备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 §3.2 导数与函数的单调性

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知识梳理
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(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
思考辨析
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．( √ )
教材改编题
1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )
答案 C
解析 由f′(x)的图象知，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减；
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．
2．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(负值舍去)，
∴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．
3．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________________．(用“<”连接)
答案 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))解析 因为f(x)＝xsin x，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，又因为0题型一 不含参函数的单调性
例1 (1)函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________．
答案 (0，e2)
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－2，
当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，
当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)．
(2)函数f(x)＝e－xcs x，x∈(0，π)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
答案 D
解析 f′(x)＝－e－xcs x－e－xsin x＝－e－x(cs x＋sin x)＝－eq \r(2)e－xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，e－x>0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0，
则f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))时，e－x>0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))<0，
则f′(x)>0，
故f(x)在(0，π)上的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)).
思维升华 确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝x－ln x－eq \f(ex,x).判断函数f(x)的单调性．
解 因为f(x)＝x－ln x－eq \f(ex,x)，
所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)－eq \f(x－1ex,x2)＝eq \f(x－1x－ex,x2)(x>0)．
令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex，
可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
题型二 含参数的函数的单调性
例2 已知函数f(x)＝(2－a)x－ln x－1，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；
(2)若a<0，设g(x)＝f(x)＋ax2，求函数g(x)的单调区间．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－1，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)g(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝2ax＋2－a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2＋2－ax－1,x)＝eq \f(2x－1ax＋1,x)(a<0)，
令g′(x)＝0，可得x1＝eq \f(1,2)，x2＝－eq \f(1,a)>0，
①若－eq \f(1,a)>eq \f(1,2)，即－2当0－eq \f(1,a)时，g′(x)<0；当eq \f(1,2)0，
∴g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,a)))；
②若－eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，即a＝－2，则g′(x)≤0，∴g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
③若0<－eq \f(1,a)当0eq \f(1,2)时，g′(x)<0；当－eq \f(1,a)0，
∴g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，\f(1,2))).
综上，当－2当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a<－2时，g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，\f(1,2))).
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2 已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性．
解 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若a>ln 2，
则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减．
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增，
③若a则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(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3 (1)已知a＝2πln 5，b＝5πln 2，c＝10ln π，则下列结论正确的是( )
A．b＞c＞a B．a＞b＞c
C．b＞a＞c D．c＞b＞a
答案 D
解析 a＝πln 52＝πln 25，
b＝πln 25＝πln 32，
由于πln 25<πln 32，所以a设f(x)＝eq \f(ln x,x)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
所以f(4)即eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)即f(2)得5πln 2<10ln π，即b综上，c>b>a.
(2)已知函数f(x)＝cs x＋ex＋e－x－eq \f(1,2)x2，则关于x的不等式f(2x－1)A．(－1,2)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，4))
C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪(4，＋∞)
答案 B
解析 f′(x)＝ex－e－x－sin x－x，
令g(x)＝ex－e－x－sin x－x，则g′(x)＝ex＋e－x－cs x－1≥2eq \r(ex·e－x)－cs x－1＝1－cs x≥0，
当且仅当x＝0时等号成立，
∴函数g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝0，
∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，
∴f′(x)≥0，
∴当x∈(－∞，0)时，g(x)∴f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，
又f(－x)＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，
∴关于x的不等式f(2x－1)|2x－1|，解得－eq \f(2,3)即关于x的不等式f(2x－1)命题点2 根据函数的单调性求参数
例4 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)．
(1)若f(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解 (1)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，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
(2)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，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思维升华 由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立．
(2)函数在区间(a，b)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．
跟踪训练3 (1)已知函数f(x)＝eq \f(1,ex)－ex＋2x－eq \f(1,3)x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________．
答案 －1≤a≤eq \f(1,3)
解析 由题意得f′(x)＝－eq \f(1,ex)－ex＋2－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋\f(1,ex)))＋2－x2，
因为ex＋eq \f(1,ex)≥2eq \r(ex·\f(1,ex))＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减，
又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，
即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤eq \f(1,3).
(2)已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．
答案 [0,1)
解析 由题意，f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)＝－eq \f(x2＋3x－4,x)，x∈(0，＋∞)，
当f′(x)＝0时，有x2＋3x－4＝0，得x＝－4或x＝1，
∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2)⊆(0，＋∞)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t<1课时精练
1．函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞)
答案 C
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)<0，得0所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示， 则y＝f(x)函数的图象可能是( )
答案 D
解析 根据导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
所以只有D选项符合．
3．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))ln x，且a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))，c＝，则( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．a>c>b D．c>b>a
答案 B
解析 由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))ln x，
得f′(x)＝ln xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x2)))，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))，
0所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))，故c>a>b.
4．已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)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 因为f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋eq \f(1,x)，
当x>0时，由基本不等式可得2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2x·\f(1,x))＝2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
所以a≤2eq \r(2).
因为{a|a≤2}{a|a≤2eq \r(2)}，
因此，“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．
5．若f(x)＝sin x＋x3＋x，则不等式f(x＋1)＋f(2x)>0的解集是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
答案 C
解析 因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝sin(－x)－x3－x＝－sin x－x3－x＝－f(x)，
所以f(x)是奇函数，
又f′(x)＝cs x＋3x2＋1≥0，
所以f(x)是R上的增函数，
所以由f(x＋1)＋f(2x)>0得f(x＋1)>－f(2x)＝f(－2x)，
所以x＋1>－2x，解得x>－eq \f(1,3)，
所以不等式f(x＋1)＋f(2x)>0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)).
6．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有eq \f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数是“F函数”的是( )
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x
答案 B
解析 由题意得，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，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是R上的增函数，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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))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＋xcs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，g′(x)<0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
故D中函数不是“F函数”．
7．函数f(x)＝(2x－1)ex的单调递增区间为________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
解析 由题意知f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＝(2x＋1)ex，
令f′(x)>0，得x>－eq \f(1,2)，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
8．已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \f(2,5)解析 f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，
即f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，
即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x)在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，则h(x)在[1,2]上单调递增，
所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，
即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，
又a>0，所以0因为f(x)在[1,2]上不单调，故eq \f(2,5)9．已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)试讨论函数f(x)的单调性．
解 (1)因为a＝1，
所以f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，
所以f′(1)＝e－1，f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x.
(2)因为f(x)＝aex－x，a∈R，x∈R，
所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f′(x)<0，当x>－ln a时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增，
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时， f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
10．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，x∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝－(x2－2)ex，
令f′(x)>0，即x2－2<0，解得－eq \r(2)∴f(x)的单调递增区间是(－eq \r(2)，eq \r(2))．
(2)f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，若f(x)在(－1,1)上单调递增，
即当－1即－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，
即a≥x＋1－eq \f(1,x＋1)对x∈(－1,1)恒成立，
令y＝x＋1－eq \f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq \f(1,x＋12)>0，
∴y＝x＋1－eq \f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增，
∴y<1＋1－eq \f(1,1＋1)＝eq \f(3,2)，
∴a≥eq \f(3,2)，
∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
11．设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，若对任意b>a>1，eq \f(fb－fa,b－a)<1恒成立，则m的取值范围是( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
答案 A
解析 由题意知f(b)－ba>1，
令g(x)＝f(x)－x＝ln x＋eq \f(m,x)－x且x>1，
则g(b)故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－1＝－eq \f(x2－x＋m,x2)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即m≥x－x2在(1，＋∞)上恒成立，
而y＝x－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)，所以m≥0.
12．已知函数f(x)＝ex－e－x＋eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)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
答案 C
解析 设g(x)＝ex－e－x＋eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x，则g(x)＝f(x)－1，
f(3a＋b)＋f(a－1)<2，即g(3a＋b)＋g(a－1)<0，
∵g(－x)＝e－x－ex－eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x＝－g(x)，∴函数g(x)是奇函数，
∵g′(x)＝ex＋e－x＋eq \f(π,4)cs eq \f(π,2)x≥2eq \r(ex·e－x)＋eq \f(π,4)cs eq \f(π,2)x＝2＋eq \f(π,4)cs eq \f(π,2)x>0，
∴g(x)是增函数，
∵g(3a＋b)＋g(a－1)<0，∴g(3a＋b)<－g(a－1)＝g(1－a)，
则3a＋b<1－a，即4a＋b<1.
13．已知a>b>0，且，则( )
A．0C．1e
答案 C
解析 因为>0，a>b>0，
所以，即eq \f(ln a,a)＝eq \f(ln b,b)，
设f(x)＝eq \f(ln x,x)，
由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)>0，
得0由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)<0，
得x>e，
所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
因为a>b>0，则当f(a)＝f(b)时，有b又因为当x>e时，f(x)＝eq \f(ln x,x)>0，
所以f(b)＝f(a)>0，
因为f(1)＝0，所以f(b)>f(1)，所以b>1.
综上，114．(2023·蚌埠模拟)若x1·＝x2·lg2x2＝2 024，则x1x2的值为________．
答案 2 024
解析 因为x1·＝x2·lg2x2＝2 024，
所以＝x2·lg2x2＝2 024，
则>1，x1>0，x2>1，
设f(x)＝xlg2x(x>1)，则f′(x)＝lg2x＋eq \f(1,ln 2)>0，
即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以＝x2，
所以x1x2＝x1·＝2 024.条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导
f′(x)>0
f(x)在区间(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f(x)在区间(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在区间(a，b)内是常数函数