2023年高考数学一轮复习（全国版理） 第3章 §3.2　导数与函数的单调性

§3.2导数与函数的单调性考试要求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)．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x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则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x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．思考辨析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．(√)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．2．函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为________．答案(1，＋∞)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a的值为________．答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1,4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.题型一不含参数的函数的单调性例1(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)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)若函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．答案(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，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．教师备选(2022·山师附中质检)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(fx,ex)的单调递增区间为()A．(0,2)B．(－∞，0)∪(2，＋∞)C．(－2,0)D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案A解析设f(x)＝xα，代入点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α＝eq\f(1,2)，解得α＝2，∴g(x)＝eq\f(x2,ex)，则g′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,e2x)＝eq\f(x2－x,ex)，令g′(x)>0，解得0<x<2，∴函数g(x)的单调递增区间为(0,2)．思维升华确定不含参的函数的单调性，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(1)已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cosx，则f(x)的单调递增区间为____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))解析f′(x)＝1－2sinx，x∈(0，π)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6)，当0<x<eq\f(π,6)时，f′(x)>0，当eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)时，f′(x)<0，当eq\f(5π,6)<x<π时，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减．(2)函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为________．答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增单调递减单调递增∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．题型二含参数的函数的单调性例2已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)或x＝1.①当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；②当a＝1时，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．延伸探究若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？解当a>0时，讨论同上；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．教师备选讨论函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2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当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，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当a＝ln2时，g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上单调递增．③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，g′(x)>0，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已知函数f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a>0.讨论f(x)的单调性．解由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2)，设g(x)＝x2－ax＋2，g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ<0，即0<a<2eq\r(2)时，对一切x>0都有f′(x)>0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝0，即a＝2eq\r(2)时，仅对x＝eq\r(2)，有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a>2eq\r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根，x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．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)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小关系为()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B．f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案A解析因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f

eq\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f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当x＝0时取“＝”，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>eq\f(3,2)，∴原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).命题点2根据函数的单调性求参数的范围例4已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析由题意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).延伸探究在本例中，把“f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围．解f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，则当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋eq\f(1,x)有解，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)，∴2a>－eq\f(3,2)，即a>－eq\f(3,4)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).教师备选1．若函数f(x)＝ex(sinx＋a)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－eq\r(2)，＋∞)答案C解析由题意得f′(x)＝ex(sinx＋a)＋excosx＝exeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，∴f′(x)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq\r(2)＋a]，∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．答案(－∞，0)解析由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若a<0，由f′(x)>0得－eq\r(－\f(1,3a))<x<eq\r(－\f(1,3a))，由f′(x)<0，得x<－eq\r(－\f(1,3a))或x>eq\r(－\f(1,3a))，即当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(1,3a))，\r(－\f(1,3a))))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(1,3a))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,3a))，＋∞))，满足题意．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(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．跟踪训练3(1)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足eq\f(f′x,mx－3)<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是()A．f(1)＋f(3)＝2f(2)B．f(0)·f(3)＝0C．f(4)＋f(3)<2f(2)D．f(2)＋f(4)>2f(3)答案D解析由eq\f(f′x,mx－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，又m<0，则(x－3)f′(x)>0，当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3)．(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案[0，e－1]解析由函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，由f′(x)>0得0<x<e，由f′(x)<0得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在(a，a＋1)上单调递增，则(a，a＋1)⊆(0，e)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＋1≤e，))解得0≤a≤e－1.课时精练1．函数f(x)＝xlnx＋1的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞)答案C解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增答案D解析因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．3．(2022·渭南调研)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是()答案C解析列表如下：x(－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋blnx在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋blnx在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋eq\f(b,x)≤0，即b≤2x2－4x，∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.5．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<0，∴f(x)在R上单调递减，又2e>1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e，故f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.6．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”．下列函数是“F函数”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案B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上单调递增，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，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，故D中函数不是“F函数”．7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________．答案－2解析由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)<0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________.①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．答案f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足)解析取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，满足①，f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，f′(x)＝4x3的定义域为R，又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.9．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x，则f′(x)＝x＋eq\f(2,x)－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)＝eq\f(x－1x－2,x)(x>0)．当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq\f(2a,x)－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．即eq\f(x2－2x－2a,x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,2)(x2－2x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)恒成立．令φ(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－eq\f(1,2)，故a≤－eq\f(1,2).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).10．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋ax＋a,ex)，a∈R.(1)若f(x)在x＝1处的切线与直线y＝x－1垂直，求a的值；(2)讨论f(x)的单调性．解(1)f′(x)＝eq\f(－x2－a－2x,ex)，∴f′(1)＝eq\f(－a＋1,e)，依题意f′(1)＝－1，即eq\f(－a＋1,e)＝－1，解得a＝e＋1.(2)f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq\f(－x2－a－2x,ex)＝eq\f(－x[x＋a－2],ex).若2－a>0，即a<2，当x∈(－∞，0)∪(2－a，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(0,2－a)时，f′(x)>0；若2－a＝0，即a＝2，f′(x)≤0；若2－a<0，即a>2，当x∈(－∞，2－a)∪(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(2－a,0)时，f′(x)>0.综上有当a>2时，f(x)在(－∞，2－a)，(0，＋∞)上单调递减，在(2－a,0)上单调递增；当a＝2时，f(x)在R上单调递减；当a<2时，f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)上单调递减，在(0,2－a)上单调递增．11．若函数h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)) B．(－1，＋∞)C．[－1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))答案B解析因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2<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，而当x∈[1,4]时，eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，所以a的取值范围是(－1，＋∞)．12．设函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，若a＝f(－2)，b＝f(ln2)，c＝f(eq\r(e))，则a，b，c的大小关系为()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝xsinx＋cosx＋x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝xcosx＋2x＝x(cosx＋2)，当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又2>eq\r(e)>ln2，∴f(2)>f(eq\r(e))>f(ln2)，即b<c<a.13．函数f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]的单调递增区间为________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))解析因为f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]，所以f′(x)＝2cosx＋2sin2x＝2cosx(1＋2sinx)．令f′(x)>0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx>0，,1＋2sinx>0，,－π≤x≤0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx<0，,1＋2sinx<0，,－π≤x≤0，))所以－eq\f(π,6)<x≤0或－eq\f(5π,6)<x<－eq\f(π,2)，所以函数f(x)＝2sinx－cos2x，x∈[－π，0]的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)).14．(2022·安庆模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.若f(x)为定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为________．答案(－∞，eq\r(2)]解析∵f(x)为