$f(-1)=2+k$，$f(1)=-2+k$，要使函数有三个零点，需极大值$>0$且极小值$<0$，即$\begin{cases}2+k>0\-2+k<0\end{cases}$，解得$-2<k<2$，选A。二、多选题（共4小题）1.导函数图象综合分析已知函数$f(x)$的导函数$f'(x)$图象如图所示，则下列说法正确的有（）A.$f(x)$在区间$(-2,0)$上单调递减B.$f(x)$在$x=1$处取得极小值C.$f(x)$有两个极大值点D.$f(x)$在$[-3,3]$上的最大值点为$x=2$解析：由导函数图象可知：$(-\infty,-2)$：$f'(x)>0$，单调递增$(-2,0)$：$f'(x)<0$，单调递减（A正确）$(0,2)$：$f'(x)>0$，单调递增$(2,+\infty)$：$f'(x)<0$，单调递减极值点为$x=-2$（极大值）、$x=0$（极小值）、$x=2$（极大值），故C正确，B错误；区间$[-3,3]$上的最大值点为$x=2$，D正确。答案：ACD。2.含参函数单调性讨论关于函数$f(x)=ax^3+x$的单调性，下列说法正确的有（）A.当$a>0$时，在$\mathbb{R}$上单调递增B.当$a=0$时，在$\mathbb{R}$上单调递增C.当$a<0$时，有两个单调递减区间D.当$a<0$时，有两个单调递增区间解析：$f'(x)=3ax^2+1$$a>0$时，$f'(x)>0$恒成立，单调递增（A正确）$a=0$时，$f(x)=x$，单调递增（B正确）$a<0$时，令$f'(x)=0$得$x=\pm\sqrt{-\frac{1}{3a}}$，此时函数在$(-\infty,-\sqrt{-\frac{1}{3a}})$和$(\sqrt{-\frac{1}{3a}},+\infty)$单调递减，在$(-\sqrt{-\frac{1}{3a}},\sqrt{-\frac{1}{3a}})$单调递增，故有两个递减区间和一个递增区间（C正确，D错误）。答案：ABC。3.导数与函数图象匹配已知函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的图象如图所示，则下列可能正确的是（）A.图1为$f(x)$图象，图2为$f'(x)$图象B.图1为$f'(x)$图象，图2为$f(x)$图象C.函数$f(x)$有两个极值点D.函数$f(x)$在区间$(a,b)$上的值域为$[f(a),f(b)]$解析：若图1为导函数图象，则$f'(x)$有两个零点，对应$f(x)$有两个极值点（C正确）；若图2为导函数图象，则$f'(x)\geq0$恒成立，$f(x)$单调递增，此时图1作为$f(x)$图象符合单调递增特征（A正确）。答案：AC。4.单调性与不等式证明已知函数$f(x)=\lnx+\frac{1}{x}$，则下列不等式成立的有（）A.$f(1)<f(2)$B.$f(2)<f(3)$C.$f(x)\geq1$恒成立D.对任意$x>1$，$f(x)<x$解析：$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$$x>1$时，$f'(x)>0$，函数单调递增，故$f(1)<f(2)<f(3)$（A、B正确）极小值点$x=1$，$f(1)=1$，故$f(x)\geq1$（C正确）令$g(x)=x-f(x)=x-\lnx-\frac{1}{x}$，$g'(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0$（$x>1$），$g(1)=0$，故$g(x)>0$即$f(x)<x$（D正确）。答案：ABCD。三、填空题（共4小题）1.简单函数单调区间函数$f(x)=x+\frac{4}{x}(x>0)$的单调递减区间是________。解析：$f'(x)=1-\frac{4}{x^2}=\frac{x^2-4}{x^2}$，令$f'(x)<0$得$0<x<2$，填$(0,2)$。2.含参函数单调条件若函数$f(x)=x^2-ax+\lnx$在区间$(1,2)$上单调递增，则实数$a$的取值范围是________。解析：$f'(x)=2x-a+\frac{1}{x}\geq0$在$(1,2)$恒成立，即$a\leq2x+\frac{1}{x}$。令$g(x)=2x+\frac{1}{x}$，$g'(x)=2-\frac{1}{x^2}>0$在$(1,2)$恒成立，$g(x)\in(3,\frac{9}{2})$，故$a\leq3$，填$(-\infty,3]$。3.抽象函数导数应用已知定义在$\mathbb{R}$上的函数$f(x)$满足$f(1)=1$，且$f'(x)>\frac{1}{2}$，则不等式$f(x^2)>\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}$的解集为________。解析：构造$g(x)=f(x)-\frac{x}{2}-\frac{1}{2}$，则$g'(x)=f'(x)-\frac{1}{2}>0$，$g(x)$单调递增。原不等式等价于$g(x^2)>g(1)$，即$x^2>1$，解得$x<-1$或$x>1$，填$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$。4.导数与函数零点综合若函数$f(x)=x^2-2ax+\lnx$存在两个极值点，则实数$a$的取值范围是________。解析：$f'(x)=2x-2a+\frac{1}{x}=\frac{2x^2-2ax+1}{x}$，方程$2x^2-2ax+1=0$在$(0,+\infty)$有两个不等实根，需满足$\begin{cases}\Delta=4a^2-8>0\a>0\end{cases}$，解得$a>\sqrt{2}$，填$(\sqrt{2},+\infty)$。四、解答题（共3小题）1.不含参函数单调性与极值已知函数$f(x)=x^3-3x^2-9x+1$。（1）求函数$f(x)$的单调区间；（2）求函数$f(x)$在区间$[-2,4]$上的极值和最值。解析：（1）$f'(x)=3x^2-6x-9=3(x+1)(x-3)$令$f'(x)>0$得$x<-1$或$x>3$；令$f'(x)<0$得$-1<x<3$单调递增区间：$(-\infty,-1)$和$(3,+\infty)$单调递减区间：$(-1,3)$（2）极值点：$x=-1$（极大值），$x=3$（极小值）$f(-1)=(-1)^3-3(-1)^2-9(-1)+1=6$$f(3)=3^3-3(3)^2-9(3)+1=-26$区间端点：$f(-2)=-8-12+18+1=-1$，$f(4)=64-48-36+1=-19$最大值为$f(-1)=6$，最小值为$f(3)=-26$2.含参函数单调性讨论已知函数$f(x)=\lnx+\frac{a}{x}(a\in\mathbb{R})$。（1）讨论函数$f(x)$的单调性；（2）若函数$f(x)$在区间$[1,e]$上的最小值为2，求实数$a$的值。解析：（1）定义域$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$当$a\leq0$时，$f'(x)>0$恒成立，函数在$(0,+\infty)$单调递增当$a>0$时，令$f'(x)>0$得$x>a$；令$f'(x)<0$得$0<x<a$单调递增区间：$(a,+\infty)$，单调递减区间：$(0,a)$（2）当$a\leq1$时，函数在$[1,e]$单调递增，$f_{\min}=f(1)=a=2$（舍去）当$1<a<e$时，函数在$[1,a]$递减，$[a,e]$递增，$f_{\min}=f(a)=\lna+1=2$，解得$a=e$（舍去）当$a\geqe$时，函数在$[1,e]$单调递减，$f_{\min}=f(e)=1+\frac{a}{e}=2$，解得$a=e$综上，$a=e$3.导数与函数证明综合已知函数$f(x)=e^x-ax-1(a\in\mathbb{R})$。（1）若$a=1$，证明：$f(x)\geq0$恒成立；（2）若函数$f(x)$有两个零点，求实数$a$的取值范围；（3）证明：对任意$n\in\mathbb{N}^*$，不等式$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}<\ln2$成立。解析：（1）当$a=1$时，$f(x)=e^x-x-1$，$f'(x)=e^x-1$$x<0$时，$f'(x)<0$；$x>0$时，$f'(x)>0$极小值点$x=0$，$f(0)=0$，故$f(x)\geq0$恒成立（2）$f'(x)=e^x-a$$a\leq0$时，$f'(x)>0$，函数单调递增，至多一个零点$a>0$时，极小值点$x=\lna$，$f(\lna)=a-a\lna-1$令$g(a)=a-a\lna-1$，$g'(a)=-\lna$$g(a)$在$(0,1)$递增，$(1,+\infty)$递减，$g(1)=0$要使$f(x)$有两个零点，需$g(a)<0$即$a>1$，此时$f(0)=0$，$f(2\lna)=a^2-2a\lna-1>0$（$a>1$），故$a>1$（3）由（1）知$e^x\geqx+1$，令$x=-\frac{k}{n}(k=1,2,\cdots,n)$则$e^{-\frac{k}{n}}\geq1-\frac{k}{n}$，即$\frac{1}{e^{\frac{k}{n}}}\geq\frac{n-k}{n}$，取倒数得$e^{\frac{k}{n}}\leq\frac{n}{n-k}$两边取对数得$\frac{k}{n}\leq\ln\frac{n}{n-k}=\lnn-\ln(n-k)$令$k=1,2,\cdots,n$累加得：$\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+\cdots+\frac{n}{n}\leqn\lnn-[\ln(n-1)+\ln(n-2)+\cdots+\ln0]$（注：此处需修正为标准放缩）正确证法：由$f(x)=\ln(1+x)-x$在$(0,+\infty)$单调递减，得$\ln(1+x)<x$令$x=\frac{1}{n+k}(k=1,2,\cdots,n)$，则$\frac{1}{n+k}<\ln(1+\frac{1}{n+k})=\ln(n+k+1)-\ln(n+k)$累加得：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k}<\ln(2n+1)-\ln(n+1)<\ln2n-\lnn=\ln2$，证毕。五、附加题（选做）1.高阶导数与单调性已知函数$f(x)$的二