2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第1课时　导数与函数的单调性学案

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一、知识梳理
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
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)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)做比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
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．
3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
二、习题改编
1．(选修2­2P32A组T4改编)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(－2，1)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．当x＝2时，f(x)取到极小值
解析：选C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．
2．(选修2­2P28例4改编)设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：选D.f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x>0)，
当02时，f′(x)>0，所以x＝2为f(x)的极小值点．
3．(选修2­2P30例5改编)函数y＝x＋2cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是________．
解析：因为y′＝1－2sin x，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，y′>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′<0.
所以当x＝eq \f(π,6)时，ymax＝eq \f(π,6)＋eq \r(3).
答案：eq \f(π,6)＋eq \r(3)
一、思考辨析
判断正误(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)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)原函数与导函数的关系不清致误；
(2)极值点存在的条件不清致误；
(3)忽视函数的定义域．
1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
解析：选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．
2．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案：(－∞，－1)
3．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
解析：由f′(x)＝1－eq \f(1,x)<0，得eq \f(1,x)>1，即x<1，又x>0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．
答案：(0，1)
第1课时 导数与函数的单调性
[学生用书P43]
不含参数函数的单调性(自主练透)
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)))
解析：选B.由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，
所以函数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)，＋∞)).
故选B.
2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( )
A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增 D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减
解析：选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>eq \f(1,e)，即函数的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))；
当f′(x)<0时，解得0即函数的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，故选D.
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________．
解析：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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
即f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
eq \a\vs4\al()
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．
[提醒] 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．
含参数函数的单调性(师生共研)
已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a＞0.讨论f(x)的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(（ax2－2）（x－1）,x3)
＝eq \f(a（x－1）,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，
f(x)单调递增．
(3)当a>2时，00，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
eq \a\vs4\al()
解决含参数函数的单调性问题应注意的2点
(1)研究含参数函数的单调性，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0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，
所以当a∈[1，＋∞)时，
函数y＝f(x)在R上单调递减．
②当0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所以当a∈(0，1)时，
函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(a,1－a)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(a,1－a)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(a,1－a)))上单调递减．
函数单调性的应用(多维探究)
角度一 比较大小或解不等式
(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．(－∞，＋∞)
(2)已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，都有f′(x)sin xA.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>f(1)
C.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))【解析】 (1)由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.
(2)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),\f(\r(3),2))，
所以eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).
【答案】 (1)B (2)A
角度二 已知函数的单调性求参数
已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)．
(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】 (1)f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由于f(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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1.
(2)由f(x)在[1，4]上单调递减得，
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．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(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)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞)).
【迁移探究1】 (变问法)若函数f(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由f(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，f′(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 \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，即a的取值范围是(－∞，－1]．
【迁移探究2】 (变问法)若函数f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：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，
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
【迁移探究3】 (变条件)若函数f(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．
解：因为f(x)在[1，4]上不单调，
所以f′(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所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,16))).
eq \a\vs4\al()
(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
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．
(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式；
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
[提醒] 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)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
1．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＞0且g(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)＜0的解集是( )
A．(－3，0)∪(3，＋∞)
B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0，3)
解析：选D.令h(x)＝f(x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以x＜－3或0＜x＜3时h(x)＜0，故选D.
2．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[学生用书P44]
构造函数、比较大小
此类涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．
一、x与f(x)的组合函数
若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________．
【解析】 令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，所以g(x)为增函数．因为g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
【答案】 (2，＋∞)
二、ex与f(x)的组合函数
已知f(x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，则有( )
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n)C．enf(－n)>f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n)【解析】 设g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)>0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)enf(0)．故选A.
【答案】 A
设a>0，b>0，e是自然对数的底数，则( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则aC．若ea－2a＝eb－3b，则a>b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a【解析】 因为a>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立．故选A.
【答案】 A
[学生用书P342(单独成册)]
[基础题组练]
1.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，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，故选C.
2．(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选C.f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2时，则需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)≤1，,g（1）＝6－6m＋6≥0，))解得m≤2，所以m<－2.
综上得m≤2，所以实数m的取值范围是(－∞，2]．
3．已知f(x)＝eq \f(ln x,x)，则( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)，而f(2)＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f(3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
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]
解析：选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00且a＋1≤3，解得15．(2020·江西上饶第二次模拟)对任意x∈R，函数y＝f(x)的导数都存在，若f(x)＋f′(x)>0恒成立，且a>0，则下列说法正确的是( )
A．f(a)f(0)
C．ea·f(a)f(0)
解析：选D.设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)为R上的单调递增函数，因为a>0，所以g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)，故选D.
6．函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(5,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2)，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
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________．
解析：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，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2xln 2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单调递增，所以由f(x2＋2)答案：(1，2)
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00，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)上为单调递减函数，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(3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\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所以实数a的取值范围为(0，3)．
[综合题组练]
1．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(x)>f(b)g(b)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C.令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)<0，所以F(x)在R上单调递减．又aeq \f(f（x）,g（x）)>eq \f(f（b）,g（b）).又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．
2．(2020·石家庄模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝x2，且x<0时，f′(x)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．(－∞，0)
解析：选A.令g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2，
则g(x)＋g(－x)＝0⇒g(x)为奇函数，
又x<0时，g′(x)＝f′(x)－x<0⇒g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
由f(x)－f(1－x)≥x－eq \f(1,2)知f(x)－eq \f(1,2)x2≥f(1－x)－eq \f(1,2)(1－x)2，即g(x)≥g(1－x)，
从而x≤1－x⇒x≤eq \f(1,2)，
所以所求不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).故选A.
3．已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－eq \f(3,x)
＝－eq \f(（x－1）（x－3）,x)，
由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<1答案：(0，1)∪(2，3)
4．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)＜0的解集为________．
解析：令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数. 又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0. 在(0，＋∞)上，不等式f(x)＜0的解集就是xf(x)＜0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)＜0的解集是(0，3)．
答案：(0，3)
5．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)由题意知当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，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
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，＋∞)上单调递减．
②当a<－eq \f(1,2)时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－eq \f(1,2)0，
设x1，x2(x1则x1＝eq \f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，
x2＝eq \f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a).
由于x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)>0，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－eq \f(1,2)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)))上单调递增．
6．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′（x）＋\f(m,2)))在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(a（1－x）,x)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，
单调递减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，
即a＝－2，
所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝eq \f(2x－2,x).
所以g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))x2－2x，
所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g′（t）<0，,g′（3）>0.))
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－eq \f(37,3).
所以－eq \f(37,3)即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).