高考数学第一轮复习第三章 §3.2　导数与函数的单调性

这是一份高考数学第一轮复习第三章 §3.2　导数与函数的单调性，共19页。试卷主要包含了利用导数判断函数单调性的步骤，讨论f的单调性．等内容，欢迎下载使用。

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x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则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)＝(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，＋∞)．
3．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.
题型一 不含参数的函数的单调性
例1 (1)函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(－∞，－1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
答案 B
解析 由y＝4x2＋eq \f(1,x)，
得y′＝8x－eq \f(1,x2)(x≠0)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，
∴函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)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．
教师备选
若函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．
答案 (1，＋∞)
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．
思维升华 确定不含参的函数的单调性，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 (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－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)．
题型二 含参数的函数的单调性
例2 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).
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)或x＝1.
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．
延伸探究 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．
教师备选
已知函数f(x)＝x－eq \f(2,x)＋a(2－ln x)，a>0.讨论f(x)的单调性．
解 由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋eq \f(2,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋2,x2)，
设g(x)＝x2－ax＋2，
g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ<0，即00都有f′(x)>0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝0，即a＝2eq \r(2)时，仅对x＝eq \r(2)，
有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当Δ>0，即a>2eq \r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根，
x1＝eq \f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－8),2)，0当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．
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 讨论下列函数的单调性．
(1)f(x)＝x－aln x；
(2)g(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2－3a2x.
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，
∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
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)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，
当a＝0时，g′(x)≥0，
∴g(x)在R上单调递增．
当a>0时，
x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
当a<0时，
x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(a，－3a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
综上有a＝0时，g(x)在R上单调递增；
a<0时，g(x)在(－∞，a)，(－3a，＋∞)上单调递增，在(a，－3a)上单调递减；
a>0时，g(x)在(－∞，－3a)，(a，＋∞)上单调递增，在(－3a，a)上单调递减．
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))).
(2)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,ex)－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－eq \f(1,ex)－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋eq \f(1,ex)－2≥2eq \r(ex·\f(1,ex))－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范围
例4 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________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
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).
延伸探究 在本例中，把“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围．
解 f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)，
若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，
则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解，
即2a>－x＋eq \f(1,x)有解，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，
∴2a>－eq \f(3,2)，即a>－eq \f(3,4)，
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞)).
教师备选
1．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)，＋∞)
答案 C
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，＋∞)．
2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．
答案 (－∞，0)
解析 由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.
若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；
若a<0，由f′(x)>0得
－eq \r(－\f(1,3a))由f′(x)<0，得x<－eq \r(－\f(1,3a))或x>eq \r(－\f(1,3a))，
即当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(－\f(1,3a))，\r(－\f(1,3a))))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(－\f(1,3a))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(1,3a))，＋∞))，满足题意．
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3 (1)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足eq \f(f′x,mx－3)<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是( )
A．f(1)＋f(3)＝2f(2)
B．f(0)·f(3)＝0
C．f(4)＋f(3)<2f(2)
D．f(2)＋f(4)>2f(3)
答案 D
解析 由eq \f(f′x,mx－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，
又m<0，则(x－3)f′(x)>0，
当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，
所以f(2)＋f(4)>2f(3)．
(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
答案 [0，e－1]
解析 由函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，
得f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
由f′(x)>0得0e.
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
又函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(a，a＋1)上单调递增，
则(a，a＋1)⊆(0，e)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥0，,a＋1≤e，))
解得0≤a≤e－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．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．f(x)＝2sin xcs x 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．(2022·渭南调研)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)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是( )
答案 C
解析 列表如下：
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选项中的图象．
4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)
答案 C
解析 ∵f(x)＝－x2＋4x＋bln x在(0，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即f′(x)＝－2x＋4＋eq \f(b,x)≤0，
即b≤2x2－4x，
∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.
5．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故f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，
即a>c>b.
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 依题意，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，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，
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，
故D中函数不是“F函数”．
7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________．
答案 －2
解析 由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n，
由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，
得f′(x)<0的解集为(－3,1)，
则－3,1是f′(x)＝0的解，
∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，
可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.
8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________.
①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；
②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
③f′(x)是奇函数．
答案 f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足)
解析 取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq \\al(4,1)xeq \\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，满足①，
f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，
f′(x)＝4x3的定义域为R，
又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.
9．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 (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))).
10．(2022·宜春质检)已知函数f(x)＝x3－6ax.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋6x，
则f′(x)＝3x2＋6，
所以f(1)＝7，f′(1)＝9，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝9(x－1)，即9x－y－2＝0.
(2)函数f(x)＝x3－6ax的定义域为R，
f′(x)＝3x2－6a＝3(x2－2a)．
当a≤0时，对任意的x∈R，f′(x)≥0且不恒为零，
此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，由f′(x)<0，
可得－eq \r(2a)由f′(x)>0，可得x<－eq \r(2a)或x>eq \r(2a)，
此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(2a))，(eq \r(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq \r(2a)，eq \r(2a))．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(2a))，(eq \r(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq \r(2a)，eq \r(2a))．
11．若函数h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞)) B．(－1，＋∞)
C．[－1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞))
答案 B
解析 因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2<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，
而当x∈[1,4]时，eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，
所以a>－1，所以a的取值范围是(－1，＋∞)．
12．设函数f(x)＝xsin x＋cs x＋x2，若a＝f(－2)，b＝f(ln 2)，c＝f(eq \r(e))，则a，b，c的大小关系为( )
A．bC．b答案 C
解析 f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cs(－x)＋(－x)2＝xsin x＋cs x＋x2＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，
∴a＝f(－2)＝f(2)，
又f′(x)＝xcs x＋2x＝x(cs x＋2)，
当x>0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又2>eq \r(e)>ln 2，
∴f(2)>f(eq \r(e))>f(ln 2)，
即b13．(2022·韩城质检)设a>0，若函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(2,3)))上不单调，则a的取值范围是________．
答案 eq \f(1,3)解析 函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，f′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(2,3)))上不单调，
则a<114．已知函数f(x)＝x5＋10x＋sin x，若f(t)＋f(1－3t)<0，则实数t的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析 因为函数f(x)的定义域为R，
f(－x)＝(－x)5＋10(－x)＋sin(－x)＝－(x5＋10x＋sin x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数；
又因为f′(x)＝5x4＋10＋cs x>0，
所以函数f(x)在R上单调递增；
又因为f(t)＋f(1－3t)<0，
所以f(t)<－f(1－3t)＝f(3t－1)，
所以3t－1>t，即t>eq \f(1,2).
15．(2022·河北衡水中学月考)下列不等式成立的是________．(填序号)
①2ln eq \f(3,2)②eq \r(2)ln eq \r(3)③5ln 4<4ln 5；
④π>eln π.
答案 ①④
解析 设f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以当00，函数f(x)单调递增；
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
因为eq \f(3,2)<2所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))即2ln eq \f(3,2)因为eq \r(2)所以f(eq \r(2))即eq \r(2)ln eq \r(3)>eq \r(3)ln eq \r(2)，故②不正确；
因为e<4<5，
所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，
故③不正确；
因为e<π，
所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故④正确．
16．(2022·宁夏银川一中质检)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 (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)不妨令x1>x2，
∴eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<2，
可化为f(x1)－f(x2)<2(x1－x2)，
即f(x1)－2x1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∈(1,3)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))).条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
f(x)在区间(a，b)上单调递增
f′(x)<0
f(x)在区间(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
f(x)在区间(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
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
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