高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题14导数与函数的单调性(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题14导数与函数单调性练高考明方向1．(2023年高考全国甲卷理科)已知且，函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．2.(2023·北京卷T20）已知函数．（1）求曲线在点处切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）略3．(2023年高考全国乙卷理科)设，，．则 ()A． B． C． D．4、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.讨论的单调性；5、【2019年高考北京理数】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．6、【2018年高考天津理数】已知函数，，其中a>1.（I）求函数的单调区间；7、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．（1）讨论的单调性；8．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)若，则 ()(A)(B)(C)(D)9．(2023高考数学新课标2理科)设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是 ()A． B．C． D．导数与函数的单调性导数与单调性的关系导数与函数的单调性导数与单调性的关系求函数的单调区间单调性与参数范围函数单调性的判断含参函数中的分类讨论类型一、利用导数判断函数单调性基础知识：1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．基础题型：1．下列函数为偶函数且在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝|lnx| B．f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)C．f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2 D．f(x)＝x(ex－e－x)2．(多选)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是()A．在区间(2,4)内单调递减B．在区间(2,3)内单调递增C．x＝－3是极小值点D．x＝4是极大值点基本方法：充分、必要条件与导数及函数单调性(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于0，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件．类型二、利用导数求函数的单调区间基础知识：1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．注意：(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．基本题型：1．（求单调区间）函数f(x)＝eq\f(xlnx,x－1)(x∈[e，＋∞))的单调递增区间为__________．2．（求单调区间）已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是________．3.（由f′(x)的零点引起的分类讨论）已知函数（为常数）.若，讨论函数的单调性.4.（二次项系数引起的分类讨论）已知函数f(x)＝ax2－lnx－x，a≠0.试讨论函数f(x)的单调性．5.（二次项系数及f′(x)的零点引起的分类讨论）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)，求函数f(x)的单调区间．6.（判别式引起的分类讨论）已知函数f(x)＝eq\f(x2－1－2axlnx,x)，讨论函数f(x)的单调性．7．(f′(x)的零点与函数定义域引起的分类讨论)设函数f(x)＝eq\f(1,x＋a)＋2lnx，其中a∈R且a≠0.试讨论函数f(x)的单调性．基本方法：1、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．2、求导后，若导函数可分解且首项系数无参数或参数不影响时，可求出f′(x)的零点，注意判断零点是否在定义域内，另外若有两个零点且这两零点的大小关系无法确定，则就无法确定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，进而无法确定函数f(x)的单调区间，此时必须对零点的大小关系分类讨论．设f′(x)两个零点x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三类讨论．可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．3、求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先分系数零正负”．4、求导后，若导函数转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．5、一般地，需要讨论导函数f′(x)的零点是否含在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要进行分类讨论．类型三、已知函数单调性求参数范围基础知识：若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．即“f′(x)>0在(a，b)上恒成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．基本题型：1、已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则()A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3C．a＝3 D．a∈(－∞，3]2．若函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在单调递减区间，则实数b的取值范围是()A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))3．若函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是_______.4．若函数f(x)＝x2－ax＋lnx在区间(2，e)上单调递增，则a的取值范围是_______.5．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是_______.基本方法：求参数范围的常见类型和解题技巧1、已知可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，要注意“＝”是否取到；2、已知可导函数f(x)在某一区间上存在单调区间：实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题；3、已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数：先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围；4、已知f(x)在区间D上不单调：f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点。类型四、构造函数利用单调性解不等式基本题型：1．定义在上函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（）A． B． C． D．2．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（）A． B．C． D．3．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．4．设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________．基本方法：1、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．2、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．3、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′”，构造可导函数y＝eq\f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．新预测破高考1．函数f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的单调递增区间是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)2．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3．(多选)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sinx B．y＝xexC．y＝x3＋x D．y＝lnx－x4．设函数f(x)的定义域为R，f′(x)是其导函数，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，则不等式f(x)>e－3x的解集是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0,1)5．已知当时，，则以下判断正确的是（）．A． B．C． D．与的大小关系不确定6、已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)＜eq\f(1,2)，f(1)＝1，则不等式f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集为()A．{x|x＜－1} B．{x|x＞1}C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|－1＜x＜1}7、设函数，则不等式的解集为_____________.8、，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______9、已知函数，其中.则函数的单调增区间为________。10．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调减区间是[－1,4]，则a＝________.11．若函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1,1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．12、设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)＋lnx，且f(1)＝0.若函数f(x)在定义域上是单调函数，则实数a的取值范围是________．13．已知f(x)＝x－eq\f(ax,ex)(e为自然对数的底数)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．14．已知函数f(x)＝2lnx＋x2－5x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上为单调函数，则实数k的取值范围是________．15、已知函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)，讨论f(x)的单调性．16、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，求a的取值范围．17、已知函数．当时，讨论的单调性；18、已知函数f(x)＝2x－eq\f(a,x)－(a＋2)lnx(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．19．已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R，a<0)，其图象在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．试讨论函数f(x)在定义域上的单调性．2023高考一轮复习讲与练专题14导数与函数单调性练高考明方向1．(2023年高考全国甲卷理科)已知且，函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．答案：（1）上单调递增；上单调递减；（2）．【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解．2.(2023·北京卷T20）已知函数．（1）求曲线在点处切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）略答案：（1）（2）在上单调递增.（3）略【解析】分析：（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）略【小问1详解】因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：【小问2详解】因为，所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴上单调递增.3．(2023年高考全国乙卷理科)设，，．则 ()A． B． C． D．答案：B解析：,所以;下面比较与的大小关系．记,则,，由于所以当0<x<2时，,即,,所以在上单调递增，所以,即,即;令,则,,由于，在x>0时,,所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b<c;综上，,【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的．4、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.讨论的单调性；【解析】．令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.5、【2019年高考北京理数】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．答案：【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.若函数为奇函数，则即，即对任意的恒成立，则，得.若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，即在R上恒成立，又，则，即实数的取值范围是.6、【2018年高考天津理数】已知函数，，其中a>1.（I）求函数的单调区间；【解析】（I）由已知，，有，令，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.7、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．（1）讨论的单调性；【解析】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.8．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)若，则 ()(A)(B)(C)(D)答案：C 【解析】对A： 由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误；对B：由于，∴函数在上单调递减，∴，B错误；对C： 要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和，构造函数，则，在上单调递增，因此又由得，∴，C正确对D： 要比较和，只需比较和而函数在上单调递增，故又由得，∴，D错误，故选C．9．(2023高考数学新课标2理科)设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是 ()A． B．C． D．答案：A解析：记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是．导数与函数的单调性导数与单调性的关系导数与函数的单调性导数与单调性的关系求函数的单调区间单调性与参数范围函数单调性的判断含参函数中的分类讨论类型一、利用导数判断函数单调性基础知识：1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．基础题型：1．下列函数为偶函数且在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝|lnx| B．f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)C．f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2 D．f(x)＝x(ex－e－x)答案：D【解析】f(x)＝|lnx|的定义域为(0，＋∞)，不关于原点对称，故f(x)＝|lnx|为非奇非偶函数，不符合题意；f(x)＝x2＋eq\f(3,x2)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数，当x>0时，f′(x)＝2x－eq\f(6,x3)＝eq\f(2x2＋\r(3)x2－\r(3),x3)，当x∈(0，eq\r(4,3))时，f′(x)<0，f(x)为减函数，不符合题意；f(x)＝eq\f(1,2)x＋x2，f(－x)＝－eq\f(1,2)x＋x2，f(－1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝eq\f(3,2)，f(－1)≠f(1)，故f(x)不是偶函数，不符合题意；f(x)＝x(ex－e－x)，f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)，故f(x)为偶函数，当x>0时，f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上为增函数，符合题意．2．(多选)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是()A．在区间(2,4)内单调递减B．在区间(2,3)内单调递增C．x＝－3是极小值点D．x＝4是极大值点答案：BD【解析】A项，函数y＝f(x)在区间(2,4)内f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2,4)上单调递增，故A不正确；B项，函数y＝f(x)在区间(2,3)内的导数f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2,3)上单调递增，故B正确；C项，由图象知当x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f(x)没有取得极小值，故C错误；D项，当x＝4时，f′(x)＝0，当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)为增函数，当x>4时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)为减函数，则x＝4是函数f(x)的极大值点，故D正确．基本方法：充分、必要条件与导数及函数单调性(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于0，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件．类型二、利用导数求函数的单调区间基础知识：1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．注意：(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．基本题型：1．（求单调区间）函数f(x)＝eq\f(xlnx,x－1)(x∈[e，＋∞))的单调递增区间为__________．答案：[e，＋∞)【解析】f′(x)＝eq\f(x－1－lnx,x－12)，令g(x)＝x－1－lnx，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，∵x∈[e，＋∞)，∴1－eq\f(1,x)>0，g′(x)>0，∴g(x)在x∈[e，＋∞)上是增函数，g(x)≥g(e)＝e－2>0，即f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为[e，＋∞)．2．（求单调区间）已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)【解析】由题可得，f′(x)＝2x－5＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)(x>0)．令f′(x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(2x－1x－2,x)>0(x>0)，解得x>2或0<x<eq\f(1,2).综上所述，函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)．3.（由f′(x)的零点引起的分类讨论）已知函数（为常数）.若，讨论函数的单调性.【解析】由题意，，，则.①若时，，当或时，，时，，所以在和单调递增，在单调递减，②若时，，对，恒成立，在单调递增；③若时，，当或时，，时，，所以在和单调递增，在单调递减；综上可知，时，所以在和单调递增，在单调递减，时，在单调递增；时，在和单调递增，在单调递减。4.（二次项系数引起的分类讨论）已知函数f(x)＝ax2－lnx－x，a≠0.试讨论函数f(x)的单调性．【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)－1＝eq\f(2ax2－x－1,x)，设g(x)＝2ax2－x－1.当a<0时，因为函数g(x)图象的对称轴为x＝eq\f(1,4a)<0，g(0)＝－1，所以当x>0时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令g(x)＝0，得x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),4a)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),4a)，当0<x<x2时，g(x)<0，f′(x)<0，当x>x2时，g(x)>0，f′(x)>0.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1＋8a),4a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1＋8a),4a)，＋∞))上单调递增．5.（二次项系数及f′(x)的零点引起的分类讨论）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)，求函数f(x)的单调区间．【解析】函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)·(x＋1)ex，当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．当a≠0时，f′(x)＝a(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－eq\f(a＋1,a).①当a>0时，－1>－eq\f(a＋1,a)，所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1)).②当a<0时，－1<－eq\f(a＋1,a)，所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(a＋1,a)))，单调减区间为(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞)).综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1))；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)；当a<0时，函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(a＋1,a)))，单调减区间为(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞)).6.（判别式引起的分类讨论）已知函数f(x)＝eq\f(x2－1－2axlnx,x)，讨论函数f(x)的单调性．【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－2ax＋1,x2).令g(x)＝x2－2ax＋1，方程x2－2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－4＝4(a＋1)(a－1)．(1)当Δ≤0，即－1≤a≤1时，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，即对任意x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(gx,x2)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)当Δ>0，即a<－1或a>1.①当a<－1时，g(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，即对任意x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(gx,x2)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>1时，由x2－2ax＋1＝0，解得α＝a－eq\r(a2－1)，β＝a＋eq\r(a2－1).所以当0<x<α时，g(x)>0；当α<x<β时，g(x)<0；当x>β时，g(x)>0.所以在(0，a－eq\r(a2－1))∪(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上，f′(x)>0；在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上，f′(x)<0.所以f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上单调递增；在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上单调递减．综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0，a－eq\r(a2－1))和(a＋eq\r(a2－1)，＋∞)上单调递增，在(a－eq\r(a2－1)，a＋eq\r(a2－1))上单调递减．7．(f′(x)的零点与函数定义域引起的分类讨论)设函数f(x)＝eq\f(1,x＋a)＋2lnx，其中a∈R且a≠0.试讨论函数f(x)的单调性．【解析】f′(x)＝－eq\f(1,x＋a2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2＋4a－1x＋2a2,xx＋a2)(x>0且x≠－a)．方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0的根的判别式Δ＝(4a－1)2－16a2＝1－8a.(1)若a>0，则f(x)的定义域是(0，＋∞)．①当a≥eq\f(1,8)时，Δ＝1－8a≤0，从而f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当0<a<eq\f(1,8)时，Δ＝1－8a>0，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有两个不相等的实根，不妨令x1＝eq\f(－4a－1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(－4a－1＋\r(1－8a),4).x1＋x2＝eq\f(1－4a,2)>0，x1x2＝a2>0，所以x1>0，x2>0，由f′(x)>0得0<x<x1或x>x2，所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．(2)若a<0，Δ＝1－8a>0，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有两个不相等的实根，不妨令x1＝eq\f(－4a－1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(－4a－1＋\r(1－8a),4).又f(x)的定义域是(0，－a)∪(－a，＋∞)．因为x1－(－a)＝eq\f(1－\r(1－8a),4)<0，x2－(－a)＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)>0，所以0<x1<－a，x2>－a>0.故f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，－a)和(－a，x2)上单调递减．综上，当a≥eq\f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<eq\f(1,8)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－4a－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a－\r(1－8a),4)，\f(1－4a＋\r(1－8a),4)))上单调递减；当a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－4a－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4a－\r(1－8a),4)，－a))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(1－4a＋\r(1－8a),4)))上单调递减．基本方法：1、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．2、求导后，若导函数可分解且首项系数无参数或参数不影响时，可求出f′(x)的零点，注意判断零点是否在定义域内，另外若有两个零点且这两零点的大小关系无法确定，则就无法确定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，进而无法确定函数f(x)的单调区间，此时必须对零点的大小关系分类讨论．设f′(x)两个零点x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三类讨论．可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．3、求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先分系数零正负”．4、求导后，若导函数转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．5、一般地，需要讨论导函数f′(x)的零点是否含在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要进行分类讨论．类型三、已知函数单调性求参数范围基础知识：若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．即“f′(x)>0在(a，b)上恒成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．基本题型：1、已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则()A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3C．a＝3 D．a∈(－∞，3]答案：B【解析】由题意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a<0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(1,2)＋1＝－eq\f(a,2)，解得a＝－3.2．若函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在单调递减区间，则实数b的取值范围是()A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))答案：B【解析】因为函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))存在单调递减区间，故f′(x)＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解．即eq\f(1,x)＋x－(b－1)＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有解．即存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得b－1＞x＋eq\f(1,x)，又y＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))单调递减，在(1,2)单调递增．且x＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(5,2)；x＝1时，y＝2；x＝2时，y＝eq\f(5,2)，故要满足题意，只需b－1＞2即可，解得b＞3.3．若函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是_______.答案：分析：求，根据题意可知在上恒成立，可设，法一：讨论的取值，从而判断是否在上恒成立：时，容易求出，显然满足；时，得到关于m的不等式组，这样求出m的范围，和前面求出的m范围求并集即可，法二：分离参数，求出m的范围即可．【详解】；由已知条件知时，恒成立；设，则在上恒成立；法一：（1）若，即，满足在上恒成立；（2）若，即，或，则需：解得；，综上得，实数m的取值范围是；法二：问题转化为在恒成立，而函数，故；故选C．【点睛】考查函数单调性和函数导数符号的关系，熟练掌握二次函数的图象，以及判别式的取值情况和二次函数取值的关系．4．若函数f(x)＝x2－ax＋lnx在区间(2，e)上单调递增，则a的取值范围是_______.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))【解析】因为函数f(x)＝x2－ax＋lnx在区间(2，e)上单调递增，所以f′(x)＝2x－a＋eq\f(1,x)≥0在(2，e)上恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)在(2，e)上恒成立，令g(x)＝2x＋eq\f(1,x)，x∈(2，e)，因为g′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0在x∈(2，e)上恒成立，所以g(x)在(2，e)上单调递增，又g(2)＝eq\f(9,2)，所以a≤eq\f(9,2)，即a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))).5．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是_______.答案：(1,2]【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x＋3x－3,x).当0<x≤3时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.基本方法：求参数范围的常见类型和解题技巧1、已知可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，要注意“＝”是否取到；2、已知可导函数f(x)在某一区间上存在单调区间：实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题；3、已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数：先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围；4、已知f(x)在区间D上不单调：f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点。类型四、构造函数利用单调性解不等式基本题型：1．定义在上函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（）A． B． C． D．答案：A分析：令，可求函数在上单调递减.由，可得，从而可求不等式的解集.【详解】令，则，由，得，，函数在上单调递减.由，可得，，即，又函数在上单调递减，.故不等式的解集为.2．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（）A． B．C． D．答案：B【解析】分析：构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.【详解】构造函数，因为，所以，则，所以为偶数，当时，，所以在上单调递增，所以有，则，即，即.【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键.3．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．答案：分析：构造，先利用定义判断的奇偶性，再利用导数判断其单调性，转化为，结合奇偶性，单调性求解不等式即可.【详解】令，则是上的偶函数，，则在上递减，于是在上递增．由得，即，于是，则，解得．故答案为：4．设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】令g(x)＝eq\f(fx,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).由题意知，当x>0时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；当x∈(－1,0)时，f(x)<0.综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．基本方法：1、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．2、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．3、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′”，构造可导函数y＝eq\f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．新预测破高考1．函数f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的单调递增区间是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)答案：C【解析】f(x)的定义域为(－∞，1]，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0.当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．2．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．(多选)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sinx B．y＝xexC．y＝x3＋x D．y＝lnx－x答案：BC【解析】因为y＝sinx的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，故A不符题意；对于B，由y＝xex，则y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)，因为x∈(0，＋∞)，所以y′＝ex(1＋x)>0，所以函数y＝xex在(0，＋∞)内为增函数，故B符合题意；对于C，由y＝x3＋x，则y′＝3x2＋1>0，所以函数y＝x3＋x在(0，＋∞)内为增函数，故C符合题意；对于D，由y＝lnx－x，则y′＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，y′>0，当x>1时，y′<0，所以函数y＝lnx－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故D不符题意．4．设函数f(x)的定义域为R，f′(x)是其导函数，若3f(x)＋f′(x)>0，f(0)＝1，则不等式f(x)>e－3x的解集是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0,1)答案：A【解析】令g(x)＝e3xf(x)，则g′(x)＝3e3xf(x)＋e3xf′(x)，因为3f(x)＋f′(x)>0，所以3e3xf(x)＋e3xf′(x)>0，所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝e3xf(x)在R上单调递增，而f(x)>e－3x可化为e3xf(x)>1，又g(0)＝e3×0f(0)＝1，即g(x)>g(0)，解得x>0，所以不等式f(x)>e－3x的解集是(0，＋∞)．5．已知当时，，则以下判断正确的是（）．A． B．C． D．与的大小关系不确定答案：B分析：由函数的增减性及导数的应用得，设，，而此函数为偶函数，求导后可判断函数在为增函数，然后利用偶函数的性质结合增减性可得答案.【详解】设，则它为偶函数，，当时，，函数在递增，由偶函数对称性知在区间递减．变形得即，∴．故选：B6、已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)＜eq\f(1,2)，f(1)＝1，则不等式f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的解集为()A．{x|x＜－1} B．{x|x＞1}C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|－1＜x＜1}答案：B【解析】∵f(x)＜eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)＜0，令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，则g(1)＝0，不等式f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)＜0变为g(x)＜g(1)，∵g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，∴g(x)为减函数，∴x＞1.7、设函数，则不等式的解集为_____________.答案：【解析】因为,所以,所以函数为奇函数,因为(当且仅当时,等号成立)所以函数为上的递增函数,所以不等式可化为,所以根据函数为奇函数可化为,所以根据函数为增函数可化为,可化为,可化为,解得:,所以不等式的解集为:.8、，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______答案：【解析】：，有已知条件可得：，使得，即，只需，而，所以9、已知函数，其中.则函数的单调增区间为________。答案：,【解析】函数的定义域为,,令,得或,因为,当或时,,单调递增；当时,,单调递减,所以的增区间为,。10．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调减区间是[－1,4]，则a＝________.答案：－4【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＝0两个根，故a＝－1×4＝－4.11．若函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1,1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．答案：(－∞，1]【解析】若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上为单调减函数，则f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，即ax2≤1在(－1,1)上恒成立．若a≤0，满足条件；若a＞0，则只要当x＝1或x＝－1时，满足条件即可，此时a≤1，即0＜a≤1，综上，a≤1.12、设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)＋lnx，且f(1)＝0.若函数f(x)在定义域上是单调函数，则实数a的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[0，＋∞)【解析】由f(1)＝0得，a－b＝0，即a＝b，所以f(x)＝ax－eq\f(a,x)＋lnx，x∈(0，＋∞)．于是f′(x)＝eq\f(ax2＋x＋a,x2).①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意．②当a>0时，f′(x)>0，f(x)在（0，＋∞)上单调递增，满足题意．③当a<0时，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则ax2＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，显然不可能；若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则ax2＋x＋a≤0在(0，＋∞)上恒成立，而y＝ax2＋x＋a的图象的对称轴为直线x＝－eq\f(1,2a)，且－eq\f(1,2a)>0，所以ax2＋x＋a＝0的根的判别式Δ＝1－4a2≤0，解得a≤－eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[0，＋∞)．13．已知f(x)＝x－eq\f(ax,ex)(e为自然对数的底数)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．答案：[－e2,1]．【解析】f(x)＝x－eq\f(ax,ex)，则f′(x)＝eq\f(ex＋ax－a,ex)≥0在(0，＋∞)上恒成立，记φ(x)＝ex＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a.当a≥－1时，φ′(x)＝ex＋a>1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝1－a≥0，∴－1≤a≤1；当a<－1时，令φ′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln(－a)，当0<x<ln(－a)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减，当x>ln(－a)时，φ′(x)>0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．∴φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋aln(－a)≥0，解得－e2≤a<－1.综上，－e2≤a≤1，即实数a的取值范围为[－e2,1]．14．已知函数f(x)＝2lnx＋x2－5x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上为单调函数，则实数k的取值范围是________．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))∪[1,2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).【解析】f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x－5＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(2x－1x－2,x)，x>0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)上单调递增．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f′(x)<0，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减．要使函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))上单调，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))①或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))⊆(2，＋∞)②或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)，k))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))③，解①得k＝eq\f(1,2)，解②得k≥eq\f(5,2)，解③得1≤k≤2.综上可知，实数k的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))∪[1,2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).15、已知函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)，讨论f(x)的单调性．【解析】f′(x)＝eq\f(x[x－a2－2a],x＋1x＋a2).①当a2－2a<0时，即1<a<2，又a2－2a＝(a－1)2－1>－1.x(－1，a2－2a)(a2－2a,0)(0，＋∞)f′(x)＋－＋②当a＝2时，f′(x)＝eq\f(x2,x＋1x＋22)≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．③当a2－2a>0时，即a>2时，x(－1,0)(0，a2－2a)(a2－2a，＋∞)f′(x)＋－＋综上，当1<a<2时，f(x)的递增区间是(－1，a2－2a)，(0，＋∞)，递减区间是(a2－2a,0)；当a>2时，f(x)的递增区间是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，递减区间是(0，a2－2a)；当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上递增．16、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，求a的取值范围．【解析】(1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1.①当Δ≤0⇒－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)，f′(x)≥0，且在R的任意一子区间上，f′(x)不恒为0，所以f(x)在R上递增．②当Δ>0⇒a<－eq\r(3)或a>eq\r(3).由f′(x)＝0⇒x1＝eq\f(－a－\r(a2－3),3)，x2＝eq\f(－a＋\r(a2－3),3).x(－∞，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)f′(x)＋－＋所以f(x)的单调递增区间是(－∞，x1)，(x2，＋∞)；单调递减区间是(x1，x2)．(2)因为f(x)在eq\b\l