新高考数学一轮复习讲义+分层练习 3.2《利用导数解决函数的单调性问题》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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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会超过三次)
函数的单调性与导数的关系
eq \(［常用结论］)
1.在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.
2.可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.( )
(2)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.( )
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数.( )
［答案］ (1)× (2)√ (3)√
二、教材改编
1.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )
A.在区间(﹣3,1)上f(x)是增函数
B.在区间(1,3)上f(x)是减函数
C.在区间(4,5)上f(x)是增函数
D.在区间(3,5)上f(x)是增函数
C ［由图象可知，当x∈(4,5)时，f′(x)＞0，故f(x)在(4,5)上是增函数.］
2.函数f(x)＝cs x﹣x在(0，π)上的单调性是( )
A.先增后减 B.先减后增
C.增函数 D.减函数
D ［因为f′(x)＝﹣sin x﹣1＜0在(0，π)上恒成立，所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.］
3.函数f(x)＝x﹣ln x的单调递减区间为 .
(0,1］ ［函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，由f′(x)＝1﹣eq \f(1,x)≤0，得0＜x≤1，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1］.］
4.已知f(x)＝x3﹣ax在［1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是 .
3 ［f′(x)＝3x2﹣a≥0，即a≤3x2，
又因为x∈［1，＋∞ )，所以a≤3，即a的最大值是3.］
考点1 不含参数函数的单调性
求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间.
(4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间.
1.函数f(x)＝1＋x﹣sin x在(0,2π)上是( )
A.单调递增 B.单调递减
C.在(0，π)上增，在(π，2π)上减 D.在(0，π)上减，在(π，2π)上增
A ［f′(x)＝1﹣cs x＞0在(0,2π)上恒成立，所以在(0,2π)上单调递增.］
2.函数y＝eq \f(1,2)x2﹣ln x的单调递减区间为( )
A.(﹣1,1］ B.(0,1］
C.［1，＋∞) D.(0，＋∞)
B ［∵y＝eq \f(1,2)x2﹣ln x，∴x∈(0，＋∞)，y′＝x﹣eq \f(1,x)＝eq \f(（x－1）（x＋1）,x).
由y′≤0可解得0＜x≤1，∴y＝eq \f(1,2)x2﹣ln x的单调递减区间为(0,1］，故选B.］
3.已知定义在区间(﹣π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是 .
(﹣π,﹣eq \f(π,2))和(0,eq \f(π,2)).
［f′(x)＝sin x＋xcs x﹣sin x＝xcs x，令f′(x)＝xcs x＞0，
则其在区间(﹣π，π)上的解集为(﹣π,﹣eq \f(π,2))和(0,eq \f(π,2))，
即f(x)的单调递增区间为(﹣π,﹣eq \f(π,2))和(0,eq \f(π,2)).］
求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错.如T2.
考点2 含参数函数的单调性
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.
已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2﹣2aln x＋(a﹣2)x，当a＜0时，讨论函数f(x)的单调性.
［解］函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x﹣eq \f(2a,x)＋a﹣2＝eq \f(（x－2）（x＋a）,x).
①当﹣a＝2，即a＝﹣2时，f′(x)＝eq \f(（x－2）2,x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
②当0＜﹣a＜2，即﹣2＜a＜0时，
∵0＜x＜﹣a或x＞2时，f′(x)＞0；﹣a＜x＜2时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0，﹣a)，(2，＋∞)上单调递增，在(﹣a,2)上单调递减.
③当﹣a＞2，即a＜﹣2时，
∵0＜x＜2或x＞﹣a时，f′(x)＞0；2＜x＜﹣a时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,2)，(﹣a，＋∞)上单调递增，在(2，﹣a)上单调递减.
综上所述，当a＝﹣2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当﹣2＜a＜0时，f(x)在(0，﹣a)，(2，＋∞)上单调递增，在(﹣a,2)上单调递减；当a＜﹣2时，f(x)在(0,2)，(﹣a，＋∞)上单调递增，在(2，﹣a)上单调递减.
含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.
已知函数f(x)＝ln(ex＋1)﹣ax(a＞0)，讨论函数y＝f(x)的单调区间.
［解］f′(x)＝eq \f(ex,ex＋1)﹣a＝1﹣eq \f(1,ex＋1)﹣a.
①当a≥1时，f′(x)＜0恒成立，∴当a∈［1，＋∞)时，
函数y＝f(x)在R上单调递减.
②当0＜a＜1时，由f′(x)＞0，得(1﹣a)(ex＋1)＞1，
即ex＞﹣1＋eq \f(1,1－a)，解得x＞ln eq \f(a,1－a)，
由f′(x)＜0，得(1﹣a)(ex＋1)＜1，
即ex＜﹣1＋eq \f(1,1－a)，解得x＜ln eq \f(a,1－a).
∴当a∈(0,1)时，函数y＝f(x)在(ln eq \f(a,1－a),+∞)上单调递增，在(-∞,ln eq \f(a,1－a))上单调递减.
综上，当a∈［1，＋∞)时，f(x)在R上单调递减；
当a∈(0,1)时，f(x)在(ln eq \f(a,1－a),+∞)上单调递增，在(-∞,ln eq \f(a,1－a))上单调递减.
考点3 已知函数的单调性求参数
根据函数单调性求参数的一般方法
(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)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有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，否则漏解.
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
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］(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 \f(1,x)﹣1)2﹣1，所以G(x)min＝﹣1.
所以a＞﹣1且a≠0，即a的取值范围是(﹣1,0)∪(0，＋∞).
(2)由h(x)在［1,4］上单调递减得，
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.
所以a≥G(x)max，而G(x)＝(eq \f(1,x)﹣1)2﹣1，
因为x∈［1,4］，所以eq \f(1,x)∈解析：[eq \f(1,4),1]，所以G(x)max＝﹣eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥﹣eq \f(7,16)且a≠0，即a的取值范围是解析：[﹣eq \f(7,16),0)∪(0，＋∞).
［母题探究］
1.(变问法)若函数h(x)＝f(x)﹣g(x)在［1,4］上单调递增，求a的取值范围.
［解］ 由h(x)在［1,4］上单调递增得，当x∈［1,4］时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈［1,4］时，a≤eq \f(1,x2)﹣eq \f(2,x)恒成立，
又当x∈［1,4］时，(eq \f(1,x2)﹣eq \f(2,x))min＝﹣1(此时x＝1)，
所以a≤﹣1且a≠0，即a的取值范围是(﹣∞，﹣1］.
2.(变问法)若函数h(x)＝f(x)﹣g(x)在［1,4］上存在单调递减区间，求a的取值范围.
［解］ h(x)在［1,4］上存在单调递减区间，
则h′(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 \f(1,x2)﹣eq \f(2,x))min＝﹣1，
所以a＞﹣1，即a的取值范围是(﹣1,0)∪(0，＋∞).
3.(变条件)若函数h(x)＝f(x)﹣g(x)在［1,4］上不单调，求a的取值范围.
［解］因为h(x)在［1,4］上不单调，
所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝eq \f(1,x2)﹣eq \f(2,x)有解，
令m(x)＝eq \f(1,x2)﹣eq \f(2,x)，x∈(1,4)，则﹣1＜m(x)＜﹣eq \f(7,16)，
所以实数a的取值范围为(﹣1，﹣eq \f(7,16)).
(1)f(x)在D上单调递增(减)，只要满足f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.
(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.
已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)﹣2x2＋ln x在区间［1,2］上为单调函数，求a的取值范围.
［解］ f′(x)＝eq \f(3,a)﹣4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在区间［1,2］上为单调函数，即在［1,2］上，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，
即eq \f(3,a)﹣4x＋eq \f(1,x)≥0或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).
令h(x)＝4x﹣eq \f(1,x)，因为函数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，
解得a＜0或0＜a≤eq \f(2,5)或a≥1.
考点4 利用导数比较大小或解不等式
用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，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：
(1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)﹣g(x)；
(2)xf′(x)＋f(x)→［xf(x)］′；
(3)xf′(x)﹣f(x)→解析：[]′；
(4)f′(x)＋f(x)→［exf(x)］′；
(5)f′(x)﹣f(x)→解析：[]′.
(1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则( )
A.4f(﹣2)＜9f(3) B.4f(﹣2)＞9f(3)
C.2f(3)＞3f(﹣2) D.3f(﹣3)＜2f(﹣2)
(2)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x＞0时，有eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0恒成立，则不等式x2f(x)＞0的解集是 .
(1)A (2)(﹣∞，﹣2)∪(0,2).
［(1)根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则当x＞0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))＞0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(﹣x)＝f(x)，则有g(﹣x)＝(﹣x)2f(﹣x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(﹣2)＝g(2)，且g(2)＜g(3)，则有g(﹣2)＜g(3)，即有4f(﹣2)＜9f(3).故选A.
(2)令φ(x)＝eq \f(f（x）,x)，∵当x＞0时，解析：[]′＜0，
∴φ(x)＝eq \f(f（x）,x)在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当0＜x＜2时，φ(x)＞0，此时x2f(x)＞0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)＞0的解集为(﹣∞，﹣2)∪(0,2).］
如本例(1)已知条件“2f(x)＋xf′(x)＞0”，需构造函数g(x)＝x2f(x)，求导后得x＞0时，g′(x)＞0，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，从而问题得以解决.而本例(2)则需构造函数φ(x)＝eq \f(f（x）,x)解决.
1.定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A.ex1f(x2)＞ex2f(x1) B.ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C.ex1f(x2)＝ex2f(x1) D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
A.
［设g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,（ex）2)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，
由题意得g′(x)＞0，所以g(x)在R上单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，
即eq \f(f（x1）,ex1)＜eq \f(f（x2）,ex2)，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1).］
2.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)＜eq \f(1,2)，则不等式f(x2)＜eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2)的解集为 .
(﹣∞，﹣1)∪(1，＋∞).
［由题意构造函数F(x)＝f(x)﹣eq \f(1,2)x，则F′(x)＝f′(x)﹣eq \f(1,2).因为f′(x)＜eq \f(1,2)，
所以F′(x)＝f′(x)﹣eq \f(1,2)＜0，即函数F(x)在R上单调递减.
因为f(x2)＜eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2)，f(1)＝1，所以f(x2)﹣eq \f(x2,2)＜f(1)﹣eq \f(1,2)，所以F(x2)＜F(1)，
又函数F(x)在R上单调递减，所以x2＞1，即x∈(﹣∞，﹣1)∪(1，＋∞).］
利用导数解决函数的单调性问题
一、选择题
1.函数f（x）＝3＋xln x的单调递减区间是（ ）
A.(eq \f(1,e),e) B.(0,eq \f(1,e)) C(-∞,eq \f(1,e)) D.(eq \f(1,e),+∞)
B.
［因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝ln x＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)，所以f（x）的单调递减区间是(eq \f(1,e),e).］
2.已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则函数f（x）的图象可能是（ ）

A B C D
C ［由导函数f′（x）的图象可知，函数y＝f（x）先减再增，可排除选项A，B；又f′（x）＝0的根为正数，即y＝f（x）的极值点为正数，所以可排除选项D，选C.］
3.若函数f（x）＝kx﹣ln x在区间（1，＋∞）上单调递增，则k的取值范围是（ ）
A.（﹣∞，﹣2］ B.（﹣∞，﹣1］
C.［2，＋∞） D.［1，＋∞）
D ［由于f′（x）＝k﹣eq \f(1,x)，f（x）＝kx﹣ln x在区间（1，＋∞）上单调递增⇔f′（x）＝k﹣eq \f(1,x)≥0在（1，＋∞）上恒成立.由于k≥eq \f(1,x)，而0＜eq \f(1,x)＜1，所以k≥1.即k的取值范围为［1，＋∞）.］
4.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（ ）
A.（1,2］ B.（4，＋∞）
C.（﹣∞，2） D.（0,3］
A ［因为f（x）＝eq \f(1,2)x2﹣9ln x，所以f′（x）＝x﹣eq \f(9,x)（x＞0），由x﹣eq \f(9,x)≤0，得0＜x≤3，所以f（x）在（0,3］上是减函数，则［a﹣1，a＋1］⊆（0,3］，所以a﹣1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.］
5.函数f（x）在定义域R内可导，f（x）＝f（4﹣x），且（x﹣2）f′（x）＞0.若a＝f（0），b＝f(eq \f(1,2))，c＝f（3），则a，b，c的大小关系是（ ）
A.c＞b＞a B.c＞a＞b
C.a＞b＞c D.b＞a＞c
C ［由f（x）＝f（4﹣x）可知，f（x）的图象关于直线x＝2对称，根据题意知，当x∈（﹣∞，2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（2，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数.所以f（3）＝f（1）＜f(eq \f(1,2))＜f（0），
即c＜b＜a，故选C.］
二、填空题
6.函数f（x）＝ln x﹣ax（a＞0）的单调递增区间为 .
(0,eq \f(1,a)).
［由题意，知f（x）的定义域为（0，＋∞），由f′（x）＝eq \f(1,x)﹣a＞0（a＞0），
得0＜x＜eq \f(1,a)，∴f（x）的单调递增区间为(0,eq \f(1,a)).］
7.若函数f（x）＝ax3＋3x2﹣x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是 .
（﹣3,0）∪（0，＋∞）.
［由题意知f′（x）＝3ax2＋6x﹣1，由函数f（x）恰好有三个单调区间，得f′（x）有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x﹣1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞﹣3且a≠0，所以实数a的取值范围是（﹣3,0）∪（0，＋∞）.］
8.若函数f（x）＝ln x﹣eq \f(1,2)ax2﹣2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 .
（﹣1，＋∞）.
［f′（x）＝eq \f(1,x)﹣ax﹣2＝eq \f(1－ax2－2x,x)，由题意知f′（x）＜0有实数解，
∵x＞0，∴ax2＋2x﹣1＞0有实数解.当a≥0时，显然满足；
当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，∴﹣1＜a＜0.综上知a＞﹣1.］
三、解答题
9.已知函数f（x）＝eq \f(ln x＋k,ex)（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.
［解］（1）由题意得f′（x）＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)，
又因为f′（1）＝eq \f(1－k,e)＝0，故k＝1.
（2）由（1）知，f′（x）＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
设h（x）＝eq \f(1,x)﹣ln x﹣1（x＞0），则h′（x）＝﹣eq \f(1,x2)﹣eq \f(1,x)＜0，
即h（x）在（0，＋∞）上是减函数.
由h（1）＝0知，当0＜x＜1时，h（x）＞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，＋∞）.
10.已知函数f（x）＝x3﹣ax﹣1.
（1）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）在（﹣1,1）上为单调减函数，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）的单调递减区间为（﹣1,1），求实数a的值；
（4）若函数f（x）在区间（﹣1,1）上不单调，求实数a的取值范围.
［解］（1）因为f（x）在（﹣∞，＋∞）上是增函数，
所以f′（x）＝3x2﹣a≥0在（﹣∞，＋∞）上恒成立，
即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上是增函数，所以a≤0，
即实数a的取值范围为（﹣∞，0］.
（2）由题意知f′（x）＝3x2﹣a≤0在（﹣1,1）上恒成立，
所以a≥3x2在（﹣1,1）上恒成立，
因为当﹣1＜x＜1时，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范围为［3，＋∞）.
（3）由题意知f′（x）＝3x2﹣a，则f（x）的单调递减区间为(-eq \f(\r(3a),3),eq \f(\r(3a),3))，
又f（x）的单调递减区间为（﹣1,1），所以eq \f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3.
（4）由题意知：f′（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，
此时f（x）在（﹣∞，＋∞）上为增函数，不合题意，故a＞0.
令f′（x）＝0，解得x＝±eq \f(\r(3a),3).
因为f（x）在区间（﹣1,1）上不单调，
所以f′（x）＝0在（﹣1,1）上有解，需0＜eq \f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，
所以实数a的取值范围为（0,3）.
1.若函数f（x）＝x﹣eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在（﹣∞，＋∞）单调递增，则a的取值范围是（ ）
A.［﹣1,1］ B.解析：[-1,eq \f(1,3)] C.解析：[-eq \f(1,3)eq \f(1,3)] D.解析：[-1,-eq \f(1,3)]
C ［取a＝﹣1，则f（x）＝x﹣eq \f(1,3)sin 2x﹣sin x，f′（x）＝1﹣eq \f(2,3)cs 2x﹣cs x，但f′（0）＝1﹣eq \f(2,3)﹣1＝﹣eq \f(2,3)＜0，不具备在（﹣∞，＋∞）单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.］
2.已知定义在(0,eq \f(π,2))上的函数f（x）的导函数为f′（x），且对于任意的x∈(0,eq \f(π,2))，都有f′（x）sin x＜f（x）cs x，则（ ）
A.eq \r(3)f(eq \f(π,4))＞eq \r(2)f(eq \f(π,3)) B.f(eq \f(π,3))＞f（1）
C.eq \r(2)f(eq \f(π,6))＜f(eq \f(π,4)) D.eq \r(3)f(eq \f(π,6))＜f(eq \f(π,3))
A.
［令g（x）＝eq \f(f（x）,sin x)，则g′（x）＝eq \f(f′（x）sin x－f（x）cs x,sin2x)，
由已知得g′（x）＜0在(0,eq \f(π,2))上恒成立，∴g（x）在(0,eq \f(π,2))上单调递减，
∴g(eq \f(π,4))＞g(eq \f(π,3))，∴eq \r(3)f(eq \f(π,4))＞eq \r(2)f(eq \f(π,3))］
3.已知f′（x）是函数f（x）的导函数，f（1）＝e，对于任意的x∈R,2f（x）﹣f′（x）＞0，则不等式f（x）＜e2x﹣1的解集为 .
（1，＋∞）.
［设F（x）＝eq \f(f（x）,e2x－1)，则F′（x）＝(eq \f(f（x）,e2x－1))′＝eq \f(f′（x）－2f（x）,e2x－1).
因为2f（x）﹣f′（x）＞0，所以F′（x）＝eq \f(f′（x）－2f（x）,e2x－1)＜0，即F（x）是减函数，
f（x）＜e2x﹣1等价于eq \f(f（x）,e2x－1)＜1，即F（x）＜1.
又因为f（1）＝e，所以F（1）＝eq \f(f（1）,e2－1)＝1，
则不等式f（x）＜e2x﹣1的解集是（1，＋∞）.］
4.已知函数g（x）＝ln x＋ax2﹣（2a＋1）x，若a≥0，试讨论函数g（x）的单调性.
［解］g′（x）＝eq \f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq \f(（2ax－1）（x－1）,x).
∵函数g（x）的定义域为（0，＋∞），∴当a＝0时，g′（x）＝﹣eq \f(x－1,x).
由g′（x）＞0，得0＜x＜1，由g′（x）＜0，得x＞1.
当a＞0时，令g′（x）＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,2a)，若eq \f(1,2a)＜1，即a＞eq \f(1,2)，
由g′（x）＞0，得x＞1或0＜x＜eq \f(1,2a)，
由g′（x）＜0，得eq \f(1,2a)＜x＜1；若eq \f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq \f(1,2)，
由g′（x）＞0，得x＞eq \f(1,2a)或0＜x＜1，由g′（x）＜0，得1＜x＜eq \f(1,2a)；
当eq \f(1,2a)＝1时，即a＝eq \f(1,2)时，在（0，＋∞）上恒有g′（x）≥0.
综上可得：当a＝0时，g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
当0＜a＜eq \f(1,2)时，g（x）在（0,1），(eq \f(1,2a),+∞)上单调递增，在(1,eq \f(1,2a))上单调递减；
当a＝eq \f(1,2)时，g（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞eq \f(1,2)时，g（x）在(0,eq \f(1,2a))，（1，＋∞）上单调递增，在(eq \f(1,2a),1)上单调递减.
1.（南昌模拟）已知函数f（x）＝xsin x，x1，x2∈(-eq \f(π,2),eq \f(π,2))，且f（x1）＜f（x2），那么（ ）
A.x1﹣x2＞0 B.x1＋x2＞0 C.xeq \\al(2,1)﹣xeq \\al(2,2)＞0 D.xeq \\al(2,1)﹣xeq \\al(2,2)＜0
D.
［由f（x）＝xsin x，得f′（x）＝sin x＋xcs x＝cs x（tan x＋x），当x∈(0,eq \f(π,2))时，f′（x）＞0，即f（x）在(0,eq \f(π,2))上为增函数，又f（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝xsin x＝f（x），所以f（x）为偶函数，所以当f（x1）＜f（x2）时，有f（|x1|）＜f（|x2|），所以|x1|＜|x2|，xeq \\al(2,1)﹣xeq \\al(2,2)＜0，故选D.］
2.设函数f（x）＝aln x＋eq \f(x－1,x＋1)，其中a为常数.
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性.
［解］（1）由题意知a＝0时，f（x）＝eq \f(x－1,x＋1)，x∈（0，＋∞）.
此时f′（x）＝eq \f(2,（x＋1）2)，可得f′（1）＝eq \f(1,2).又f（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x﹣2y﹣1＝0.
（2）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
f′（x）＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,（x＋1）2)＝eq \f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).
当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上递增.
当a＜0时，令g（x）＝ax2＋（2a＋2）x＋a，
由于Δ＝（2a＋2）2﹣4a2＝4（2a＋1），
①当a＝﹣eq \f(1,2)时，Δ＝0，f′（x）＝eq \f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减.
②当a＜﹣eq \f(1,2)时，Δ＜0，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减.
③当﹣eq \f(1,2)＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个零点，
则x1＝eq \f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq \f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a).
由x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，
所以x∈（0，x1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减；
x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）递增；
x∈（x2，＋∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减.
综上可得：当a≥0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；
当a≤﹣eq \f(1,2)时，函数f（x）在（0，＋∞）上递减；
当﹣eq \f(1,2)＜a＜0时，f（x）在(0,eq \f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a))，(eq \f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a),+∞)上递减，
在(eq \f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，eq \f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a))上递增.条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数