2019届数学讲义第三章 导数及其应用 3.2 第1课时 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精§3.2导数的应用最新考纲考情考向分析1。了解函数单调性和导数的关系；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超过三次)．2。了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识;题型以解答题为主，一般难度较大。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）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．知识拓展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．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”）（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．（√）题组二教材改编2．[P32A组T4]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）取到极小值答案C解析在（4，5）上f′（x)〉0恒成立，∴f(x）是增函数．3．[P28例4]设函数f（x）＝eq\f（2，x）＋lnx，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）的极小值点答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f（x－2,x2）(x>0)，当0〈x<2时，f′（x）〈0，当x>2时，f′(x）>0,∴x＝2为f(x)的极小值点．4．［P24例2］函数f(x）＝x3－6x2的单调递减区间为__________．答案（0，4）解析f′（x）＝3x2－12x＝3x（x－4），由f′(x）<0，得0〈x<4，∴函数f（x)的单调递减区间为(0,4）．5．[P30例5］函数y＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）)）上的最大值是__________．答案eq\f（π，6）＋eq\r（3)解析∵y′＝1－2sinx，∴当x∈eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)）)时，y′〉0；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，6），\f（π，2)））时，y′<0。∴当x＝eq\f（π，6)时，ymax＝eq\f（π，6）＋eq\r（3).题组三易错自纠6．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、无极小值点答案C解析导函数的图象与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．7．已知定义在实数集R上的函数f(x）满足f（1)＝3，且f(x）的导数f′(x）在R上恒有f′（x）<2（x∈R），则不等式f（x)〈2x＋1的解集为____________．答案（1，＋∞)解析令g（x）＝f(x）－2x－1,∴g′（x）＝f′(x)－2〈0，∴g（x)在R上为减函数，g（1）＝f(1)－2－1＝0.由g（x)〈0＝g（1）,得x〉1.∴不等式的解集为（1，＋∞）．8．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________．答案(－∞,－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a。∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵当x〉0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.第1课时导数与函数的单调性题型一不含参数的函数的单调性1．函数y＝4x2＋eq\f(1，x）的单调增区间为()A．(0，＋∞） B.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，＋∞)）C．(－∞,－1） D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1，2)））答案B解析由y＝4x2＋eq\f(1，x），得y′＝8x－eq\f(1,x2），令y′〉0,即8x－eq\f（1，x2)〉0，解得x〉eq\f(1,2)，∴函数y＝4x2＋eq\f（1，x)的单调增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），＋∞)）。故选B.2．已知函数f(x)＝xlnx，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\co1（0，\f（1，e)）)上单调递增D．在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1，e）））上单调递减答案D解析因为函数f（x）＝xlnx的定义域为（0,＋∞)，所以f′（x)＝lnx＋1（x>0)，当f′(x）>0时，解得x>eq\f（1,e)，即函数的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e），＋∞））；当f′(x）〈0时,解得0〈x〈eq\f（1,e)，即函数的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1,e)）），故选D。3．（2018·开封调研)已知定义在区间（－π，π)上的函数f（x)＝xsinx＋cosx，则f（x）的单调递增区间是______________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f（π,2)））和eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）））解析f′（x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′（x)＝xcosx>0，则其在区间(－π,π)上的解集为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－π,－\f（π，2))）∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2））)，即f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）。思维升华确定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)解不等式f′(x）〉0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．题型二含参数的函数的单调性典例已知函数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〉lneq\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<lneq\f（a，1－a).∴当a∈(0，1）时，函数y＝f（x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln\f（a，1－a)，＋∞)）上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ln\f(a,1－a），＋∞））上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a，1－a))）上单调递减．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．跟踪训练已知函数f（x)＝ex（ax2－2x＋2）(a〉0)．试讨论f（x)的单调性．解由题意得f′(x）＝ex［ax2＋（2a－2)x](a>0）,令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2－2a，a）。①当0〈a〈1时,f(x)的单调递增区间为（－∞，0）和eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2－2a,a)，＋∞）），单调递减区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（2－2a，a)));②当a＝1时，f(x)在（－∞，＋∞)内单调递增；③当a>1时,f(x）的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(2－2a,a）))和（0,＋∞),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2－2a,a)，0）).题型三函数单调性的应用问题命题点1比较大小或解不等式典例(1)(2017·南昌模拟)已知定义在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(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\co1(0，\f（π，2)）)，都有f′(x）sinx<f(x)cosx，则（）A。eq\r(3）feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,3)）） B．feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3））)〉f(1)C.eq\r（2)feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6）））〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)）） D。eq\r(3）feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,6))）〈feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）））答案A解析令g(x)＝eq\f(fx,sinx)，则g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x）,由已知g′（x）〈0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)))上恒成立，∴g（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2)))上单调递减，∴geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)))>geq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，3)）），即eq\f(f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)）)，\f(\r(2）,2）)〉eq\f（f\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）)）,\f(\r(3),2）），∴eq\r(3）feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r（2)feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，3）））.（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－fx，x2)<0恒成立，则不等式x2f（x）>0的解集是__________________．答案(－∞，－2)∪（0，2）解析∵当x〉0时，eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（fx,x）))′〈0，∴φ(x）＝eq\f(fx,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）．命题点2根据函数单调性求参数典例（2018·石家庄质检）已知函数f(x)＝lnx，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)＝lnx－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\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，x）－1））2－1，所以G(x）min＝－1.所以a〉－1。又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0）∪(0,＋∞）．(2)因为h(x）在[1，4］上单调递减，所以当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．由（1）知G（x）＝eq\f（1，x2）－eq\f(2，x),所以a≥G（x）max,而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，x）－1）)2－1,因为x∈［1,4］，所以eq\f(1，x)∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\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a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(7，16），0））∪（0，＋∞)．引申探究1．本例（2)中，若函数h（x）＝f（x)－g(x）在[1,4]上单调递增,求a的取值范围．解因为h(x）在[1，4]上单调递增，所以当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\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,x2)－\f（2,x)))min＝－1(此时x＝1），所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．2．本例（2）中，若h（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\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，x2）－\f(2,x））)min＝－1，所以a〉－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是（－1,0）∪(0,＋∞）．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．跟踪训练已知函数f(x）＝eq\f（3x，a)－2x2＋lnx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.用分类讨论思想研究函数的单调性典例（12分)已知函数g（x）＝lnx＋ax2－（2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x）的单调性．思想方法指导含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′（x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．规范解答解g′(x)＝eq\f（2ax2－2a＋1x＋1,x）＝eq\f(2ax－1x－1,x）.［2分]∵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。[4分]当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f（1,2a），[6分]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；［8分］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)，若eq\f（1，2a）＝1,即a＝eq\f（1,2)，在（0，＋∞)上恒有g′(x）≥0。［10分]综上可得：当a＝0时，函数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，函数g（x）在(0,1）上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1,\f（1，2a））)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2a），＋∞））上单调递增；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\co1（0，\f（1,2a））)上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2a），1))上单调递减,在（1，＋∞)上单调递增．［12分］1．函数f（x）＝x2－2lnx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(2x＋1x－1,x)（x〉0），∴当x∈（0,1)时,f′(x）〈0，f(x）为减函数；当x∈（1，＋∞)时,f′（x)〉0，f(x）为增函数．2．(2018·济南调研)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)答案C解析由题意得,当x∈(－∞，c）时,f′(x)〉0，所以函数f（x)在（－∞，c）上是增函数，因为a〈b〈c，所以f(c)>f（b）>f(a),故选C.3．已知m是实数，函数f（x）＝x2（x－m)，若f′（－1）＝－1，则函数f(x）的单调增区间是()A。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3），0））B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（4，3））)C。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（4,3)）），(0，＋∞)D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（4,3）)）∪（0，＋∞)答案C解析∵f′(x）＝3x2－2mx，∴f′（－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，∴由f′(x)＝3x2＋4x〉0，解得x〈－eq\f(4,3)或x>0，即f(x）的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞,－\f(4,3）））,（0，＋∞)，故选C。4．已知函数f(x）＝eq\f(1，2)x3＋ax＋4,则“a>0”是“f(x)在R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f′(x)＝eq\f（3，2）x2＋a，当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a〉0”是“f(x)在R上单调递增"的充分不必要条件．5．若函数f（x）＝kx－lnx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，＋∞）答案D解析因为f（x）＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f（1,x）.因为f(x)在区间（1，＋∞）上单调递增，所以当x〉1时，f′(x）＝k－eq\f（1，x）≥0恒成立，即k≥eq\f（1,x）在区间（1，＋∞）上恒成立．因为x〉1，所以0<eq\f(1，x）〈1，所以k≥1.故选D.6．（2018·重庆质检）函数f（x）在定义域R内可导,若f（x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1）时，(x－1）f′(x）〈0，设a＝f(0),b＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）），c＝f(3）,则（）A．a〈b<c B．c〈b<aC．c〈a〈b D．b〈c<a答案C解析由题意得，当x〈1时，f′（x）〉0，f（x）在（－∞，1)上为增函数．又f（3）＝f(－1)，且－1〈0<eq\f(1,2）<1，因此有f（－1）<f（0）<feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)）），即有f（3）<f（0)<feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))，即c<a〈b.7．若函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1，3),则b＋c＝________.答案－12解析f′（x）＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1〈x〈3是不等式3x2＋2bx＋c〈0的解,∴－1,3是f′（x）＝0的两个根，∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12。8．(2018·昆明调研）已知函数f（x）(x∈R)满足f(1）＝1,f（x)的导数f′(x)〈eq\f(1，2)，则不等式f(x2)〈eq\f（x2,2）＋eq\f（1,2)的解集为________________．答案｛x｜x<－1或x>1}解析设F(x)＝f（x)－eq\f（1,2)x,∴F′(x）＝f′(x）－eq\f（1,2），∵f′(x）<eq\f(1，2)，∴F′（x）＝f′(x)－eq\f(1,2）<0,即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)〈eq\f（x2，2)＋eq\f（1，2），∴f（x2)－eq\f（x2，2）<f(1）－eq\f（1,2)，∴F(x2)〈F（1)，而函数F（x）在R上单调递减，∴x2〉1,即不等式的解集为{x|x<－1或x〉1}．9．已知g（x）＝eq\f(2，x)＋x2＋2alnx在[1,2］上是减函数，则实数a的取值范围为__________．答案eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（7,2）))解析g′(x）＝－eq\f（2，x2）＋2x＋eq\f(2a，x）,由已知得g′(x）≤0在［1,2］上恒成立,可得a≤eq\f（1，x)－x2在［1,2]上恒成立．又当x∈［1,2］时,eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，x)－x2))min＝eq\f(1,2)－4＝－eq\f（7,2)。∴a≤－eq\f（7，2）.10．设函数f′（x)是奇函数f(x)（x∈R）的导函数，f(－1）＝0,当x>0时，xf′(x）－f（x）＜0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________．答案(－∞，－1)∪(0,1）解析因为f（x)(x∈R)为奇函数,f（－1）＝0，所以f(1）＝－f（－1)＝0.当x≠0时，令g（x）＝eq\f（fx，x)，则g(x)为偶函数，g（1)＝g(－1)＝0。则当x＞0时，g′(x)＝eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（fx，x)）)′＝eq\f（xf′x－fx,x2）＜0,故g（x)在(0,＋∞)上为减函数，在(－∞,0）上为增函数．所以在(0，＋∞）上，当0＜x＜1时，由g（x）＞g(1）＝0，得eq\f(fx,x）＞0，所以f(x）＞0；在(－∞,0）上，当x＜－1时，由g（x）＜g(－1)＝0,得eq\f（fx,x)＜0，所以f（x)＞0.综上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪(0,1）．11．（2018·大理质检）已知函数f（x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数），曲线y＝f（x）在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求实数k的值；（2）求函数f（x)的单调区间．解(1）f′(x)＝eq\f（\f（1,x)－lnx－k,ex)（x>0）．又由题知f′（1）＝eq\f(1－k，e)＝0，所以k＝1。（2)f′(x）＝eq\f（\f（1,x)－lnx－1，ex）(x>0)．设h（x）＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0），则h′（x)＝－eq\f(1，x2)－eq\f（1,x)＜0，所以h（x）在（0，＋∞)上单调递减．由h(1）＝0知，当0＜x＜1时，h(x）＞0，所以f′(x)＞0；当x＞1时，h（x)＜0，所以f′（x)＜0.综上，f（x)的单调递增区间是（0，1)，单调递减区间是(1，＋∞）．12．(2018届信阳高级中学考试)已知函数f（x)＝eq\f（b，ex）－1（b∈R，e为自然对数的底数)在点(0,f(0））处的切线经过点（2，－2）．讨论函数F（x)＝f（x)＋ax（a∈R)的单调性．解因为f（0）＝b－1,所以过点（0,b－1），(2,－2）的直线的斜率为k＝eq\f（b－1－－2，0－2）＝－eq\f（b＋1,2)，而f′(x)＝－eq\f（b，ex)，由导数的几何意义可知，f′（0）＝－b＝－eq\f（b＋1，2），所以b＝1，所以f（x）＝eq\f（1，ex）－1。则F(x)＝ax＋eq\f(1,ex)－1，F′（x)＝a－eq\f（1，ex）,当a≤0时，F′（x）<0恒成立；当a>0时，由F′(x）<0,得x〈－lna，由F′(x)〉0,得x〉－lna。故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；当a>0时，函数F(x）在（－∞，－lna)上单调递减，在（－lna，＋∞)上单调递增．13．（2017·承德调研）已知f（x)是可导的函数，且f′(x）〈f(x）对于x∈R恒成立，则（)A．f(1）〈ef（0),f(2017)>e2017f（0）B．f（1）>ef（0），f（2017）〉e2017f（0）C．f（1）>ef(0）,f(2017)<e2017f(0）D．f（1)〈ef（0）,f（2017）<e2017f（0)答案D解析令g(x)＝eq\f（fx，ex），则g′（x）＝eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（fx,ex))）′＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f（f′x－fx,ex)<0,所以函数g(x)＝eq\f(fx,ex)在R上是单调减函数，所以g（1）〈g(0），g(2017）<g(0)，即eq\f（f1，e1)〈eq\f（f0,1），eq\f（f2017，e2017)<eq\f(f0，1),故f(1)〈ef（0），f(2017）〈e2017f(0)．14．若函数f(x）＝－eq\f(1,3）x3＋eq\f（1，2）x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc