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文档简介
§3.2导数与函数的单调性课标要求1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.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超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小,求参数的取值范围等简单应用.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y=f(x)在区间(a,b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a,b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a,b)上单调递减f′(x)=0f(x)在区间(a,b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步,确定函数f(x)的定义域;第2步,求出导数f′(x)的零点;第3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.常用结论1.若函数f(x)在(a,b)上单调递增,则当x∈(a,b)时,f′(x)≥0恒成立;若函数f(x)在(a,b)上单调递减,则当x∈(a,b)时,f′(x)≤0恒成立.2.若函数f(x)在(a,b)上存在单调递增区间,则当x∈(a,b)时,f′(x)>0有解;若函数f(x)在(a,b)上存在单调递减区间,则当x∈(a,b)时,f′(x)<0有解.自主诊断1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)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.(√)(2)在(a,b)内f′(x)≤0且f′(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内单调递减.(√)(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0,则f(x)在定义域上一定单调递增.(×)(4)函数f(x)=x-sinx在R上是增函数.(√)2.(选择性必修第二册P86例2改编)(多选)如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下列判断正确的是()A.在区间(-2,1)上f(x)单调递增B.在区间(2,3)上f(x)单调递减C.在区间(4,5)上f(x)单调递增D.在区间(3,5)上f(x)单调递减答案BC解析在区间(-2,1)上,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-2,-\f(3,2)))时,f′(x)<0,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,2),1))时,f′(x)>0,故f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-2,-\f(3,2)))上单调递减,在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,2),1))上单调递增,A错误;在区间(3,5)上,当x∈(3,4)时,f′(x)<0,当x∈(4,5)时,f′(x)>0,故f(x)在区间(3,4)上单调递减,在区间(4,5)上单调递增,C正确,D错误;在区间(2,3)上,f′(x)<0,所以f(x)单调递减,B正确.3.(选择性必修第二册P97习题5.3T2(4)改编)已知f(x)=x3+x2-x的单调递增区间为________.答案(-∞,-1),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞))解析令f′(x)=3x2+2x-1>0,解得x>eq\f(1,3)或x<-1,所以f(x)=x3+x2-x的单调递增区间为(-∞,-1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞)).4.已知f(x)=2x2-ax+lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.答案(-∞,5]解析f′(x)=4x-a+eq\f(1,x)=eq\f(4x2-ax+1,x),x∈(1,+∞),故只需4x2-ax+1≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,则a≤4x+eq\f(1,x)在x∈(1,+∞)上恒成立,令y=4x+eq\f(1,x),因为y′=4-eq\f(1,x2)=eq\f(4x2-1,x2)>0在x∈(1,+∞)上恒成立,所以y=4x+eq\f(1,x)在(1,+∞)上单调递增,故4x+eq\f(1,x)>5,所以a≤5.
题型一不含参函数的单调性例1(1)函数f(x)=xlnx-3x+2的单调递减区间为________.答案(0,e2)解析f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx-2,当x∈(0,e2)时,f′(x)<0,当x∈(e2,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)的单调递减区间为(0,e2).(2)若函数f(x)=eq\f(lnx+1,ex),则函数f(x)的单调递增区间为________.答案(0,1)解析f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=eq\f(\f(1,x)-lnx-1,ex),令φ(x)=eq\f(1,x)-lnx-1(x>0),φ′(x)=-eq\f(1,x2)-eq\f(1,x)<0,φ(x)在(0,+∞)上单调递减,且φ(1)=0,∴当x∈(0,1)时,φ(x)>0,即f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,φ(x)<0,即f′(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1).思维升华确定不含参数的函数的单调性,按照判断函数单调性的步骤即可,但应注意两点,一是不能漏掉求函数的定义域,二是函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开.跟踪训练1已知函数f(x)=xsinx+cosx,x∈[0,2π],则f(x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(3π,2)))C.(π,2π) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2),2π))答案B解析由题意f(x)=xsinx+cosx,x∈[0,2π],则f′(x)=xcosx,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2),2π))时,f′(x)>0,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(3π,2)))时,f′(x)<0,故f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(3π,2))).题型二含参数的函数的单调性例2已知函数g(x)=(x-a-1)ex-(x-a)2,讨论函数g(x)的单调性.解g(x)的定义域为R,g′(x)=(x-a)ex-2(x-a)=(x-a)(ex-2),令g′(x)=0,得x=a或x=ln2,①若a>ln2,则当x∈(-∞,ln2)∪(a,+∞)时,g′(x)>0,当x∈(ln2,a)时,g′(x)<0,∴g(x)在(-∞,ln2),(a,+∞)上单调递增,在(ln2,a)上单调递减;②若a=ln2,则g′(x)≥0恒成立,∴g(x)在R上单调递增;③若a<ln2,则当x∈(-∞,a)∪(ln2,+∞)时,g′(x)>0,当x∈(a,ln2)时,g′(x)<0,∴g(x)在(-∞,a),(ln2,+∞)上单调递增,在(a,ln2)上单调递减.综上,当a>ln2时,g(x)在(-∞,ln2),(a,+∞)上单调递增,在(ln2,a)上单调递减;当a=ln2时,g(x)在R上单调递增;当a<ln2时,g(x)在(-∞,a),(ln2,+∞)上单调递增,在(a,ln2)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2(2023·北京模拟)已知函数f(x)=eq\f(2x-a,x+12).(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)当a=0时,f(x)=eq\f(2x,x+12)(x≠-1),则f(0)=0,因为f′(x)=eq\f(-2x+2,x+13),所以f′(0)=2.所以曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=2x.(2)函数的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞).f′(x)=eq\f(-2x+2a+2x+1,x+14)=eq\f(-2x-a-1,x+13),令f′(x)=0,解得x=a+1.①当a+1=-1,即a=-2时,f′(x)=eq\f(-2x-2,x+13)=eq\f(-2x+1,x+13)=eq\f(-2,x+12)<0,所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(-1,+∞),无单调递增区间;②当a+1<-1,即a<-2时,令f′(x)<0,则x∈(-∞,a+1)∪(-1,+∞),令f′(x)>0,则x∈(a+1,-1),函数f(x)的单调递减区间为(-∞,a+1)和(-1,+∞),单调递增区间为(a+1,-1);③当a+1>-1,即a>-2时,令f′(x)<0,则x∈(-∞,-1)∪(a+1,+∞),令f′(x)>0,则x∈(-1,a+1),函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(a+1,+∞),单调递增区间为(-1,a+1).综上所述,当a=-2时,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(-1,+∞),无单调递增区间;当a<-2时,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,a+1)和(-1,+∞),单调递增区间为(a+1,-1);当a>-2时,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(a+1,+∞),单调递增区间为(-1,a+1).题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式例3(1)(多选)(2024·深圳模拟)若0<x1<x2<1,则()A.>lneq\f(x2+1,x1+1)B.<lneq\f(x2+1,x1+1)C.D.答案AC解析令f(x)=ex-ln(x+1)且x∈(0,1),则f′(x)=ex-eq\f(1,x+1)>0,故f(x)在区间(0,1)上单调递增,因为0<x1<x2<1,所以f(x1)<f(x2),即-ln(x1+1)<-ln(x2+1),故>lneq\f(x2+1,x1+1),所以A正确,B错误;令f(x)=eq\f(ex,x)且x∈(0,1),则f′(x)=eq\f(exx-1,x2)<0,故f(x)在区间(0,1)上单调递减,因为0<x1<x2<1,所以f(x1)>f(x2),即,故,所以C正确,D错误.常见组合函数的图象在导数的应用中常用到以下函数,记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果.典例(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1,x2(x1≠x2)都有eq\f(x1fx1-x2fx2,x1-x2)>0,则称函数y=f(x)为“F函数”.下列函数不是“F函数”的是()A.f(x)=ex B.f(x)=x2C.f(x)=lnx D.f(x)=sinx答案ACD解析依题意,函数g(x)=xf(x)为定义域上的增函数.对于A,g(x)=xex,g′(x)=(x+1)ex,当x∈(-∞,-1)时,g′(x)<0,∴g(x)在(-∞,-1)上单调递减,故A中函数不是“F函数”;对于B,g(x)=x3在R上为增函数,故B中函数为“F函数”;对于C,g(x)=xlnx,g′(x)=1+lnx,x>0,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))时,g′(x)<0,∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))上单调递减,故C中函数不是“F函数”;对于D,g(x)=xsinx,g′(x)=sinx+xcosx,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))时,g′(x)<0,∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))上单调递减,故D中函数不是“F函数”.(2)(2023·成都模拟)已知函数f(x)=ex-e-x-2x+1,则不等式f(2x-3)+f(x)>2的解集为________.答案(1,+∞)解析令g(x)=f(x)-1=ex-e-x-2x,定义域为R,且g(-x)=e-x-ex+2x=-g(x),所以g(x)=f(x)-1=ex-e-x-2x为奇函数,f(2x-3)+f(x)>2变形为f(2x-3)-1>1-f(x),即g(2x-3)>-g(x)=g(-x),g′(x)=ex+e-x-2≥2eq\r(ex·e-x)-2=0,当且仅当ex=e-x,即x=0时,等号成立,所以g(x)=f(x)-1=ex-e-x-2x在R上单调递增,所以2x-3>-x,解得x>1,所以所求不等式的解集为(1,+∞).命题点2根据函数的单调性求参数例4已知函数f(x)=lnx-eq\f(1,2)ax2-2x(a≠0).(1)若f(x)在[1,4]上单调递减,求实数a的取值范围;(2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求实数a的取值范围.解(1)因为f(x)在[1,4]上单调递减,所以当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.设G(x)=eq\f(1,x2)-eq\f(2,x),x∈[1,4],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,所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,16),0))∪(0,+∞).(2)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\co1(\f(1,x2)-\f(2,x)))min=-1(此时x=1),所以a>-1,又因为a≠0,所以实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).思维升华由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立.(2)函数在区间(a,b)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.跟踪训练3(1)(2024·郑州模拟)函数f(x)的图象如图所示,设f(x)的导函数为f′(x),则f(x)·f′(x)>0的解集为()A.(1,6) B.(1,4)C.(-∞,1)∪(6,+∞) D.(1,4)∪(6,+∞)答案D解析由图象可得,当x<4时,f′(x)>0,当x>4时,f′(x)<0.结合图象可得,当1<x<4时,f′(x)>0,f(x)>0,即f(x)·f′(x)>0;当x>6时,f′(x)<0,f(x)<0,即f(x)·f′(x)>0,所以f(x)·f′(x)>0的解集为(1,4)∪(6,+∞).(2)已知函数f(x)=(1-x)lnx+ax在(1,+∞)上不单调,则a的取值范围是()A.(0,+∞) B.(1,+∞)C.[0,+∞) D.[1,+∞)答案A解析依题意f′(x)=-lnx+eq\f(1,x)+a-1,故f′(x)在(1,+∞)上有零点,令g(x)=-lnx+eq\f(1,x)+a-1,令g(x)=0,得a=lnx-eq\f(1,x)+1,令z(x)=lnx-eq\f(1,x)+1,则z′(x)=eq\f(1,x)+eq\f(1,x2),由x>1,得z′(x)>0,z(x)在(1,+∞)上单调递增,又由z(1)=0,得z(x)>0,故a=z(x)>0,所以a的取值范围是(0,+∞).课时精练一、单项选择题1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递减区间是()A.(-∞,2) B.(0,3)C.(1,4) D.(2,+∞)答案A解析由已知得,f′(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex,当x<2时,f′(x)<0,当x>2时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递减区间是(-∞,2),单调递增区间是(2,+∞).2.已知f′(x)是函数y=f(x)的导函数,且y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D解析根据导函数的图象可得,当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减;当0<x<2时,f′(x)>0,f(x)在(0,2)上单调递增;当x>2时,f′(x)<0,f(x)在(2,+∞)上单调递减,所以只有D选项符合.3.(2023·重庆模拟)已知函数f(x)=eq\f(1,3)ax3+x2+x+4,则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案C解析由题意知,f′(x)=ax2+2x+1,若f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0恒成立,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,Δ=4-4a≤0,))解得a≥1,故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件.4.(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)=aex-lnx在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C解析依题可知,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)在(1,2)上恒成立,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-1.5.(2024·苏州模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ex+sinx,则不等式f(2x-1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+π,2),+∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1+π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1+eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-π,2),\f(1+π,2)))答案D解析当x≥0时,f′(x)=ex+cosx,因为ex≥1,cosx∈[-1,1],所以f′(x)=ex+cosx≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,又因为f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,所以f(-π)=f(π)=eπ,所以由f(2x-1)<eπ可得-π<2x-1<π,解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-π,2),\f(1+π,2))).6.(2023·信阳模拟)已知a=eq\f(1,100),b=,c=lneq\f(101,100),则a,b,c的大小关系为()A.a>b>c B.b>a>cC.c>a>b D.b>c>a答案B解析设函数f(x)=ex-x-1,x∈R,则f′(x)=ex-1,当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0,即ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号,∵ex≥1+x,∴>1-eq\f(99,100)=eq\f(1,100),∴b>a,由以上分析可知当x>0时,有ex-1≥x成立,当x=1时取等号,即lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等号,∴lneq\f(101,100)<eq\f(101,100)-1=eq\f(1,100),∴a>c,故b>a>c.二、多项选择题7.(2023·临汾模拟)若函数f(x)=eq\f(1,2)x2-9lnx在区间[m-1,m+1]上单调,则实数m的值可以是()A.1B.2C.3D.4答案BD解析f′(x)=x-eq\f(9,x)=eq\f(x2-9,x)(x>0),令f′(x)>0,得x>3,令f′(x)<0,得0<x<3,所以函数f(x)的单调递增区间为(3,+∞),单调递减区间为(0,3),因为函数f(x)在区间[m-1,m+1]上单调,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m-1>0,,m+1≤3))或m-1≥3,解得1<m≤2或m≥4.8.(2024·邯郸模拟)已知函数f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,x)))lnx,且a=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))),b=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))),c=,则()A.a>b B.b>aC.c>b D.c>a答案ACD解析由f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,x)))lnx,得f′(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x2)))lnx+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,x2))),当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,因为c=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e)))),0<eq\f(1,\r(e))<eq\f(2,3)<eq\f(4,5)<1,所以f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))>f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))),故c>a>b.三、填空题9.函数f(x)=e-xcosx(x∈(0,π))的单调递增区间为________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4),π))解析f′(x)=-e-xcosx-e-xsinx=-e-x(cosx+sinx)=-eq\r(2)e-xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4))),当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3π,4)))时,e-x>0,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))>0,则f′(x)<0;当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4),π))时,e-x>0,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))<0,则f′(x)>0,∴f(x)在(0,π)上的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4),π)).10.若函数f(x)=x3+bx2+x恰有三个单调区间,则实数b的取值范围为________.答案(-∞,-eq\r(3))∪(eq\r(3),+∞)解析由题意得f′(x)=3x2+2bx+1,函数f(x)=x3+bx2+x恰有三个单调区间,则函数f(x)=x3+bx2+x有两个极值点,即f′(x)=3x2+2bx+1的图象与x轴有两个交点,则判别式Δ=4b2-12>0,解得b>eq\r(3)或b<-eq\r(3).所以实数b的取值范围为(-∞,-eq\r(3))∪(eq\r(3),+∞).11.(2024·上海模拟)已知定义在(-3,3)上的奇函数y=f(x)的导函数是f′(x),当x≥0时,y=f(x)的图象如图所示,则关于x的不等式eq\f(f′x,x)>0的解集为________.答案(-3,-1)∪(0,1)解析依题意f(x)是奇函数,图象关于原点对称,由图象可知,f(x)在区间(-3,-1),(1,3)上单调递减,f′(x)<0;f(x)在区间(-1,1)上单调递增,f′(x)>0.所以eq\f(f′x,x)>0的解集为(-3,-1)∪(0,1).12.已知函数f(x)=eq\f(3x,a)-2x2+lnx(a>0),若函数f(x)在[1,2]上不单调,则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5),1))解析f′(x)=eq\f(3,a)-4x+eq\f(1,x),若函数f(x)在[1,2]上单调,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)在[1,2]上恒成立.令h(x)=4x-eq\f(1,x),则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,又a>0,所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.因为f(x)在[1,2]上不单调,所以eq\f(2,5)<a<1.四、解答题13.(2024·毕节模拟)已知函数f(x)=(a-x)lnx.(1)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,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围.解(1)根据题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(1)=0,f′(x)=-lnx+eq\f(a-x,x),∴f′(1)=a-1,∴曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(a-1)(x-1).(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-lnx+eq\f(a-x,x)=eq\f(-xlnx-x+a,x),令g(x)=-xlnx-x+a,则g′(x)=-lnx-2,令g′(x)=0,则x=eq\f(1,e2),令g′(x)>0,则0<x<eq\f(1,e2),令g′(x)<0,则x>eq\f(1,e2),∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e2)))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2),+∞))上单调递减,g(x)max=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))=eq\f(1,e2)+a,∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,即eq\f(1,e2)+a≤0,∴a≤-eq\f(1,e2).14.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)=lnx+1.(1)若f(x)≤x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=eq\f(fx-fa,x-a)的单调性.解(1)f(x)≤x+c等价于lnx-x≤c-1.令h(x)=lnx-x,x>0,则h′(x)=eq\f(1,x)-1=eq\f(1-x,x).当0<x<1时,h′(x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递增;当x>1时,h′(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减.故h(x)max=h(1)=-1,所
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