专题2.11 导数与函数的单调性-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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第二篇 函数、导数及其应用
专题2.11 导数与函数的单调性
【考纲要求】
了解函数的单调性与导数的关系；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)
【命题趋势】
导数与函数的单调性是高考中的热点问题，题型有利用导数求函数的单调区间和已知单调性求参数的取值范围，难度较大
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算和逻辑推理的核心素养.
【素养清单•基础知识】
1．函数的单调性与导数的关系
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔(a，b)上为减函数．
2．函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)开区间上的单调连续函数无最值．,
(1)f′(x)＞0(＜0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．
(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．
(3)由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.
f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．
(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．
(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数.
【素养清单•常用结论】
(1)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
(2)若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．
(3)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取．
【真题体验】
1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）或.
【解析】（1）．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0 若，b=1，则，与0 若，，则或或a=0，与0 综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．
【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算.
2. 【2019年高考天津理数】设函数为的导函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明．
【答案】（Ⅰ）的单调递增区间为的单调递减区间为
.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．
所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．
（Ⅱ）证明：记．依题意及（Ⅰ），有，从而．当时，，故
．
因此，在区间上单调递减，进而．
所以，当时，．
（Ⅲ）证明：依题意，，即．记，则，且．
由及（Ⅰ），得．由（Ⅱ）知，当时，，所以在上为减函数，因此．又由（Ⅱ）知，，故
．
所以，．
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．
3. 【2019年高考浙江】已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围．
注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.
【解析】（1）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（2）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设，
则．
（i）当 时，，则
．
记，则

.
故



1




0
+


单调递减
极小值
单调递增
所以，．
因此，．
（ii）当时，．
令 ，
则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得，．
所以，．
因此．
由（i）（ii）知对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是．
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
【考法拓展•题型解码】
考法一　确定函数的单调性
解题技巧：利用导数求函数的单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
【例1】 已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【答案】见解析
【解析】：(1)f′(x)＝－－，f′(1)＝－－a.
由题意得－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知，f′(x)＝－－＝，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)>0得x2－4x－5>0(x>0)，解得x>5；
由f′(x)<0得x2－4x－5<0(x>0)，解得0 故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．
考法二　已知函数的单调性求参数的范围
解题技巧：由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
【例2】 已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)在(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(4)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值；
(5)若f(x)在(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为f(x)在R上为增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立．
所以a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上为增函数，
所以a的取值范围是(－∞，0]．
(2)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围是(－∞，3]．
(3)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(－1,1)上为减函数，
所以f′(x)≤0⇔3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，
所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立．
因为x∈(－1,1)，所以3x2<3，即a≥3.所以a的取值范围是[3，＋∞)．
(4)f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，由f′(x)<0得3x2－a<0，
所以x2<，即－ 故f(x)的递减区间为.
由题意得＝1，解得a＝3.
(5)f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，因为f(x)在(－1,1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1,1)内有解x＝±，所以0<<1，解得0 考法三　导数在函数单调性中的应用
解题技巧：导数在函数单调性中的应用类型及求解方法
比较大小或解不等式：利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：
①f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；②xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；③xf′(x)－f(x)→′；④f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；⑤f′(x)－f(x)→′.
【例3】 (1)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．(－∞，＋∞)
【答案】B
【解析】(1)令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)>2，所以f′(x)－2>0，即g′(x)>0，
所以g(x)＝f(x)－2x－4在R上单调递增．
又因为f(－1)＝2，所以g(－1)＝f(－1)－2＝0，
所以g(x)>0⇔g(x)>g(－1)⇔x>－1，
所以f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．故选B．
(2)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)为f(x)的导函数)．若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．c>a>b D．a>c>b
【答案】C
【解析】因为函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，所以y＝f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以y＝f(x)为奇函数．
令g(x)＝xf(x)，则g(x)＝xf(x)为偶函数，且g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0在(－∞，0)上恒成立，所以g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．
因为c＝·f＝(－2)·f(－2)＝2f(2)，又0a>b.故选C．
(3)若0＜x1＜x2＜1，则(　　)
A．ex2－e x1＞ln x2－ln x1
B．e x2－e x1＜ln x2－ln x1
C．x2e x1＞x1e x2
D．x2e x1＜x1e x2
【答案】C
【解析】令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减 ，因为0＜x1＜x2＜1，所以f(x2)＜f(x1)，即＜，所以x2e x1＞x1e x2，故选C．
【易错警示】
易错点　对导数与单调性的关系不明确
【典例】 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝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．
【错解】：(1)因为h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2.
由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝－ax－2≤0有解，而a≥－有解，
而－＝2－1≥－1，所以a≥－1，故a的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2＜0恒成立，所以a＞－恒成立，又∈，而－＝2－1∈，所以a＞－，故a的取值范围为.
【错因分析】不清楚可导函数f(x)在某区间上f′(x)＞0(f′(x)＜0)只是f(x)在该区间上是单调递增(减)函数的充分不必要条件，从而造成漏解或错解．本题(1)问中，若a＝－1，即h′(x)＝0，h(x)不可能有单调递减区间，(2)中，由h(x)在[1,4]上单调递减应得到h′(x)≤0在[1,4]上恒成立，而不是h′(x)＜0在[1,4]上恒成立．
【正解】：(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，即a＞－有解．
设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，
所以G(x)min＝－1.所以a的取值范围是(－1，＋∞)
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是.
【跟踪训练】 (2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,1] B．
C． D．
【答案】C　
【解析】 f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2x＋acos x＋，由f(x)在R上单调递增得f′(x)≥0在R上恒成立，令cos x＝t，t∈[－1,1]，则－t2＋at＋≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，令g(t)＝4t2－3at－5，则解得－≤a≤.故选C．
【递进题组】
1．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
【答案】B　
【解析】 (1)y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0)．令y′<0，得0 2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是__________．
【答案】 和
【解析】 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，令f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为和，即f(x)的单调递增区间为和.
3．函数f(x)的定义域为R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋1的解集是________．
【答案】 {x|x>0}
【解析】 令g(x)＝ex·f(x)－ex－1，则g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．因为f(x)＋f′(x)>1，所以g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以g(x)在R上是增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，所以ex·f(x)>ex＋1⇔ex·f(x)－ex－1>0⇔g(x)>0⇔g(x)>g(0)⇔x>0.
4．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
【答案】见解析
【解析】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
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00，故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
5．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为f′(x)＝(x＞0)，所以f′(1)＝1＝a，解得a＝2.又因为g(1)＝a＋b＝f(1)＝0，所以b＝－1，所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，所以φ′(x)＝－＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋在[1，＋∞)上恒成立．
因为x＋∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，得m≤2.所以实数m的取值范围是(－∞，2]．
【考卷送检】
一、选择题
1．(2017·浙江卷)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】 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B项；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上，f′(x)<0，在(x1，x2)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C项．故选D．
2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A　
【解析】 f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
3．(2019·长郡中学月考)求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y＝g(x)ln f(x)，再两边同时求导得y′＝g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)，运用此方法求得函数y＝x的单调递增区间是(　　)
A．(e,4) B．(3,6)
C．(0，e) D．(2,3)
【答案】C　
【解析】 由题意知y′＝x＝x(x＞0)，令y′＞0，得1－ln x＞0，所以0＜x＜e，所以函数y＝x的单调递增区间为(0，e)．故选C．
4．函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1 A．f(2a) B．f(2) C．f(log2a) D．f(log2a) 【答案】C　
【解析】 因为函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，所以函数图象的对称轴为直线x＝1.又因为其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．因为12，所以f(log2a) 5．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为y＝f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，f(0)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－2，＋∞) D．(4，＋∞)
【答案】A　
【解析】 令F(x)＝，则F′(x)＝＜0，故F(x)为R上的减函数．则f(x)＜ex等价于F(x)＜1，因为f(0)＝1，所以F(0)＝＝1，F(x)＜F(0)，所以x＞0，即不等式的解集为(0，＋∞)．故选A．
6．(2019·龙泉二中月考)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C． D．
【答案】C　
【解析】 由题意得f′(x)＝4x－＝，因为x>0，由f′(x)＝0得x＝，所以令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0 二、填空题
7．f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则n＝________.
【答案】 1或2
【解析】 因为f(x)＝xn2－3n (n∈Z)是偶函数，所以n2－3n＝2k(k∈Z)，即f(x)＝x2k，所以f′(x)＝2kx2k－1.因为f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，所以在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．因为x2k－1>0，所以2k<0，即n2－3n<0，解得0 8．若f(x)＝－x2＋bln x在(1，＋∞)上是减函数，则实数b的最大值是________．
【答案】 1
【解析】 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，而f′(x)＝－x＋＝.函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，即－x2＋b≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，得b≤x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以b≤1，则b的最大值为1.
9．(2019·佛山一中模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x(a∈R)是区间(1,4)上的单调函数，则a的取值范围是________．
【答案】 (－∞，2]∪[5，＋∞)
【解析】 因为f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x，所以f′(x)＝x2－ax＋a－1＝(x－1)[x－(a－1)]，因为f(x)是区间(1,4)上的单调函数，所以a－1≤1或a－1≥4，得a≤2或a≥5.
三、解答题
10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0，故k＝1.
(2)由(1)知f′(x)＝.设h(x)＝－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知当0h(1)＝0，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝－aln x，其中a＞0，x＞0，e是自然对数的底数，讨论f(x)的单调性．
【答案】见解析
【解析】 f′(x)＝－＝－＝[(x－1)·ex＋a－ax]＝[(x－1)(ex－a)]．
①当0＜a≤1时，ex＞a，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0；所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②当1＜a＜e时，令ex＝a，得x＝ln a∈(0,1)，由f′(x)＜0得ln a＜x＜1，由f′(x)＞0得0＜x＜ln a或x＞1，所以f(x)在(0，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减．
③当a＝e时，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
④当a＞e时，令ex＝a，得x＝ln a∈(1，＋∞)，由f′(x)＜0得1＜x＜ln a，由f′(x)＞0得0＜x＜1或x＞ln a，所以f(x)在(0,1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减．
综上，当0＜a≤1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当1＜a＜e时，f(x)在(0，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减．当a＝e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞e时，f(x)在(0,1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减．
12．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图，f(x)＝6ln x＋h(x)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数f(x)在区间上是单调函数，求实数m的取值范围．

【答案】见解析
【解析】 (1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，所以解得所以h(x)＝x2－8x＋2，f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2.
(2)由(1)得f′(x)＝＋2x－8＝.
因为x>0，所以f′(x)，f(x)的变化如下表所示.
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增

单调递减

单调递增
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1,3)，要使函数f(x)在区间上是单调函数，则解得 13．[选做题]定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，则恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x＞0成立，则(　　)
A．f＞f B．f(1)sin 1＞f
C．f ＞f D．f ＞f
【答案】B　
【解析】 根据题意，设g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，又由当0＜x＜时，恒有f(x)cos x＋f′(x)sin x＞0成立，则g′(x)＞0，则函数g(x)在上为增函数，又因为1＞，所以g(1)＞g，即f(1)sin 1＞f .故选B．