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限时跟踪检测(十七) 导数与函数的单调性
一、单项选择题
1．(2024·海南高中联考)函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是( )
A.和
B.∪
C.
D.
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(
)
3．(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小
值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
4．(2024·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c
＝f(log 0.2)，则( )
2
A．b＜c＜a B．c＜a＜b
C．b＜a＜c D．c＜b＜a
5．(2024·四川乐山模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a
的取值范围是( )
A．(－∞，－3]
B．(－3,1)
C．[1，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
6．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则y＝f(x)的图象
大致是( )7．(2024·安徽合肥一中、屯溪一中等校联考)已知函数f(x)＝4cos x－mx3在上单调递增，
则实数m的取值范围为( )
A. B.
C. D.
8．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)＝－1.当x＞0时，f′(x)＞1，则使得
f(x)＞x成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－1,0)∪(0,1)
二、多项选择题
9．(2024·宁夏长庆高中月考)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋x＋b(a＞0，b∈R)恰好有三个不同
的单调区间，则实数a的可能取值为( )
A．1 B．2 C．3 D．0
10．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x ，x(x≠x)都有＞0，则称函数y＝f(x)为
1 2 1 2
“F函数”．下列函数不是“F函数”的是( )
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x
三、填空题与解答题
11．函数f(x)＝2exsin x的单调递增区间是________．
12．设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是
________．13．(2024·湖南衡阳段考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间(1,2)内存在单调递增区间，
则实数a的取值范围是________．
14．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间内单调递减，求a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间是，求a的值．
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15．已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)＜2，
则下列不等式成立的是( )
A．2a＋b＜－1 B．2a＋b＞－1
C．4a＋b＜1 D．4a＋b＞1
解析版
一、单项选择题
1．(2024·海南高中联考)函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是( )
A.和
B.∪
C.
D.
解析：由f(x)＝－ln x＋2x2(x＞0)，得f′(x)＝－＋4x＝，令f′(x)>0，即4x2－1>0，解得
x>，所以函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是.故选D.
答案：D
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(
)解析：当x＜0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c＜0，知相应的函数f(x)在该区间内单调
递减；当x＞0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象，可知导函数在区间(0，x)内的值是
1
大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D符合题意．
答案：D
3．(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小
值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
解析：依题意，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥.
设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.
故选C.
答案：C
4．(2024·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c
＝f(log 0.2)，则( )
2
A．b＜c＜a B．c＜a＜b
C．b＜a＜c D．c＜b＜a
解析：由题意可得f′(x)＝1－sin x≥0，
所以f(x)在R上单调递增．
又由0.3－1＞2－0.3＞log 0.2，
2
可得f(0.3－1)＞f(2－0.3)＞f(log 0.2)，
2
所以c＜b＜a.故选D.
答案：D
5．(2024·四川乐山模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a
的取值范围是( )A．(－∞，－3]
B．(－3,1)
C．[1，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
解析：因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，
所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，
如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1，2]上单调，
那么a－1≥0或
解得a≥1或a≤－3，
于是满足条件的a∈(－3,1)．故选B.
答案：B
6．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则y＝f(x)的图象
大致是( )
解析：列表如下，
x (－∞，－1) (－1,0) (0,1) (1，＋∞)
xf′(x) － ＋ － ＋
f′(x) ＋ － － ＋
f(x) 单调递增 单调递减 单调递减 单调递增
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．
故函数f(x)的图象是C中的图象．
答案：C
7．(2024·安徽合肥一中、屯溪一中等校联考)已知函数f(x)＝4cos x－mx3在上单调递增，则实数m的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：由题意得f′(x)≥0在上恒成立且不恒等于0，f′(x)＝－4sin x－mx2，则－4sin x－
mx2≥0在x∈时恒成立且不恒等于0，即－≥m在x∈时恒成立且不恒取等号．
令g(x)＝－，x∈，可知当x∈时，g(x)＜0，当x∈[π，2π]时，g(x)≥0.
当x∈时，g′(x)＝(2sin x－xcos x)＞0，所以函数g(x)在上单调递增，所以g(x) ＝g＝
min
－，则m≤－，故实数m的取值范围为.
答案：D
8．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)＝－1.当x＞0时，f′(x)＞1，则使得
f(x)＞x成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－1,0)∪(0,1)
解析：由f′(x)＞1(x＞0)，可得f′(x)－1＞0，令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1＞0，故
g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)＋1＝0，又因为f(x)为
奇函数，所以g(x)＝f(x)－x为奇函数，所以g(1)＝0，且在区间(－∞，0)上g(x)单调递增．
所以使得f(x)＞x，即g(x)＞0成立的x的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)．故选B.
答案：B
二、多项选择题
9．(2024·宁夏长庆高中月考)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋x＋b(a＞0，b∈R)恰好有三个不同
的单调区间，则实数a的可能取值为( )
A．1 B．2 C．3 D．0
解析：由题意得f′(x)＝3ax2＋6x＋1(a＞0)，
∵函数f(x)恰好有三个不同的单调区间，
∴f′(x)有两个不同的零点，
∴解得0＜a＜3.
因此，实数a的取值范围是(0,3)．故选AB.
答案：AB
10．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x ，x(x≠x)都有＞0，则称函数y＝f(x)为
1 2 1 2
“F函数”．下列函数不是“F函数”的是( )
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x
解析：依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，定义域为R，g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F
函数”；
对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x＞0，
当x∈时，g′(x)＜0，
∴g(x)在上单调递减，
故C中函数不是“F函数”；
对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，g′(x)＜0，
∴g(x)在上单调递减，故D中函数不是“F函数”．
答案：ACD
三、填空题与解答题
11．函数f(x)＝2exsin x的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)＝2exsin，
由f′(x)＞0，得2kπ0时，f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋xln(1＋a)，
因为ax>0，所以g(x)≥0.
第2步：求参数a的取值范围
因为a∈(0,1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满
足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0
