2024届一轮复习人教A版 第3章导数及其应用第2节导数的应用第1课时导数与函数的单调性 学案

第二节导数的应用考试要求：1．结合实例，借助几何直观了解函数单调性和导数的关系．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．会用导数求函数的极大值、极小值．4．会求闭区间上函数的最大值、最小值．第1课时导数与函数的单调性一、教材概念·结论·性质重现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)>0y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝0y＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)≥0在区间(a，b)上成立”是“y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0. (×)(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，那么f(x)在此区间内不具有单调性． (√)(3)若在区间(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在区间(a，b)上单调递减． (√)2．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上单调递减()A．π2，C．3πD解析：y′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx，欲使导数为负，只需x与sinx的符号相同，分析四个选项知，D选项符合条件．3．已知函数f(x)＝lnxA．f(2)>f(e)>f(3)B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)D解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)．因为f′(x)＝1-lnxx2，所以x∈x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0.故x＝e时，f(x)max＝f(e)．又f(2)＝ln22＝ln86，f(3)＝所以f(e)>f(3)>f(2)．4．已知函数f(x)＝xlnx，则f(x)的单调递减区间是_________．0，1e解析：因为函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝lnx当f′(x)<0时，解得0<x<1e，即函数f(x)的单调递减区间为05．函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是_________．[－3，0]解析：f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，即4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数a的取值范围为[－3，0].考点1求函数的单调区间——基础性1．(2022·凉州模拟)函数f(x)＝2x2－lnx的单调递减区间为()A．-∞B．0C．-∞D．1B解析：函数f(x)＝2x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1x＝4当x∈0，12时，f2．函数f(x)＝x·ex－ex+1的单调递增区间是()A．(－∞，e) B．(1，e)C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)D解析：由f(x)＝x·ex－ex+1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex.令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．3．若函数y＝f(x)在区间D上是增函数，且函数y＝f′(x)在区间D上也是增函数(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，那么称函数y＝f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫做“快增区间”．函数f(x)＝sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为()A．0，πC．π6，A解析：因为f(x)＝sin2x＋2sinx，x∈[0，π]，所以f′(x)＝2sinxcosx＋2cosx＝2cosx(sinx＋1)．令f′(x)≥0，可得x∈0，π2，所以f(x令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sinx(sinx＋1)＋2cos2x＝－4sin2x－2sinx＋2＝－2(2sinx－1)·(sinx＋1)．令g′(x)≥0，可得0≤x≤π6或5π6所以函数f′(x)在0，π6所以函数f(x)＝sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为0，解答T1要注意，求单调区间的前提是求定义域；T3是新定义问题，理解定义是关键，根据定义，“快增区间”即函数y＝f(x)的增区间与函数y＝f′(x)的增区间的交集．考点2讨论函数的单调性——综合性(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．解：(1)由函数的解析式可得f′(x)＝3x2－2x＋a，导函数的判别式Δ＝4－12a.当Δ＝4－12a≤0，即a≥13时，f′(x)≥0，f(x)在R当Δ＝4－12a>0，即a<13时，f′(x)＝0的解为x1＝1-1-3a3当x∈-∞，1-1-3a3时，f当x∈1-1-3a3，1+1-当x∈1+1-3a3，+∞时，f综上可得，当a≥13时，f(x)在R当a<13时，f(x)在-∞在1-(2)设切点为(x0，y0)．由题意可得f(x0)＝x03-x02＋ax0＋1，f′(x0)＝3则切线方程为y-x03-x02由切线过坐标原点，得0-(x03-x02＋ax0＋1)＝则f(x0)＝f(1)＝1－1＋a＋1＝a＋1，f′(x0)＝f′(1)＝1＋a，切线方程为y＝(a＋1)x.与y＝f(x)＝x3－x2＋ax＋1联立，得x3－x2＋ax＋1＝(a＋1)x，化简得x3－x2－x＋1＝0.由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，所以(x－1)是x3－x2－x＋1的一个因式，所以该方程可以分解因式为(x－1)(x2－1)＝0，解得x1＝1，x2＝－1，f(－1)＝－1－a.综上，曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，a＋1)和(－1，－1－a)．本例若把函数改为：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，试讨论函数f(x)的单调性．解：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，f′(x)＝3x2＋2(a＋1)x＋(2a－1)＝3(x＋1)x+2a令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1-2a3当－1<x<1-2a3时，f当x＜－1或x>1-2a3时，f综上，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在-1，11．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．1．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；②当a＝ln2时，g′(x)≥0恒成立，所以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.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．2．讨论函数f(x)＝2lnx＋12x2－ax(a∈R解：函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝2x＋x－a＝x2-ax+2x(x>0)．令g(x)＝x2－ax＋2，则①当Δ≤0，即－22≤a≤22时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当Δ＞0，即a>22或a<－22时，(i)若a<－22，因为x＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，(ii)若a>22，方程x2－ax＋2＝0的两根x1＝a-a2-82，x2＝a+a当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x1，x2)上单调递减．综上，若a≤22，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若a>22，则f(x)在0，a-考点3函数单调性的应用——应用性考向1利用函数的单调性解不等式已知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_________．(1，＋∞)解析：不等式f(x)－1＞ex-1，等价于不等式fx构造函数g(x)＝fx-1ex-1因为对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，则g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增．又g(1)＝f1-1e0＝1，故fx-故不等式的解集是(1，＋∞)．解与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数．题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常结合这种关系的特点构造新函数，利用新函数的单调性求解不等式．考向2利用函数的单调性比较大小(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln0.9，则()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a<c<bC解析：设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，因为f′(x)＝11+x－1＝－x当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)单调递减，在(－1，0)上单调递增．f19<f(0)＝0，所以ln109-19<0，故19>lnf-110<f(0)＝0，所以ln910+110<0，故910<e设g(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x<1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋1x-1令h(x)＝ex(x2－1)＋1，则h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，当0<x<2－1时，h′(x)<0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递减，当2－1<x<1时，h′(x)>0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递增，又h(0)＝0，所以当0<x<2－1时，h(x)<0，所以当0<x<2－1时，g′(x)>0，函数g(x)＝xex＋ln(1－x)单调递增，所以g(0.1)>g(0)＝0，即0.1e0.1>－ln0.9，所以a>c.故选C.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而由单调性比较大小．考向3利用函数的单调性求参数的取值范围若函数f(x)＝x＋asinx在0，π4上单调递增，则A．-12C．-1D解析：由题意，可知f′(x)＝1＋acosx，因为函数f(x)＝x＋asinx在0，π4上单调递增，所以f′(x)＝1＋acosx所以a≥－1cosx.因为0≤x＜π4，所以2所以－1cosx≤－1，所以所以a的取值范围是[－1，＋∞)．本例若改为：若函数f(x)＝x＋asinx在0，π4解：f′(x)＝1＋acosx.因为函数f(x)＝x＋asinx在0，π4上单调递减，所以f′(x)＝1＋acosx≤0在0，π设y＝－1cosx，则它在0，π4上单调递减，所以ymin所以a≤－2.所以a的取值范围是(－∞，－2].根据函数单调性求参数的解题策略(1)已知函数的单调性求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0或f′(x)≤0，x∈(a，b)恒成立，解出参数．应注意此时式子中的等号不能省略，否则容易漏解．(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为求函数最值问题．(3)若函数在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有异号解．1．若函数f(x)＝ax2+1A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．(0，＋∞) D．[0，1]D解析：函数f(x)＝ax2+1ex的定义域为R，f因为函数f(x)是减函数，所以f′(x)≤0恒成立．令g(x)＝2ax－ax2－1，则g(x)≤0恒成立，当a＝0时，g(x)＝－1成立；当a＜0时，则g(x)的图象开口向上，g(x)≤0不恒成立，不符合题意；当a＞0时，要使g(x)≤0恒成立，则Δ＝4a2－4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1.综上可得，实数a的取值范围是[0，1].2．(2022·渝水区模拟)已知x∈0，π4，且a＝2cos2x+1e2cos2x，b＝A．a＜b＜c B．a＜c＜bC．b＜c＜a D．c＜a＜bA解析：令g(x)＝x+1ex，则g′(x)＝－所以当x＞0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因为x∈0，所以cosx∈22，1，2cosx∈(2，2)，且cosx又2cos2x－cosx＝cosx(2cosx－1)＞0，所以2cos2x＞cosx＞sinx＞0.又g(x)单调递减，则可得a＜b＜c.若函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围．[四字程序]读想算思求实数a的取值范围1．利用导数研究函数单调性的方法．2．从什么角度列不等式求取值范围1．求f′(x)．2．解不等式f′(x)≤0转化与化归、数形结合f(x)在[1，2]上单调递减由函数f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)1．函数最值．2．不等式恒成立．3．一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系思路参考：等价转化为f′(x)≤0对∀x∈[1，2]恒成立，分离变量求最值．解：f′(x)＝3x2－2ax.由f(x)在[1，2]上单调递减知f′(x)≤0，即3x2－2ax≤0在[1，2]上恒成立，即a≥32x故只需a≥32xmax所以a的取值范围是[3，＋∞)．思路参考：等价转化为f′(x)≤0对∀x∈[1，2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．解：f′(x)＝3x2－2ax.由f(x)在[1，2]上单调递减知f′(x)≤0对∀x∈[1，2]恒成立．所以f'1=3所以a的取值范围是[3，＋∞)．思路参考：分类讨论f(x)的单调性，根据区间[1，2]是单调递减区间的子集求参数范围．解：f′(x)＝3x2－2ax.当a＝0时，f′(x)≥0，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f(x)在区间[1，2]上单调递减不符，舍去．当a<0时，由f′(x)≤0，得23a≤x≤0，即f(x)的单调递减区间为23a，0当a>0时，由f′(x)≤0得0≤x≤23a，即f(x)的单调递减区间为0由f(x)在[1，2]上单调递减得23a≥2，得a综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理：若y＝f(x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．1．已知函数f(x)＝2cosx(m－sinx)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是()A．[－1，1] B．-C．-1，B解析：f′(x)＝－2sinx(m－sinx)＋2cosx·(－cosx)－3.因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msinx－5≤0.设sinx＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1，1]上恒成立．于是有g-1=4+2m-5≤02．已知函数f(x)＝x3－kx在(－3，1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是_________．(0，27)解析：(方法一：间接法)若f(x)＝x3－kx在(－3，1)上是单调递增函数，则f′(x)＝3x2－k≥0在(－3，1)上恒成立，即k≤3x2在(－3，1)上恒成立，故k≤0.若f(x)＝x3－kx在(－3，1)上是单调递减函数，则f′(x)＝3x2－k≤0在(－3，1)上恒成立，即k≥3x2在(－3，1)上恒成立，故k≥27.所以当函数f(x)＝x3－kx在(－3，1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，当函数f(x)＝x3－kx在(－3，1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0<k<27.(方法二：直接法)由奇函数f(x)＝x3－kx得f′(x)＝3x2－k.当k≤0时，f′(x)＝3x2－k≥0，f(x)在R上是增函数，不满足题意；当k>0时，由f′(x)＝3x2－k<0，得－k3<x<k3，在-k3，由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－k3或x>k3，在-∞，-k要满足函数f(x)＝x3－kx在(－3，1)上不是单调函数，由对称性得，－k3>－3，所以k综上所述，实数k的取值范围是(0，27)．课时质量评价(十六)A组全考点巩固练1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()ABCDD解析：f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(0，3) B．(1，4)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)C解析：函数f(x)＝(x－3)ex，所以f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.令f′(x)＝0，解得x＝2.当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．3．已知函数f(x)＝ex－e－x，a＝f(30.2)，b＝f(0.30.2)，c＝f(log0.23)，则a，b，c的大小关系为()A．c＜b＜a B．b＜a＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜bA解析：根据题意，函数f(x)＝ex－e－x，其导数为f′(x)＝ex＋e－x，则有f′(x)＞0恒成立，则f(x)在R上为增函数．又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a.4．f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x－1)＞0的解集为()A．(0，1)∪(2，＋∞)B．(－∞，1)∪(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)A解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图形如下：所以f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．又y＝f(x－1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移1个单位长度，所以不等式f(x－1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)．5．(2023·临沂质检)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x＞0时，f(x)＝x－1＋lnx，则不等式xf(x)＞0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(0，1)C．(－1，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D解析：由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋1x＞0，则f(x又f(1)＝0，所以当f(x)＜0时，x∈(0，1)；当f(x)＞0时，x∈(1，＋∞)，所以x＞0时，xf(x)＞0的解集为(1，＋∞)．又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，所以xf(x)＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D.6．(2021·新高考Ⅱ卷)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．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＝x14x24＝f(x1)f(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③.7．已知g(x)＝2x＋x2＋2alnx在[1，2]上单调递减，则实数a-∞，-72解析：g(x)＝2x＋x2＋2alnx的导数为g′(x)＝－2x2＋2x＋2ax.由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤1x－x2在[1，2]上恒成立．又当x∈[1，2]时，18．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：g′(x)＝2ax2-因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以当a＝0时，g′(x)＝－x-由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1.当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝12a若12a<1，即a>1由g′(x)>0，得x>1或0<x<12a由g′(x)<0，得12a<x若12a>1，即0<a<1由g′(x)>0，得x>12a或0<x由g′(x)<0，得1<x<12a若12a＝1，即a＝12，在(0，＋∞)上恒有g′(综上，当a＝0时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<12时，函数g(x在1，12a当a＝12时，函数g(x当a>12时，函数g(x)在0在12aB组新高考培优练9．(2022·吕梁一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝3，对∀x∈R恒有f′(x)＜2，则f(x)≥2x＋1的解集为()A．[1，＋∞) B．(－∞，1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1)B解析：令F(x)＝f(x)－2x－1，则F′(x)＝f′(x)－2.又因为对∀x∈R恒有f′(x)＜2，所以F′(x)＝f′(x)－2＜0恒成立，所以F(x)＝f(x)－2x－1是R上的减函数．又因为F(1)＝f(1)－2－1＝0，所以当x≤1时，F(x)≥F(1)＝0，即f(x)－2x－1≥0，即不等式f(x)≥2x＋1的解集为(－∞，1].10．(多选题)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有x1fx1-x2fx2xA．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinxACD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，所以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中函数是“F函数”；对于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，当x∈0，1e时，g故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈-π2，0时，g′(11．已知定义在R上的函数f(x)满足：对任意x∈R，都有f(x＋1)＝f(1－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)＞0(其中f′(x)为f(x)的导函数)．设a＝f(log23)，b＝f(log32)，c＝f(log34)，则a，b，c的大小关系是()A．a＜b＜c B．c＜a＜bC．c＜b＜a D．b＜c＜aC解析：因为当x∈(－∞，1)时，x－1＜0，又(x－1)·f′(x)＞0，所以f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减．因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(log32)＝f(2－log32)＝f(log34.5)，且y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1＜log34＜log34.5＜log333＝32＝log222＜log2所以f(log34)＜f(log32)＜f(log23)，即c＜b＜a.12．已知函数f(x)＋f′(x)＝2mx，f(x)－f′(x)＝2m－x(m＞1)，则m＝________；函数f(x)的增区间是_________．e(0，＋∞)解析：由f(x)＋f′(x)＝2mx与f(x)－f′(x)＝2m－x，得f(x)＝mx＋m－x，f′(x)＝mx－m－x，所以m＝e，所以f(x)＝ex＋e－x.由f(x)＝f(－x)，知函数f(x)为偶函数．又f′(x)＝ex－e－x，当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)上