2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题16利用导数研究函数的单调性（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题16利用导数研究函数的单调性（教师版），共21页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
【考点预测】
1.函数的单调性与导数的关系
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.
【常用结论】
1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.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.
【方法技巧】
1.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.
2.(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.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
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.
4.根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(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
5.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
6.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
二、【题型归类】
【题型一】不含参数的函数的单调性
【典例1】函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
【解析】∵f′(x)＝2x－eq \f(2,x)
＝eq \f(2x＋1x－1,x)(x>0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴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.
【典例2】若函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
【典例3】已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cs x，则f(x)的单调递增区间为____________．
【解析】f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π)．
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,6)或x＝eq \f(5π,6)，
当00，
当eq \f(π,6)当eq \f(5π,6)0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减．
【题型二】含参数的函数的单调性
【典例1】已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．
【解析】根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因为e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,a).
①当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
函数g(x)＝－ax2＋2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a)))上有g(x)≥0，
即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．
②当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,a)))和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；
函数g(x)＝－ax2＋2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，0))上有g(x)≤0，
即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
当a>0时，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a)))；
当a<0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，0)).
【典例2】已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增；若a＞0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，合要求；当a＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))单调递减，则2≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,2).∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
【典例3】已知函数f(x)＝eq \f(ex,2)－eq \f(1,ex)－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(3,2)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝eq \f(3,2)时，f(x)＝eq \f(ex,2)－eq \f(1,ex)－eq \f(3,2)x，
f′(x)＝eq \f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq \f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，
令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2.
令f′(x)＞0，则x＜0或x＞ln2；
令f′(x)＜0，则0＜x＜ln2.
∴f(x)的递增区间是(－∞，0)，(ln2，＋∞)；递减区间是(0，ln2)．
(2)f′(x)＝eq \f(ex,2)＋eq \f(1,ex)－a，
令ex＝t，由于x∈[－1，1]，∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)).
令h(t)＝eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))))，
h′(t)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t2－2,2t2)，
∴当t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\r(2)))时，h′(t)≤0，函数h(t)为单调减函数；
当t∈(eq \r(2)，e]时，h′(t)＞0，函数h(t)为单调增函数．
故h(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的极小值点为t＝eq \r(2).
又h(e)＝eq \f(e,2)＋eq \f(1,e)＜heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,2e)＋e，h(eq \r(2))＝eq \r(2).
∴eq \r(2)≤h(t)≤e＋eq \f(1,2e).
∵函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，
若函数f(x)在[－1，1]上单调递增，
则a≤eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)对t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))恒成立，所以a≤eq \r(2)；
若函数f(x)在[－1，1]上单调递减，
则a≥eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)对t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))恒成立，所以a≥e＋eq \f(1,2e).
综上可得a的取值范围是(－∞，eq \r(2)]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋\f(1,2e)，＋∞)).
【题型三】比较大小或解不等式
【典例1】已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，f(1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))的大小关系为( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
【解析】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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))).故选A.
【典例2】已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
【解析】f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>eq \f(3,2)，
∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
【典例3】设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则( )
A．g(a)<0C．0【解析】因为函数f(x)＝ex＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0，所以f(a)＝0时，a∈(0,1)．又g(x)＝ln x＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.
由g(2)＝ln 2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)，
又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.
综上可知，g(a)<0【题型四】根据函数的单调性求参数的范围
【典例1】已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为________．
【解析】由题意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，
∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).
【典例2】若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－eq \r(2)，＋∞)
【解析】由题意得
f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excs x
＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a))，
∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
∴f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，
x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq \r(2)＋a]，
∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．
故选C.
【典例3】已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋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－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，
即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
由(1)知G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
因为x∈[1,4]，
所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，又因为a≠0，
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
三、【培优训练】
【训练一】设函数f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，则满足f(x)＋f(5－3x)<0的x的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2)))
【解析】因为f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，
所以f(－x)＝sin(－x)＋e－x－ex＋x
＝－(sin x＋ex－e－x－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
又f′(x)＝cs x＋ex＋e－x－1，
因为cs x－1≥－2，ex＋e－x＝ex＋eq \f(1,ex)≥2，
所以f′(x)＝cs x＋ex＋e－x－1>0，
所以f(x)在R上单调递增，
所以由f(x)＋f(5－3x)<0，
得f(x)<－f(5－3x)＝f(3x－5)，
因为f(x)在R上单调递增，
所以x<3x－5，解得x>eq \f(5,2)，
所以满足f(x)＋f(5－3x)<0的x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).
【训练二】(多选)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，则对于任意的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)]＜0
C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＞eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)
D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＜eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)
【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，并且递减的速度是逐渐减慢.所以f(x)的示意图如图所示：
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.
【训练三】已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f′（x）＋\f(m,2)))在区间(t，3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(a（1－x）,x)，
当a＞0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间.
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，
即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，
f′(x)＝eq \f(2x－2,x)(x＞0).
∴g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点.
由于g′(0)＝－2，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g′（t）＜0，,g′（3）＞0，))
当g′(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)＜0，
故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9，
又g′(3)＞0，即m＞－eq \f(37,3).
∴－eq \f(37,3)＜m＜－9.
即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).
【训练四】对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝2x3－6x2＋4，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,100)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(199,100)))＝________.
【解析】g′(x)＝6x2－12x，∴g″(x)＝12x－12，
由g″(x)＝0，得x＝1，又g(1)＝0，
∴函数g(x)的对称中心为(1,0)，
故g(x)＋g(2－x)＝0，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,100)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(199,100)))＝g(1)＝0.
【训练五】已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x＋ln x(a>0)，讨论函数f(x)的单调性．
【解析】f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1x－1,x)(x>0)，
①当01，
由f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)或0由f′(x)<0，解得1②当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
③当a>1时，0由f′(x)>0，解得x>1或0由f′(x)<0，解得eq \f(1,a)综上，当0当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>1时，f(x)在(1，＋∞)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
【训练六】已知函数f(x)＝eq \f(aex,x).
(1)若a>0，求f(x)的单调区间；
(2)若对∀x1，x2∈[1,3]，x1≠x2都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝eq \f(aexx－1,x2)，
∵a>0，
∴当x∈(－∞，0)∪(0,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)∵∀x1，x2∈[1,3]，x1≠x2，
都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<2恒成立，
即eq \f(fx1－fx2,x1－x2)－2<0恒成立，
即eq \f([fx1－2x1]－[fx2－2x2],x1－x2)<0恒成立，
令g(x)＝f(x)－2x，则eq \f(gx1－gx2,x1－x2)<0在x∈[1,3]上恒成立，
即函数g(x)＝f(x)－2x在区间[1,3]上单调递减，
又∵g′(x)＝f′(x)－2＝eq \f(aexx－1,x2)－2，
∴eq \f(aexx－1,x2)－2≤0在[1,3]上恒成立，
当x＝1时，不等式可化为－2≤0显然成立；
当x∈(1,3]时，不等式eq \f(aexx－1,x2)－2≤0可化为a≤eq \f(2x2,x－1ex)，
令h(x)＝eq \f(2x2,x－1ex)，
则h′(x)＝eq \f(4xx－1ex－2x3ex,x－12e2x)
＝eq \f(－2x3＋4x2－4x,x－12ex)
＝eq \f(－2xx2－2x＋2,x－12ex)
＝eq \f(－2x[x－12＋1],x－12ex)<0在区间x∈(1,3]上恒成立，
∴函数h(x)＝eq \f(2x2,x－1ex)在区间x∈(1,3]上单调递减，
∴h(x)min＝h(3)＝eq \f(2×32,3－1e3)＝eq \f(9,e3)，
∴a≤eq \f(9,e3)，
即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,e3))).
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
【解析】利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．故选D.
2. 下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．f(x)＝sin 2x B．g(x)＝x3－x
C．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋ln x
【解析】h(x)＝xex，定义域为R，
∴h′(x)＝(x＋1)ex，
当x>0时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
故选C.
3. 已知函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)，若函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，8) B．(－∞，16]
C．(－∞，－8)∪(8，＋∞) D．(－∞，－16]∪[16，＋∞)
【解析】f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)，
∴当x∈[2，＋∞)时，f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)≥0恒成立，
即a≤2x3恒成立，
∵x≥2，∴(2x3)min＝16，
故a≤16.
故选B.
4.已知函数f(x)＝sin x＋cs x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
【解析】f(x)的定义域为R，
f′(x)＝cs x－sin x－2＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－2<0，
∴f(x)在R上单调递减，
又2e>1,0∴－π故f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，
即a>c>b.故选A.
5. 已知f(x)＝eq \f(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)
【解析】f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,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(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f(3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D．
6. 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)
【解析】因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故选C．
7. 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( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【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，选B．
8. 设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
【解析】令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)<0，所以F(x)在R上单调递减．又aeq \f(f（x）,g（x）)>eq \f(f（b）,g（b）).又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选C.
【多选题】
9. 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．－3 B．－1 C．0 D．
【解析】依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))
解得a>－3且a≠0.故选BD.
10. 若函数 g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数不具有M性质的为( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
【解析】对于A，f(x)＝eq \f(1,x)，则g(x)＝eq \f(ex,x)，g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当x<1且x≠0时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，
g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2>0在实数集R上恒成立，
∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；
对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，显然g(x)不单调；
对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x<－1时，g′(x)<0，所以g(x)在R上先减后增；
∴具有M性质的函数的选项为B，不具有M性质的函数的选项为A，C，D.故选ACD.
11. 定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增
B．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极小值
【解析】根据导函数的图象可知，在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减；在区间(0，4]上，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D项均正确，C项错误．故选ABD.
12. 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)]<0
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))>eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))【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．
故选BD.
【填空题】
13. 已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
【解析】由题可得，f′(x)＝2x－5＋eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－5x＋2,x)(x>0)．令f′(x)＝eq \f(2x2－5x＋2,x)＝eq \f(（2x－1）（x－2）,x)>0(x>0)，解得x>2或0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)
14. 函数f(x)＝ln x－eq \f(x,1＋2x)为________函数．(填“增”或“减”)
【解析】由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝ln x－eq \f(x,1＋2x)，
所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1＋2x－2x,（1＋2x）2)＝eq \f(4x2＋3x＋1,x（1＋2x）2).
因为x>0，
所以4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
所以当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
答案：增
15. 若函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)＋2a.
由题意知，f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上有解，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.
令eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
16. 已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
【解析】因为函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，
因为函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋1)上有变号零点，
所以eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，
所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，
故实数t的取值范围是(0，1)．
答案：(0，1)
【解答题】
17. 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－eq \f(1,3)；
令f′(x)<0，解得－eq \f(1,3)所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
18. 已知函数f(x)＝eq \f(b,ex)－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
【解析】因为f(0)＝b－1，
所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝eq \f(b－1－（－2）,0－2)＝－eq \f(b＋1,2)，
而f′(x)＝－eq \f(b,ex)，由导数的几何意义可知，
f′(0)＝－b＝－eq \f(b＋1,2)，
所以b＝1，所以f(x)＝eq \f(1,ex)－1.
则F(x)＝ax＋eq \f(1,ex)－1，F′(x)＝a－eq \f(1,ex)，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
19. 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，
∴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\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－5.))
(2)∵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)的单调递增区间是(－2，3)，
单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞).
20. 讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性.
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a－1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a－1,x).
①当a≥1时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)＜0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，
解得x＝eq \r(\f(1－a,2a))，
则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1－a,2a))))时，f′(x)＜0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1－a,2a))，＋∞))时，f′(x)＞0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1－a,2a))))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1－a,2a))，＋∞))上单调递增.
综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1－a,2a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1－a,2a))，＋∞))上单调递增.
21. 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝－1时，
f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋eq \f(2,x)－3＝eq \f(x2－3x＋2,x)
＝eq \f(x－1x－2,x)(x>0)．
当02时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．
(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，
则g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq \f(2a,x)－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
即eq \f(x2－2x－2a,x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤eq \f(1,2)(x2－2x)＝eq \f(1,2)(x－1)2－eq \f(1,2)恒成立．
令φ(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2－eq \f(1,2)，x∈(0，＋∞)，
则其最小值为－eq \f(1,2)，故a≤－eq \f(1,2).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))).
22. 已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋a,ex)，a∈R.
(1)若f(x)在x＝1处的切线与直线y＝x－1垂直，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性．
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(－x2－a－2x,ex)，
∴f′(1)＝eq \f(－a＋1,e)，
依题意f′(1)＝－1，即eq \f(－a＋1,e)＝－1，
解得a＝e＋1.
(2)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝eq \f(－x2－a－2x,ex)＝eq \f(－x[x＋a－2],ex).
若2－a>0，即a<2，
当x∈(－∞，0)∪(2－a，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(0,2－a)时，f′(x)>0；
若2－a＝0，即a＝2，f′(x)≤0；
若2－a<0，即a>2，
当x∈(－∞，2－a)∪(0，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(2－a,0)时，f′(x)>0.
综上有当a>2时，f(x)在(－∞，2－a)，(0，＋∞)上单调递减，在(2－a,0)上单调递增；
当a＝2时，f(x)在R上单调递减；
当a<2时，f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)上单调递减，在(0,2－a)上单调递增．
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)上单调递增
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)上是常数函数