旧教材适用2023高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性

第2讲导数与函数的单调性1．函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内eq\o(□,\s\up3(01))单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内eq\o(□,\s\up3(02))单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是eq\o(□,\s\up3(03))常数函数．2．由导数求单调区间的步骤(1)求定义域．(2)求导数．(3)由导数大于0求单调递增区间，由导数小于0求单调递减区间．1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．求函数单调区间的注意事项(1)在函数定义域内讨论导数的符号．(2)两个或多个增(减)区间之间的连接符号，不用“∪”，可用“，”或用“和”．1．(2021·芜湖模拟)函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)答案D解析由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1.故选D.2．函数f(x)＝sinx－2x在(0，π)上的单调性是()A．先增后减B．先减后增C．单调递增D．单调递减答案D解析∵f′(x)＝cosx－2<0，∴f(x)＝sinx－2x在(0，π)上单调递减，故选D.3．(2022·郑州一中模拟)已知函数f(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)，若a＝f(e)，b＝f(π)，c＝f(log230)，则()A．c＜b＜aB．c＜a＜bC．b＜c＜aD．a＜c＜b答案A解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up15(2)＋\f(3,4),x2)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减，因为log230＞log224＞π＞e，所以f(log230)＜f(π)＜f(e)，即c＜b＜a.4．函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：①f′(x)>0时，－1<x<2；②f′(x)<0时，x<－1或x>2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()答案C解析由题意可知函数f(x)在(－1，2)上单调递增，在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递减，故选C.5．(2021·山西太原模拟)f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是()A．20212f(2022)＞20222f(2021)B．20212f(2022)＜20222f(2021)C．2021f(2022)＞2022f(2021)D．2021f(2022)＜2022f(2021)答案A解析令g(x)＝eq\f(f（x）,x2)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(x2f′（x）－2xf（x）,x4)＝eq\f(xf′（x）－2f（x）,x3)＞0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴eq\f(f（2022）,20222)＞eq\f(f（2021）,20212)，∴20212f(2022)＞20222f(2021).6．(2022·广西柳州月考)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f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－eq\f(9,x).由f′(x)＝x－eq\f(9,x)<0，解得0<x<3.因为f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在[a－1，a＋1]上单调递减，所以[a－1，a＋1](0，3]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，))解得1<a≤2.考向一利用导数求函数(不含参)的单调区间例1(1)函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()A．(0，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(0，1)D．(－1，0)∪(0，1)答案A解析f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2,x)(x>0)，令f′(x)<0，解得0<x<1.故选A.(2)设函数f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，则f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是．答案(－∞，－1)，(0，＋∞)[－1，0]解析∵f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1).当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0.当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．1.当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(4,x)的单调递减区间是()A．(2，＋∞) B．(0，2)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\r(2))答案B解析f′(x)＝1－eq\f(4,x2)，令f′(x)<0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,x2)<0，,x>0，))∴0<x<2.∴f(x)的单调递减区间为(0，2).2．(2021·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx＞0(x∈(－π，π))，解得－π＜x＜－eq\f(π,2)或0＜x＜eq\f(π,2)，即函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).考向二利用导数讨论函数(含参)的单调区间例2(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性．解f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).若a＝0，则f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)<0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；若a<0，当x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．(2)已知f(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a为常数)，求f(x)的单调区间．解因为f(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a为常数)，所以f′(x)＝eq\f(－2alnx,（2ax）2)＝－eq\f(lnx,2ax2)，x>0.①若a>0，当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.即a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).②若a<0，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.即a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).(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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．(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．3.已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性．解由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a＞0)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2－2a,a).①当0＜a＜1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－2a,a)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2－2a,a)))；②当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a＞1时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2－2a,a)))和(0，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－2a,a)，0)).4．已知f(x)＝ln(x＋m)－mx，求f(x)的单调区间.解由已知可得函数的定义域为(－m，＋∞).∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m.当m≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m＞0，即f(x)的单调递增区间为(－m，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m＝eq\f(－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(1,m))),x＋m)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,m)－m∈(－m，＋∞)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))时，f′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞))时，f′(x)＜0，∴当m＞0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞)).精准设计考向，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)(2021·长春质量监测)已知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解析因为f(x)＝1＋x－sinx，所以f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2).(2)已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为．答案(4，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞).利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，再由单调性比较大小或解不等式的问题．5.(2021·青岛二中模拟)已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是()A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)答案D解析令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式f(x)>x2－1的解集为(－∞，2).故选D.6．(2021·全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，则()A．a<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b答案B解析显然a>b，故排除A，D.令f(x)＝2ln(1＋x)－(eq\r(1＋4x)－1)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(2,1＋x)－eq\f(2,\r(1＋4x))，因为当0<x<2时，x2<2x，所以当0<x<2时，1＋2x＋x2<1＋2x＋2x，即1＋x<eq\r(1＋4x)，所以当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(0.01)>f(0)＝0，所以a>c.同理，令g(x)＝ln(1＋2x)－(eq\r(1＋4x)－1)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2,1＋2x)－eq\f(2,\r(1＋4x))，因为当x>0时，(1＋2x)2>1＋4x，所以当x>0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(0.01)<g(0)＝0，所以c>b.综上可得，a>c>b，故选B.角度根据函数的单调性求参数例4(1)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是()A．(－∞，1]B．(－∞，1)C．(－∞，2]D．(－∞，2)答案C解析f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．解法一：设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．若Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；若Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)<1，,g（1）＝12－6m≥0，))解得m<2，∴m<－2，∴综上得m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2].故选C.解法二：问题转化为m≤x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，而x∈(1，＋∞)时，y＝x＋eq\f(1,x)>2，故m≤2，故选C.(2)(2022·南昌一中模拟)若函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是．答案(－1，＋∞)解析f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2＝eq\f(1－ax2－2x,x)，由题意知，f′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1＞0有解．当a≥0时，显然满足；当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，∴－1＜a＜0.综上可知，a＞－1.(1)f(x)在区间D上单调递增(减)，只要f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论．7.(2021·四川成都棠湖中学二诊模拟)若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4a2,x＋a)－4a，0<x≤a，,x－xlnx，x>a))是(0，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是()A．[1，e2] B．[e，e2]C．[e，＋∞) D．[e2，＋∞)答案D解析由题意，当x>a时，f′(x)＝1－(lnx＋1)＝－lnx，则－lnx≤0在x>a时恒成立，则a≥1；当0<x≤a时，f′(x)＝1－eq\f(4a2,（x＋a）2)，则1－eq\f(4a2,（x＋a）2)≤0在0<x≤a时恒成立，即－3a≤x≤a在0<x≤a时恒成立，解得a>0；∵f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴a＋eq\f(4a2,a＋a)－4a≥a－alna，解得lna≥2，即a≥e2，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥1，,a>0，,a≥e2，))解得a≥e2，故选D.8．(2021·安徽铜陵质量检测)函数f(x)＝cos2x＋a(sinx－cosx)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是．答案[eq\r(2)，＋∞)解析f′(x)＝－2sin2x＋acosx＋asinx．因为函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f′(x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即a(cosx＋sinx)≥2sin2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立．令sinx＋cosx＝t，则sin2x＝t2－1，t∈[1，eq\r(2)]，所以a≥eq\f(2t2－2,t)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t))).因为函数y＝t－eq\f(1,t)在[1，eq\r(2)]上是增函数，所以a≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，所以实数a的取值范围是[eq\r(2)，＋∞).自主培优(五)构造法在导数中的应用1．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有()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∵f′(x)>g′(x)，∴[f(x)－g(x)]′>0.∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数．∴当a<x<b时，f(a)－g(a)<f(x)－g(x)，即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a).2．(2021·贵阳市、黔东南州部分重点中学联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，且对任意实数x都有f(x)＋f′(x)＞1，则不等式exf(x)＞ex－1的解集为()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)答案B解析设g(x)＝ex[f(x)－1]，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex.因为f(x)＋f′(x)＞1，所以exf(x)＋exf′(x)＞ex，即exf(x)＋exf′(x)－ex＞0，故g(x)在R上单调递增．因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以g(0)＝－1，不等式exf(x)＞ex－1，即g(x)＞g(0)，则x＞0.故选B.eq\x(答题启示)(1)若知xf′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝xf(x)；一般地，若知xf′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝xnf(x)(n>0).(2)若知xf′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)；一般地，若知xf′(x)－nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,xn)(n>0).(3)若知f′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝exf(x)；一般地，若知f′(x)＋nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝enxf(x)(n>0).(4)若知f′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,ex)；一般地，若知f′(x)－nf(x)(n>0)的符号，则构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,enx)(n>0).eq\x(对点训练)1．(2022·南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则()A．4f(－2)＜9f(3)B．4f(－2)＞9f(3)C．2f(3)＞3f(－2)D．3f(－3)＜2f(－2)答案A解析根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则当x＞0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)＜g(3)，所以g(－2)＜g(3)，即4f(－2)＜9f(3).2．(2021·陕西西安长安区二模)已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)>f(x)－1，且有f(1)＝2，则不等式f(x)－1>ex－1的解集为．答案(1，＋∞)解析构造函数g(x)＝eq\f(f（x）－1,ex)－eq\f(1,e)，g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）＋1,ex)>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(1)＝0，所以f(x)－1>ex－1⇔eq\f(f（x）－1,ex)－eq\f(1,e)>0⇔g(x)>0⇔x>1，所以不等式f(x)－1>ex－1的解集为(1，＋∞).1．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解析由函数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.故选D.2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0，3)C．(1，4) D．(2，＋∞)答案D解析f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.故选D.3．(2022·甘肃兰州模拟)函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案A解析因为f′(x)＝1－cosx>0在(0，2π)上恒成立，所以f(x)在(0，2π)上为增函数．故选A.4．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1，1]B．(0，1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案B解析函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)，令y′≤0，则可得0<x≤1.故选B.5．(2021·陕西西安模拟)函数f(x)＝eq\f(ax,x2＋1)(a>0)的单调递增区间是()A．(－∞，－1)B．(－1，1)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq\f(a（1－x2）,（x2＋1）2)＝eq\f(a（1－x）（1＋x）,（x2＋1）2).由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得x∈(－1，1).故选B.6．已知函数f(x)＝x3－3x，若在△ABC中，角C是钝角，则()A．f(sinA)＞f(cosB)B．f(sinA)＜f(cosB)C．f(sinA)＞f(sinB)D．f(sinA)＜f(sinB)答案A解析因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数f(x)在区间(－1，1)上是减函数，又A，B都是锐角，且A＋B＜eq\f(π,2)，所以0＜A＜eq\f(π,2)－B＜eq\f(π,2)，所以0<sinA＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB<1，故f(sinA)＞f(cosB).7．(2021·冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是()A．x∈(0，1)B．x∈[0，2]C．x∈(2，3)D．x∈(2，4)答案C解析由f′(x)<0，即x2－4x＋3<0，得1<x<3，∴函数f(x)在(1，3)上单调递减．∴函数f(x－1)在(2，4)上单调递减．故D为充要条件，C为充分不必要条件．8．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有()A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b)D．bf(b)≤af(a)答案A解析设函数F(x)＝eq\f(f（x）,x)(x>0)，则F′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2).因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b，所以F(a)≥F(b)，即eq\f(f（a）,a)≥eq\f(f（b）,b)，则bf(a)≥af(b).9．(2021·陕西西安中学模拟(三))已知实数a>0，a≠1，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x<1，,x2＋\f(4,x)＋alnx，x≥1))在R上单调递增，则实数a的取值范围是()A．2≤a≤5 B．a<5C．3<a<5 D．1<a≤2答案A解析∵函数f(x)在R上单调递增，∴当x<1时，有a>1；当x≥1时，f′(x)＝2x－eq\f(4,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x3－4＋ax,x2)≥0恒成立，令g(x)＝2x3＋ax－4，x∈[1，＋∞)，则g′(x)＝6x2＋a，∵a>0，∴g′(x)>0，即g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝2＋a－4＝a－2，要使当x≥1时f′(x)≥0恒成立，则a－2≥0，解得a≥2.∵函数f(x)在R上单调递增，∴还需要满足a1≤1＋eq\f(4,1)＋aln1，即a≤5.综上，实数a的取值范围是2≤a≤5.故选A.10.若函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是()A．f(x)＝eq\f(ex－1,x2－1)B．f(x)＝eq\f(ex,x2－1)C．f(x)＝eq\f(x3＋x＋1,x2－1)D．f(x)＝eq\f(x4＋x＋1,x2－1)答案B解析由图象可知，函数的定义域为{x|x≠a且x≠b}，f(x)在(－∞，a)上为增函数，在(a，0]上先增后减，在[0，b)上为减函数，在(b，＋∞)上先减后增．A项中f(x)的定义域为{x|x≠－1且x≠1}，此时a＝－1，b＝1.f′(x)＝eq\f(ex（x2－1）－2x（ex－1）,（x2－1）2)，则f′(－2)＝eq\f(7,9e2)－eq\f(4,9)<0，与f(x)在(－∞，－1)上递增不符．B项中f(x)的定义域为{x|x≠±1}，f′(x)＝eq\f(ex（x2－2x－1）,（x2－1）2)＝eq\f(ex[（x－1）2－2],（x2－1）2)，若f′(x)>0，则x<－1或－1<x<1－eq\r(2)或x>1＋eq\r(2)，此时f(x)在各对应区间上为增函数，符合题意．同理可检验C，D不符．故选B.11．(2021·四川攀枝花市第二次统考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，满足xf′(x)＋2f(x)＝eq\f(ex,x)，且f(1)＝e，已知a＝(2eq\r(2))eq\s\up15(－eq\f(2,3))，b＝lneq\f(3,2)，c＝sineq\f(2,3)，则()A．f(c)<f(a)<f(b)B．f(a)<f(b)<f(c)C．f(b)<f(a)<f(c)D．f(c)<f(b)<f(a)答案A解析∵xf′(x)＋2f(x)＝eq\f(ex,x)，∴x2f′(x)＋2xf(x)＝ex，∴[x2f(x)]′＝ex，∴x2f(x)＝ex＋m，又f(1)＝e，则e＝e＋m，解得m＝0，∴f(x)＝eq\f(ex,x2)，f′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)，∴x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)在(0，2)上单调递减，而a＝(2eq\r(2))eq\s\up15(－eq\f(2,3))＝8eq\s\up15(－eq\f(1,3))＝eq\f(1,2)，b＝lneq\f(3,2)<lneq\r(e)＝eq\f(1,2)且lneq\f(3,2)>0，∴0<b<eq\f(1,2)，c＝sineq\f(2,3)>sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)且sineq\f(2,3)<1，∴eq\f(1,2)<c<1，∴b<a<c，∴f(c)<f(a)＜f(b)，故选A.12．已知函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，则不等式f(lnx)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))<2f(1)的解集为()A．(e，＋∞) B．(0，e)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))∪(1，e) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))答案D解析因为f(x)＝xsinx＋cosx＋x2是偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(－lnx)＝f(lnx)，所以f(lnx)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))<2f(1)可变形为f(lnx)<f(1).f′(x)＝xcosx＋2x＝x(2＋cosx)，因为2＋cosx>0，所以当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(lnx)<f(1)等价于－1<lnx<1，所以eq\f(1,e)<x<e.13．函数f(x)＝eq\f(x,lnx)的单调递减区间是．答案(0，1)和(1，e)解析由f′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)<0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－1<0，,lnx≠0，))解得0<x<1或1<x<e.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，1)和(1，e).14．(2022·河南洛阳摸底)若函数y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是．答案(0，＋∞)解析y′＝－x2＋a，y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.15．若函数f(x)＝x2＋eq\f(1＋ax2,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上是增函数，则实数a的取值范围是．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)，＋∞))解析由已知得，f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上是增函数，则当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))时，2x＋a－eq\f(1,x2)≥0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－2x恒成立，即a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－2x))eq\s\do7(max)，设u(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，则u′(x)＝eq\f(－2,x3)－2<0，即函数u(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上单调递减，所以当x＝eq\f(1,3)时，函数u(x)取得最大值ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(25,3)，所以a≥eq\f(25,3).故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)，＋∞)).16．(2021·安徽十校联考)设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)时，f′(x)>2x.若f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数a的取值范围为．答案(－∞，1]解析设G(x)＝f(x)－x2，则G′(x)＝f′(x)－2x，当x∈(0，＋∞)时，G′(x)＝f′(x)－2x>0，又G(－x)＝f(－x)－(－x)2＝f(x)－x2＝G(x)，∴G(x)为偶函数，∴G(x)在[0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．由f(a－2)－f(a)≥4－4a，可得f(a－2)－4＋4a－a2≥f(a)－a2，∴f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，∴|a－2|≥|a|，∴a≤1.故实数a的取值范围为(－∞，1].17．(2021·江苏南通高三检测)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依题设，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2e＋2，,f′（2）＝e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs