高考数学科学创新复习方案提升版第17讲导数与函数的单调性学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第17讲导数与函数的单调性学案（Word版附解析），共18页。


1．函数的导数与单调性的关系
2．由导数求单调区间的一般步骤
第一步，确定函数的eq \x(\s\up1(04))定义域；
第二步，求出导数f′(x)的零点；
第三步，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eq \x(\s\up1(05))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．
用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系 (1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分不必要条件．
(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件．
(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条件．
1. (人教A选择性必修第二册复习参考题5 T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知选D.
2．(2024·宁波一中阶段考试)函数f(x)＝eq \f(x－2,ex)的单调递增区间为( )
A．(－∞，3) B．(0，3)
C．(3，＋∞) D．(－∞，2)
答案 A
解析 由题意得f′(x)＝eq \f(3－x,ex)，令f′(x)＝eq \f(3－x,ex)>0，得x<3，故函数f(x)＝eq \f(x－2,ex)的单调递增区间是(－∞，3)．故选A.
3．(人教A选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是( )
A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)
C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)
答案 D
解析 f′(x)＝1－csx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上单调递增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.
4．(人教A选择性必修第二册5.3.1例4改编)已知f(x)＝lg3x，g(x)＝ln x．因为f′(x)________g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更________(第一个空填“>”或“<”，第二个空填“陡峭”或“平缓”)．
答案 < 平缓
解析 因为f′(x)＝eq \f(1,xln 3)>0，g′(x)＝eq \f(1,x)>0，且eq \f(g′（x）,f′（x）)＝ln 3>ln e＝1，所以f′(x)5．已知函数f(x)＝x2(x－a)．
(1)若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是________________；
(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
答案 (1)(－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(9,2)))
解析 由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,3))).
(1)若f(x)在(2，3)上单调递减，则有eq \f(2a,3)≥3，解得a≥eq \f(9,2)；
若f(x)在(2，3)上单调递增，则有eq \f(2a,3)≤2，解得a≤3，
所以若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)).
(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))
可得3例1 (1)(2024·河南重点中学联考)函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B．(0，e)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)
答案 A
解析 令f′(x)＝1＋ln x<0⇒x(2)(2024·苏州模拟)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________．
答案 (－∞，－2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析 由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>eq \f(2,3)，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)).
利用导数求不含参函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，与定义域求交集，求出单调区间．
(2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间上f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，只能用“，”“和”隔开．
1.函数f(x)＝x＋2eq \r(1－x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
答案 (－∞，0) (0，1)
解析 f(x)的定义域为{x|x≤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)．
2．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．
解 f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
例2 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 因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，
所以g′(x)＝eq \f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)
＝eq \f(（2ax－1）（x－1）,x).
由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
若eq \f(1,2a)<1，即a>eq \f(1,2)，
由g′(x)>0得x>1或0由g′(x)<0得eq \f(1,2a)所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减；
若eq \f(1,2a)>1，即00得x>eq \f(1,2a)或0由g′(x)<0得1所以函数g(x)在(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减；
若eq \f(1,2a)＝1，即a＝eq \f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当0当a＝eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>eq \f(1,2)时，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减．
利用导数讨论含参函数单调性的策略
(1)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内．
(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0的点和函数的间断点．
(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．
已知函数f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.讨论函数f(x)的单调性．
解 f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)．
①当a≤0时，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
②当a＞0时，f′(x)＝a(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(2,a)))，
令f′(x)＝0得x＝1或x＝ln eq \f(2,a)，
当ln eq \f(2,a)>1，即0＜a在(－∞，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，ln \f(2,a)))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当ln eq \f(2,a)<1，即a>eq \f(2,e)时，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，1))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当ln eq \f(2,a)＝1，即a＝eq \f(2,e)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．
综上所述，当0当a＞eq \f(2,e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，1))上单调递减；
当a＝eq \f(2,e)时，f(x)在R上单调递增；
当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
多角度探究突破
角度 比较大小或解不等式
例3 (1)(2023·张家口调研)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，f(1)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))的大小关系为( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))B．f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
答案 A
解析 由题意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，则函数f(x)是偶函数，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \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)＝sinx＋xcsx>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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))).
(2)(2023·西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>6x2＋2，则不等式f(x)>2x3＋2x的解集为( )
A．{x|x>－2} B．{x|x>2}
C．{x|x<2} D．{x|x<－2或x>2}
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)－2x3－2x，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集为{x|x>2}．故选B.
利用导数比较大小或解不等式的策略
(1)判断已知(或构造后的)函数的单调性．
(2)由单调性比较大小，通常是由自变量的大小推出对应函数值的大小；由单调性解不等式，通常是由函数值的大小推出对应自变量的大小．
1.(2023·潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－csx，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集为( )
A．(－∞，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) D．(1，＋∞)
答案 D
解析 根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－csx，此时有f′(x)＝ex＋sinx>0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)>0⇒f(2x－1)>－f(x－2)⇒f(2x－1)>f(2－x)⇒2x－1>2－x，解得x>1，即原不等式的解集为(1，＋∞)．
2．(2024·安庆模拟)已知a＝eq \f(ln \r(2),4)，b＝eq \f(1,e2)，c＝eq \f(ln π,2π)，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．a答案 C
解析 令f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3).令f′(x)<0，解得x>eq \r(e)，因此f(x)在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，因为a＝eq \f(ln \r(2),4)＝eq \f(ln 4,16)＝f(4)，b＝eq \f(1,e2)＝eq \f(ln e,e2)＝f(e)，c＝eq \f(ln π,2π)＝eq \f(ln \r(π),π)＝f(eq \r(π))，又因为4>e>eq \r(π)>eq \r(e)，所以f(4)角度 根据函数的单调性求参数
例4 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
答案 C
解析 依题意可知，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq \f(1,a)，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.
(2)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________．
答案 (－1，0)∪(0，＋∞)
解析 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)))eq \s\d7(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，＋∞)．
已知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．
1.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________．
答案 [－1，1)
解析 因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函数f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间[－2，2]的子区间，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m，))
解得－1≤m<1，所以实数m的取值范围是[－1，1)．
2．(2023·白城第一中学质检)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f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋2)上有变号零点，∴eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1，1)，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故实数t的取值范围是[0，1)．
课时作业
一、单项选择题
1.(2023·马鞍山模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．f(b)＞f(c)＞f(a) B．f(b)＞f(c)＝f(e)
C．f(c)＞f(b)＞f(a) D．f(e)＞f(d)＞f(c)
答案 D
解析 由题意可知，当x∈[c，e]时，f′(x)≥0，函数是增函数，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故选D.
2．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝( )
A．－4 B．－1
C．1 D．4
答案 A
解析 易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4.
3．(2024·镇江模拟)若幂函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝eq \f(f（x）,ex)的单调递减区间为( )
A．(0，2)B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．(－2，0)D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
答案 B
解析 设幂函数f(x)＝xα，它的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(α)＝eq \f(1,2)，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴g(x)＝eq \f(x2,ex)，则g′(x)＝eq \f(2xex－x2ex,e2x)＝eq \f(x（2－x）,ex)，令g′(x)＜0，则x(2－x)＜0，解得x＞2或x＜0，故函数g(x)的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.
4．(2024·福州模拟)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]
答案 A
解析 由f(x)＝eq \f(1,2)x2－9ln x(x>0)，得f′(x)＝x－eq \f(9,x)＝eq \f(x2－9,x)(x>0)，当x∈(0，3)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1>0，,a＋1≤3，,a＋1>a－1，))解得15．(2023·南京大学附中模拟)已知f(x)＝eq \f(1,4)x2＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是( )
答案 A
解析 ∵f(x)＝eq \f(1,4)x2＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝eq \f(1,4)x2＋csx，∴f′(x)＝eq \f(1,2)x－sinx，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D；设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－csx，当－eq \f(π,3)eq \f(1,2)，∴g′(x)＜0，故函数y＝f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，故排除C.故选A.
6．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋eq \f(1,2)x2，则f(x)的单调递减区间为( )
A．(－∞，0) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(0，＋∞)
答案 A
解析 由题设f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋eq \f(1,2)x2，f′(x)＝2ex－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)单调递增，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．故选A.
7．已知函数f(x)＝sinx＋csx－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 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝csx－sinx－2＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－2≤eq \r(2)－2<0，因此函数f(x)在R上单调递减，而－π<0f(ln 2)>f(2e)，即a>c>b.故选A.
8．(2023·四省高考适应性测试)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)A．f(x)g(x)
C．f(x)＋g(a)答案 C
解析 对于A，B，不妨设f(x)＝－2x，g(x)＝1，则f′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f(x)＝2>1＝g(x)，故A错误；若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误．对于C，D，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)g(x)＋f(b)，故D错误．故选C.
二、多项选择题
9．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\{(\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0，))解得a>－3且a≠0.故选BD.
10．(2024·厦门外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2－ln |x|，则( )
A．曲线y＝f(x)关于y轴对称B．曲线y＝f(x)关于原点对称
C．f(x)在(－1，0)上单调递减D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增
答案 AD
解析 函数f(x)＝x2－ln |x|的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln |－x|＝x2－ln |x|＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，曲线y＝f(x)关于y轴对称，A正确，B错误；当x<0时，f(x)＝x2－ln (－x)，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，则当－eq \f(\r(2),2)0，f(x)单调递增，C错误；当x>0时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，则当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，D正确．故选AD.
11．(2024·扬州模拟)Sigmid函数S(x)＝eq \f(1,1＋e－x)是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数．记S′(x)为Sigmid函数的导函数，则( )
A．S′(x)＝S(x)[1－S(x)]B．Sigmid函数是减函数
C．函数S′(x)的最大值是eq \f(1,4)D.eq \(∑,\s\up6(2023),\s\d7(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024
答案 ACD
解析 由函数S(x)＝eq \f(1,1＋e－x)，得S′(x)＝eq \f(e－x,（1＋e－x）2).对于A，S(x)[1－S(x)]＝eq \f(1,1＋e－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,1＋e－x)))＝eq \f(e－x,（1＋e－x）2)＝S′(x)，A正确；对于B，∀x∈R，S′(x)＝eq \f(e－x,（1＋e－x）2)>0，则Sigmid函数是增函数，B不正确；对于C，S′(x)＝eq \f(e－x,1＋2e－x＋e－2x)＝eq \f(1,ex＋e－x＋2)≤eq \f(1,2\r(ex·e－x)＋2)＝eq \f(1,4)，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时取等号，C正确；对于D，因为S(x)＋S(－x)＝eq \f(1,1＋e－x)＋eq \f(1,1＋ex)＝eq \f(ex,1＋ex)＋eq \f(1,1＋ex)＝1，所以eq \(∑,\s\up6(2023),\s\d6(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024，D正确．故选ACD.
三、填空题
12．已知函数f(x)＝－x2－csx，则f(x－1)>f(－1)的解集为________．
答案 (0，2)
解析 ∵y＝x2，y＝csx均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2＋csx，∵csx∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，f′(x)>0在(－∞，0)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，所以f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)．
13．(2023·北京东城区二模)已知奇函数f(x)的定义域为R，且eq \f(f′（x）,x2－1)>0，则f(x)的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________．
答案 (－1，1) f(x)＝eq \f(1,3)x3－x(答案不唯一)
解析 由eq \f(f′（x）,x2－1)>0，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）>0，,x2－1>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）<0，,x2－1<0，))所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－1，1)，所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝eq \f(1,3)x3－x(答案不唯一)．
14．(2024·河南部分学校联考)已知f(x)＝lgax＋lg(a＋2)x(0答案 (eq \r(2)－1，1)
解析 f′(x)＝eq \f(1,xln a)＋eq \f(1,xln （a＋2）)＝eq \f(1,x)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,ln a)＋\f(1,ln （a＋2）)))≤0在(0，＋∞)上恒成立，则eq \f(1,ln a)＋eq \f(1,ln （a＋2）)≤0，又00，不等式化为ln (a＋2)＋ln a≥0，即ln (a2＋2a)≥0，则a2＋2a≥1，解得eq \r(2)－1≤a<1，当a＝eq \r(2)－1时，f(x)＝lg(eq \r(2)－1)x＋lg(eq \r(2)＋1)x＝0，不符合题意，故eq \r(2)－1四、解答题
15．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲线y＝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，
∴曲线y＝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\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－5.))
(2)由(1)，得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，
故函数f(x)的单调递增区间是(－2，3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)．
16．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋eq \f(1－a,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2))).
(1)当曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直时，求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解 (1)∵f′(x)＝eq \f(1,x)－a－eq \f(1－a,x2)，曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直，∴f′(2)＝eq \f(1,4)－eq \f(3,4)a＝－eq \f(1,2)，∴a＝1.
(2)∵f′(x)＝eq \f(1,x)－a－eq \f(1－a,x2)＝eq \f(－ax2＋x－（1－a）,x2)＝－eq \f(（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1－a,a))),\f(x2,a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))，1－eq \f(1－a,a)＝2－eq \f(1,a)>0，
∴当eq \f(1,2)当a≥1时，eq \f(1－a,a)≤0，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
综上所述，当eq \f(1,2)当a≥1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
17．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))·ln (1＋x)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))ln (1＋x)(x>－1)，
则f′(x)＝－eq \f(1,x2)×ln (1＋x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))×eq \f(1,1＋x)，
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x2)))ln (1＋x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))eq \f(1,1＋x)(x>－1)，
满足题意时，f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x2)))ln (1＋x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))eq \f(1,1＋x)≥0，
则－(1＋x)ln (1＋x)＋(x＋ax2)≥0，
令g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln (1＋x)，x≥0，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则g′(x)＝2ax－ln (1＋x)．
当a≤0时，由于2ax≤0，ln (1＋x)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
此时g(x)令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln (1＋x)，x≥0，
则h′(x)＝2a－eq \f(1,1＋x)，
当a≥eq \f(1,2)，即2a≥1时，由于eq \f(1,1＋x)<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意；
当0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，h′(x)<0，h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，即g′(x)单调递减，
注意到g′(0)＝0，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，g′(x)由于g(0)＝0，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)－1))时，g(x)综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(a≥\f(1,2))))).条件
函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导
结论
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上eq \x(\s\up1(01))单调递增
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上eq \x(\s\up1(02))单调递减
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是eq \x(\s\up1(03))常数函数
考向一 利用导数研究不含参函数的单调性
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

考向二 利用导数研究含参函数的单调性
考向三 利用导数解决函数单调性的应用问题