新高考数学一轮复习学案 第3章 §3.2　导数与函数的单调性（含解析）

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函数的单调性与导数的关系
微思考
1．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的什么条件？
提示 若f(x)在(a，b)上单调递增，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．若函数f(x)在区间(a，b)上存在递增区间，则在区间(a，b)上，f′(x)应满足什么条件？
提示 若f(x)在(a，b)上存在递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．( √ )
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．( × )
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．( √ )
题组二 教材改编
2.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )
A．在区间(－2,1)上f(x)单调递增
B．在区间(1,3)上f(x)单调递减
C．在区间(4,5)上f(x)单调递增
D．在区间(3,5)上f(x)单调递增
答案 C
解析 在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在区间(4,5)上单调递增．
3．函数y＝xcs x－sin x在下面哪个区间上单调递增( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)
答案 B
解析 y′＝－xsin x，
经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′>0恒成立，
∴y＝xcs x－sin x在(π，2π)上单调递增．
4．函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为________．
答案 (1，＋∞)
解析 f(x)的定义域为R，
f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
题组三 易错自纠
5．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a的值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1,4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，
∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，
则a＝(－1)×4＝－4.
6．若y＝x＋eq \f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
答案 (0,2]
解析 方法一 由y′＝1－eq \f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋eq \f(a2,x)的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0方法二 y′＝1－eq \f(a2,x2)，依题意知1－eq \f(a2,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，
∴a2≤4，又a>0，∴0题型一 不含参的函数的单调性
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)
答案 A
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．
2．函数f(x)＝x＋2eq \r(1－x)的单调递增区间是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
答案 C
解析 f(x)的定义域为(－∞，1]，
f′(x)＝1－eq \f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.
当00.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
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________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
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．
4．函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
答案 (－∞，0)，(ln 2，＋∞) (0，ln 2)
解析 f(x)的定义域为R，
f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)．
思维升华 确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调的步骤即可，但应注意一是不能遗忘求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
题型二 含参的函数的单调性
例1 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
解 函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq \f(ax－1x－1,x).
①当01，
∴x∈(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减；
②当a＝1时，eq \f(1,a)＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？
解 当a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
思维升华 (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)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
跟踪训练1 讨论下列函数的单调性．
(1)f(x)＝x－aln x；
(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，
令f′(x)＝0，得x＝a，
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，
①当a>ln 2时，
x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，
x∈(ln 2，a)时，f′(x)<0，
②当a＝ln 2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，
③当ax∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，
x∈(a，ln 2)时，f′(x)<0，
综上，当a>ln 2时，f(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，f(x)在R上单调递增；
当a题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小或解不等式
例2 (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)
答案 A
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)))上是增函数，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.
(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
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)，＋∞)).
命题点2 根据函数的单调性求参数的值(范围)
例3 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)
解析 因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈[1,4]，
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，＋∞)．
本例中，若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解 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>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，
又当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－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，＋∞)．
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(2)＝5，对任意的x都有f′(x)答案 (2，＋∞)
解析 设F(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x，
∴F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)<0，
∴F(x)为R上的减函数，
又F(2)＝f(2)－1＝4，
∴不等式f(x)即F(x)所以x>2.
(2)(2020·深圳调研)设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．
答案 (1,2]
解析 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq \f(9,x).
又x>0，由f′(x)＝x－eq \f(9,x)≤0，得0因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1>0，,a＋1≤3，))
解得1以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
一、构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
例1 设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cs x<0，则不等式f(x)答案 (0，＋∞)
解析 令φ(x)＝f(x)－sin x，
∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cs x<0，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，
故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，
不等式f(x)即φ(x)<0，
即φ(x)<φ(0)，
故x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
二、利用f(x)与x构造可导型函数
例2 设f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．
思路点拨 出现“＋”法形式，优先构造F(x)＝xf(x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．
答案 (－∞，－4)∪(0,4)
解析 构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．
例3 (八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．cC．a思路点拨 出现“－”法形式，优先构造F(x)＝eq \f(fx,x)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．
答案 D
解析 方法一 由已知eq \f(e5,5)＝eq \f(ea,a)，eq \f(e4,4)＝eq \f(eb,b)，eq \f(e3,3)＝eq \f(ec,c)，
设f(x)＝eq \f(ex,x)，则f′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(3)所以a方法二 设ex＝eq \f(e5,5)x，①
ex＝eq \f(e4,4)x，②
ex＝eq \f(e3,3)x，③
a，b，c依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，
∵eq \f(e5,5)>eq \f(e4,4)>eq \f(e3,3)，
由图可知a例4 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
思路点拨 满足“xf′(x)－nf(x)”形式，优先构造F(x)＝eq \f(fx,xn)，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可．
答案 (－1,0)∪(0,1)
解析 构造F(x)＝eq \f(fx,x2)，则F′(x)＝eq \f(f′x·x－2fx,x3)，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,xn).
三、利用f(x)与ex构造可导型函数
例5 已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)A．f(2)>e2f(0)，f(2 021)>e2 021f(0)
B．f(2)e2 021f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 021)D．f(2)思路点拨 满足“f′(x)－f(x)<0”形式，优先构造F(x)＝eq \f(fx,ex)，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．
答案 D
解析 构造F(x)＝eq \f(fx,ex)，则F′(x)＝eq \f(exf′x－exfx,e2x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，导函数f′(x)满足f′(x)例6 若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>eq \f(1,e2x)的解集为________．
答案 (0，＋∞)
解析 构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>eq \f(1,e2x)可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，
∴x>0
∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
思维升华 (1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
四、利用f(x)与sin x，cs x构造可导型函数
例7 已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))B.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))C．f(0)D．f(0)<2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
思路点拨 满足“f′(x)cs x＋f(x)sin x>0”形式，优先构造F(x)＝eq \f(fx,cs x)，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化．
答案 A
解析 构造F(x)＝eq \f(fx,cs x)，则F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x)，
导函数f′(x)满足f′(x)cs x＋f(x)sin x>0，则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．把选项转化后可知选A.
思维升华 f(x)与sin x，cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
F(x)＝eq \f(fx,sin x)，F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cs x，F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cs x)，F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
课时精练
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( )
答案 D
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．
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
答案 C
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．
3．(2020·甘肃静宁一中模拟)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，＋∞)
答案 B
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.
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
答案 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.
5．(多选)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．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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))
解得a>－3且a≠0.故选BD.
6．(多选)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
答案 ACD
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.
7．函数y＝2ln x－3x2的单调递增区间为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2,x)－6x＝eq \f(2－6x2,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递减．
8．若函数f(x)＝ln x＋ex－sin x，则不等式f(x－1)≤f(1)的解集为________．
答案 (1,2]
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋ex－cs x.
∵x>0，∴ex>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(x－1)≤f(1)，
∴0即1原不等式的解集为(1,2]．
9．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________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
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)))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)，＋∞)).
10．(2020·济南质检)若函数f(x)＝2x2－ln x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 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝4x－eq \f(1,x)＝eq \f(4x2－1,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＋1>k－1，,k－1≥0，,k＋1>\f(1,2)，,k－1<\f(1,2)，))
解得1≤k11．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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\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－20，
故f(x)的单调递增区间是(－2,3)，
单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)．
12．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
解 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013．(多选)若0A．x1＋ln x2>x2＋ln x1 B．x1＋ln x2C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
答案 AC
解析 令f(x)＝x－ln x，
∴f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当0∴f(x)在(0,1)上单调递减．
∵0∴f(x2)即x2－ln x2即x1＋ln x2>x2＋ln x1.
设g(x)＝eq \f(ex,x)，
则g′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2).
当0即g(x)在(0,1)上单调递减，
∵0即 SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ，故选AC.
14．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)答案 {x|x<－1或x>1}
解析 设F(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)，
∵f′(x)即函数F(x)在R上单调递减．
∵f(x2)∴F(x2)∴x2>1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．
15．已知函数f(x)＝xsin x＋cs x＋x2，则不等式f(ln x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x)))<2f(1)的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
解析 f(x)＝xsin x＋cs x＋x2是偶函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x)))＝f(－ln x)＝f(ln x)．
则原不等式可变形为f(ln x)又f′(x)＝xcs x＋2x＝x(2＋cs x)，
由2＋cs x>0，得当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴|ln x|<1⇔－116．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 (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\{\rc\ (\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)即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).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
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
单调递减
单调递增