第三章　§3.2　导数与函数的单调性-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§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