高考数学科学复习提升版第17讲导数与函数的单调性

第17讲导数与函数的单调性[课程标准]能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．1．函数的导数与单调性的关系条件函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导结论(1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上eq\x(\s\up1(01))单调递增(2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上eq\x(\s\up1(02))单调递减(3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常数函数2．由导数求单调区间的一般步骤第一步，确定函数的eq\x(\s\up1(04))定义域；第二步，求出导数f′(x)的零点；第三步，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eq\x(\s\up1(05))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．用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件．(3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条件．1.(人教A选择性必修第二册复习参考题5T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是()答案D解析由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知选D.2．(2024·宁波一中阶段考试)函数f(x)＝eq\f(x－2,ex)的单调递增区间为()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析由题意得f′(x)＝eq\f(3－x,ex)，令f′(x)＝eq\f(3－x,ex)>0，得x<3，故函数f(x)＝eq\f(x－2,ex)的单调递增区间是(－∞，3)．故选A.3．(人教A选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)答案D解析f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上单调递增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.4．(人教A选择性必修第二册5.3.1例4改编)已知f(x)＝log3x，g(x)＝lnx．因为f′(x)________g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更________(第一个空填“>”或“<”，第二个空填“陡峭”或“平缓”)．答案<平缓解析因为f′(x)＝eq\f(1,xln3)>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，且eq\f(g′（x）,f′（x）)＝ln3>lne＝1，所以f′(x)<g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更平缓．5．已知函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是________________；(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则实数a的取值范围是________．答案(1)(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))解析由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a,3))).(1)若f(x)在(2，3)上单调递减，则有eq\f(2a,3)≥3，解得a≥eq\f(9,2)；若f(x)在(2，3)上单调递增，则有eq\f(2a,3)≤2，解得a≤3，所以若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).(2)若f(x)在(2，3)上不单调，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2))).考向一利用导数研究不含参函数的单调性例1(1)(2024·河南重点中学联考)函数f(x)＝xlnx＋1的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)答案A解析令f′(x)＝1＋lnx<0⇒x<eq\f(1,e)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减．故选A.(2)(2024·苏州模拟)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________．答案(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>eq\f(2,3)，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).利用导数求不含参函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，与定义域求交集，求出单调区间．(2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间上f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，只能用“，”“和”隔开．1.函数f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．答案(－∞，0)(0，1)解析f(x)的定义域为{x|x≤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．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)极小值∴f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).考向二利用导数研究含参函数的单调性例2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．解因为g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，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，所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；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)，所以函数g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a<eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；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)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减．利用导数讨论含参函数单调性的策略(1)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内．(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．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．已知函数f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.讨论函数f(x)的单调性．解f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)．①当a≤0时，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．②当a＞0时，f′(x)＝a(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(2,a)))，令f′(x)＝0得x＝1或x＝lneq\f(2,a)，当lneq\f(2,a)>1，即0＜a<eq\f(2,e)时，在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当lneq\f(2,a)<1，即a>eq\f(2,e)时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当lneq\f(2,a)＝1，即a＝eq\f(2,e)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．综上所述，当0<a<eq\f(2,e)时，f(x)在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上单调递减；当a＞eq\f(2,e)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上单调递减；当a＝eq\f(2,e)时，f(x)在R上单调递增；当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．多角度探究突破考向三利用导数解决函数单调性的应用问题角度比较大小或解不等式例3(1)(2023·张家口调研)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小关系为()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) B．f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案A解析由题意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，则函数f(x)是偶函数，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)(2023·西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>6x2＋2，则不等式f(x)>2x3＋2x的解集为()A．{x|x>－2} B．{x|x>2}C．{x|x<2} D．{x|x<－2或x>2}答案B解析令g(x)＝f(x)－2x3－2x，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集为{x|x>2}．故选B.利用导数比较大小或解不等式的策略(1)判断已知(或构造后的)函数的单调性．(2)由单调性比较大小，通常是由自变量的大小推出对应函数值的大小；由单调性解不等式，通常是由函数值的大小推出对应自变量的大小．1.(2023·潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集为()A．(－∞，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) D．(1，＋∞)答案D解析根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，此时有f′(x)＝ex＋sinx>0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)>0⇒f(2x－1)>－f(x－2)⇒f(2x－1)>f(2－x)⇒2x－1>2－x，解得x>1，即原不等式的解集为(1，＋∞)．2．(2024·安庆模拟)已知a＝eq\f(ln\r(2),4)，b＝eq\f(1,e2)，c＝eq\f(lnπ,2π)，则a，b，c的大小关系为()A．a<c<b B．b<a<cC．a<b<c D．c<a<b答案C解析令f(x)＝eq\f(lnx,x2)，则f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).令f′(x)<0，解得x>eq\r(e)，因此f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，因为a＝eq\f(ln\r(2),4)＝eq\f(ln4,16)＝f(4)，b＝eq\f(1,e2)＝eq\f(lne,e2)＝f(e)，c＝eq\f(lnπ,2π)＝eq\f(ln\r(π),π)＝f(eq\r(π))，又因为4>e>eq\r(π)>eq\r(e)，所以f(4)<f(e)<f(eq\r(π))，即a<b<c.故选C.角度根据函数的单调性求参数例4(1)(2023·新课标Ⅱ卷)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．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案C解析依题意可知，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)，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.故选C.(2)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________．答案(－1，0)∪(0，＋∞)解析因为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)))eq\s\do7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．已知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(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(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，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．1.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________．答案[－1，1)解析因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函数f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间[－2，2]的子区间，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m，))解得－1≤m<1，所以实数m的取值范围是[－1，1)．2．(2023·白城第一中学质检)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．答案[0，1)解析由f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)在(t，t＋2)上有变号零点，∴eq\f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1，1)，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故实数t的取值范围是[0，1)．

课时作业一、单项选择题1.(2023·马鞍山模拟)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，则下列结论正确的是()A．f(b)＞f(c)＞f(a) B．f(b)＞f(c)＝f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a) D．f(e)＞f(d)＞f(c)答案D解析由题意可知，当x∈[c，e]时，f′(x)≥0，函数是增函数，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故选D.2．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝()A．－4 B．－1C．1 D．4答案A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的两个根，故a＝－1×4＝－4.3．(2024·镇江模拟)若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝eq\f(f（x）,ex)的单调递减区间为()A．(0，2) B．(－∞，0)和(2，＋∞)C．(－2，0) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)答案B解析设幂函数f(x)＝xα，它的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(α)＝eq\f(1,2)，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴g(x)＝eq\f(x2,ex)，则g′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,e2x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，令g′(x)＜0，则x(2－x)＜0，解得x＞2或x＜0，故函数g(x)的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.4．(2024·福州模拟)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()A．(1，2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0，3]答案A解析由f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx(x>0)，得f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x2－9,x)(x>0)，当x∈(0，3)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，,a＋1>a－1，))解得1<a≤2.故选A.5．(2023·南京大学附中模拟)已知f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是()答案A解析∵f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\f(1,4)x2＋cosx，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D；设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq\f(1,2)－cosx，当－eq\f(π,3)<x<eq\f(π,3)时，cosx>eq\f(1,2)，∴g′(x)＜0，故函数y＝f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，故排除C.故选A.6．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，则f(x)的单调递减区间为()A．(－∞，0) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(0，＋∞)答案A解析由题设f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋eq\f(1,2)x2，f′(x)＝2ex－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)单调递增，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．故选A.7．已知函数f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，则a，b，c的大小关系是()A．a>c>b B．a>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝cosx－sinx－2＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2≤eq\r(2)－2<0，因此函数f(x)在R上单调递减，而－π<0<ln2<1<2e，则f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.故选A.8．(2023·四省高考适应性测试)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时，()A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)答案C解析对于A，B，不妨设f(x)＝－2x，g(x)＝1，则f′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f(x)＝2>1＝g(x)，故A错误；若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误．对于C，D，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，令h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R上单调递减，因为x∈(a，b)，即a<x<b，所以h(b)<h(x)<h(a)，由h(x)<h(a)得f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，则f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，故C正确；由h(b)<h(x)得f(b)－g(b)<f(x)－g(x)，则f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故D错误．故选C.二、多项选择题9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是()A．－3 B．－1C．0 D．2答案BD解析依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0，))解得a>－3且a≠0.故选BD.10．(2024·厦门外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2－ln|x|，则()A．曲线y＝f(x)关于y轴对称 B．曲线y＝f(x)关于原点对称C．f(x)在(－1，0)上单调递减 D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增答案AD解析函数f(x)＝x2－ln|x|的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln|－x|＝x2－ln|x|＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，曲线y＝f(x)关于y轴对称，A正确，B错误；当x<0时，f(x)＝x2－ln(－x)，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，则当－eq\f(\r(2),2)<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，C错误；当x>0时，f(x)＝x2－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，则当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，D正确．故选AD.11．(2024·扬州模拟)Sigmoid函数S(x)＝eq\f(1,1＋e－x)是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数．记S′(x)为Sigmoid函数的导函数，则()A．S′(x)＝S(x)[1－S(x)] B．Sigmoid函数是减函数C．函数S′(x)的最大值是eq\f(1,4) D.eq\o(∑,\s\up6(2023),\s\do7(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024答案ACD解析由函数S(x)＝eq\f(1,1＋e－x)，得S′(x)＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2).对于A，S(x)[1－S(x)]＝eq\f(1,1＋e－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,1＋e－x)))＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2)＝S′(x)，A正确；对于B，∀x∈R，S′(x)＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2)>0，则Sigmoid函数是增函数，B不正确；对于C，S′(x)＝eq\f(e－x,1＋2e－x＋e－2x)＝eq\f(1,ex＋e－x＋2)≤eq\f(1,2\r(ex·e－x)＋2)＝eq\f(1,4)，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时取等号，C正确；对于D，因为S(x)＋S(－x)＝eq\f(1,1＋e－x)＋eq\f(1,1＋ex)＝eq\f(ex,1＋ex)＋eq\f(1,1＋ex)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(2023),\s\do6(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024，D正确．故选ACD.三、填空题12．已知函数f(x)＝－x2－cosx，则f(x－1)>f(－1)的解集为________．答案(0，2)解析∵y＝x2，y＝cosx均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2＋cosx，∵cosx∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，f′(x)>0在(－∞，0)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，所以f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)．13．(2023·北京东城区二模)已知奇函数f(x)的定义域为R，且eq\f(f′（x）,x2－1)>0，则f(x)的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________．答案(－1，1)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x(答案不唯一)解析由eq\f(f′（x）,x2－1)>0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）>0，,x2－1>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）<0，,x2－1<0，))所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－1，1)，所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝eq\f(1,3)x3－x(答案不唯一)．14．(2024·河南部分学校联考)已知f(x)＝logax＋log(a＋2)x(0<a<1)是(0，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是________．答案(eq\r(2)－1，1)解析f′(x)＝eq\f(1,xlna)＋eq\f(1,xln（a＋2）)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)＋\f(1,ln（a＋2）)))≤0在(0，＋∞)上恒成立，则eq\f(1,lna)＋eq\f(1,ln（a＋2）)≤0，又0<a<1，则lna<0，ln(a＋2)>0，不等式化为ln(a＋2)＋lna≥0，即ln(a2＋2a)≥0，则a2＋2a≥1，解得eq\r(2)－1≤a<1，当a＝eq\r(2)－1时，f(x)＝log(eq\r(2)－1)x＋log(eq\r(2)＋1)x＝0，不符合题意，故eq\r(2)－1<a<1.四、解答题15．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－5.))(2)由(1)，得f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，当x<－2或x>3时，f′(x)<0；当－2<x<3时，f′(x)>0，故函数f(x)的单调递增区间是(－2，3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)．16．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2))).(1)当曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直时，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(1－a,x2)，曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直，∴f′(2)＝eq\f(1,4)－eq\f(3,4)a＝－eq\f(1,2)，∴a＝1.(2)∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(1－a,x2)＝eq\f(－ax2＋x－（1－a）,x2)＝－eq\f(（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),\f(x2,a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，1－eq\f(1－a,a)＝2－eq\f(1,a)>0，∴当eq\f(1,2)<a<1时，0<eq\f(1－a,a)<1，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－a,a)))，(1，＋∞)上单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,a)，1))上单调递增；当a≥1时，eq\f(1－a,a)≤