第3节 导数与函数的单调性（二）

第3节导数与函数的单调性(二)考试要求1.会根据函数的单调性求参数的范围.2.会利用函数的单调性解不等式、比较函数值的大小.考点一利用单调性求参数范围例1(1)(2024·浙江名校联考)若函数f(x)＝(x2－mx＋2)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在单调递减区间，则m的取值范围是________.答案(2，＋∞)解析因为f(x)＝(x2－mx＋2)ex，所以f′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，则原问题等价于f′(x)<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(2－m)x＋2－m<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即m>eq\f(x2＋2x＋2,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解.则m>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋2x＋2,x＋1)))eq\s\do7(min)，eq\f(x2＋2x＋2,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)≥2，当且仅当x＋1＝1，即x＝0时取等号，所以m>2.(2)(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________.答案[eq\f(\r(5)－1,2)，1)解析由题意得当x＞0时，f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax[lna＋(eq\f(1,a)＋1)xln(1＋a)]≥0.设g(x)＝lna＋(eq\f(1,a)＋1)xln(1＋a)，因为ax＞0，所以g(x)≥0.因为a∈(0，1)，所以ln(1＋a)＞0，eq\f(1,a)＋1＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即lna＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－eq\f(\r(5)＋1,2)或a≥eq\f(\r(5)－1,2)，又0＜a＜1，所以a的取值范围为[eq\f(\r(5)－1,2)，1).感悟提升根据函数单调性求参数的方法：(1)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.(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.(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).训练1(1)(2024·湖北名校联考)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，则实数k的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则2k－1≥0，即k≥eq\f(1,2).f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（2x－1）,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝－eq\f(1,2)(舍去)，因为f(x)在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，所以2k－1<eq\f(1,2)<2k＋1，得－eq\f(1,4)<k<eq\f(3,4).综上，eq\f(1,2)≤k<eq\f(3,4).(2)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx＋(a－e)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，则实数a的取值范围是________.答案[e－2，＋∞)解析∵f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx＋(a－e)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，∴f′(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a－e≥0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))，∴－a＋e≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，由基本不等式，得x＋eq\f(1,x)≥2(当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时取“＝”)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2，∴－a＋e≤2，解得a≥e－2.考点二利用单调性比较大小例2(1)(2024·金华调考)已知函数f(x)＝3x＋2cosx.若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<c B.c<b<aC.b<a<c D.b<c<a答案D解析由题意，得f′(x)＝3－2sinx.因为－1≤sinx≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数.因为eq\r(2)>1，所以3eq\r(2)>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3eq\r(2)，所以f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2))，即b<c<a.(2)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________.答案feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))解析由题意易得f(x)是偶函数，所以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,5)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))).感悟提升利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小.训练2(1)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x,ex)，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，b＝f(2)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))，则()A.a＞b＞c B.b＞a＞cC.c＞b＞a D.c＞a＞b答案C解析易知f′(x)＝eq\f(ex＋x2－x,xex)＝eq\f(ex＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4),xex)，又x∈(0，＋∞)时，ex＞1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，所以f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))＞f(2)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，即c＞b＞a.(2)若函数y＝f(x)满足xf′(x)＞－f(x)在R上恒成立，且a＞b，则()A.af(b)＞bf(a) B.af(a)＞bf(b)C.af(a)＜bf(b) D.af(b)＜bf(a)答案B解析由xf′(x)＞－f(x)，设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在R上是增函数，又a＞b，所以g(a)＞g(b)，即af(a)＞bf(b)，故选B.考点三利用单调性解不等式例3已知函数f(x)＝2lnx＋eq\f(1,x)－x，则不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))答案B解析由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞).因为f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.由f(2x－1)<f(1－x)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1>0，,1－x>0，,2x－1>1－x，))解得eq\f(2,3)<x<1，即原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).感悟提升利用函数的单调性解不等式的关键是首先判断函数的单调性，易错之处忽视函数的定义域，如本例中，需要求2x－1＞0，且1－x＞0.训练3(1)已知函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，若f(a＋3)＞f(2a)，则a的范围是________.答案(－∞，3)解析由函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，可得f′(x)＝eq\f(ex＋e－x,2)＞0，即f(x)为R上的单调递增函数，故由f(a＋3)＞f(2a)可得a＋3＞2a，∴a＜3，即a的范围是(－∞，3).(2)已知函数f(x)＝eq\f(1,ex)－ex＋2x－eq\f(1,3)x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))解析由题意得f′(x)＝－eq\f(1,ex)－ex＋2－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,ex)))＋2－x2，因为ex＋eq\f(1,ex)≥2eq\r(ex·\f(1,ex))＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以f(x)在R上单调递减，又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤eq\f(1,3).通过构造函数，利用导数判断其单调性解决问题的类型有：1.通过导数的运算法则构造函数(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,xn)；(3)若F(x)＝f(x)sinx，则F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；(4)若F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，则F′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)；(5)若F(x)＝f(x)cosx，则F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；(6)若F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，则F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x).2.通过具体变量构造函数若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解.一、通过导数的运算法则构造角度1利用f(x)与ex构造例1(2024·长沙联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，则不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上单调递增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，所以2x＋1>3－x，得x>eq\f(2,3).所以不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).角度2利用f(x)与xn构造例2(2024·天津八校联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝eq\f(3,4)，则关于x的不等式x2f(x)>3的解集为________.答案(0，2)解析由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减.又f(2)＝eq\f(3,4)，∴g(2)＝4f(2)＝3.∴x2f(x)>3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集为(0，2).角度3利用f(x)与sinx，cosx构造例3(多选)(2024·南昌调研)已知函数y＝f(x)对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.f(0)>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C.f(0)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))答案BD解析构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，依题意当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)>0，故函数F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增.由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即f(0)<eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，排除A；由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，B正确；由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即f(0)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，排除C；由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，D正确.二、通过变量构造具体函数例4已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则()A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.a＜c＜b D.a＜b＜c答案D解析三个等式可变形为eq\f(e5,5)＝eq\f(ea,a)，eq\f(e4,4)＝eq\f(eb,b)，eq\f(e3,3)＝eq\f(ec,c).∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.同理b＞0，c＞0.构造函数f(x)＝eq\f(ex,x)，x＞0，则f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2).当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∵f(5)＝f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.训练(1)f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)＞f(x)，对任意正实数a，下列式子一定成立的是()A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)C.f(a)＜eq\f(f（0）,ea) D.f(a)＞eq\f(f（0）,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0.∴g(x)在R上为增函数，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，即eq\f(f（a）,ea)＞eq\f(f（0）,e0)，故f(a)＞eaf(0).(2)若0＜x1＜x2＜1，则()A.ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B.ex2－ex1＜lnx2－lnx1C.x2ex1＞x1ex2 D.x2ex1＜x1ex2答案C解析构造函数f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，1)上有零点，∴f(x)在(0，1)上有一个极值点，∴f(x)在(0，1)上不单调，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错误；令g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，又∵x2＞x1∴eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，故选C.(3)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，当x＞0时，xf′(x)－f(x)>0，若a＝f(1)，b＝eq\f(f（2）,2)，c＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是________.答案c＜a＜b解析构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x＞0)，得g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eq\f(f（2）,2)＞eq\f(f（1）,1)＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\f(1,2))，即eq\f(f（2）,2)＞f(1)＞2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c＜a＜b.(4)(2024·宁波调研)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sinx＞f(x)cosx，设a＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，b＝eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，则a，b，c的大小关系为________.答案a＜b＜c解析构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，x≠kπ，k∈Z，则x∈(0，π)时，F′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)＞0.所以函数F(x)在(0，π)上单调递增，于是Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以a＜b＜c.【A级基础巩固】1.若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是()A.[1，＋∞) B.(－∞，0]C.(0，＋∞) D.(－∞，1]答案C解析f′(x)＝－x2＋a，∵函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，∴f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，∴a＞0.2.(2024·河南名校联考)已知函数f(x)＝sinx＋acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，则实数a的取值范围为()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞)答案B解析由题意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立.因为y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，所以y＝tanx>1，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.3.已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案A解析因为f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)，当x>0时，由基本不等式可得2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，所以a≤2eq\r(2).因为{a|a≤2}{a|a≤2eq\r(2)}，因此，“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件.4.(2024·江苏四市调研)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]，所以当x≥0时，f′(x)＝ex＋cosx≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，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))).5.函数f(x)＝xlnx，a＝f(2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，则()A.b＜c＜a B.c＜b＜aC.c＜a＜b D.a＜c＜b答案A解析由f′(x)＝1＋lnx＞0得x＞eq\f(1,e)，由f′(x)＜0，得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，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，∵0＜eq\f(1,4)＜eq\f(1,3)＜eq\f(1,e)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，即b＜c，∵c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,4)lneq\f(1,4)＜0，a＝f(2)＝2ln2＞0，∴c＜a，即b＜c＜a.6.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f′(x)＞x，若f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，则k的取值范围是()A.(－∞，0] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案B解析由题意x∈R，f′(x)＞x，构造函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2，则g′(x)＝f′(x)－x＞0，得g(x)在R上单调递增，由f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，得g(1－k)－g(k)≥0，即g(1－k)≥g(k)，根据函数g(x)在R上单调递增，可得1－k≥k，解得k≤eq\f(1,2).所以k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).7.若0＜x1＜x2＜1，则()A.ex2－ex1＜2x2－2x1 B.ex2－ex1＞2x2－2x1C.x2lnx1＜x1lnx2 D.x2lnx1＞x1lnx2答案C解析对于A，B选项：ex2－ex1＜2x2－2x1⇒ex2－2x2＜ex1－2x1；ex2－ex1＞2x2－2x1⇒ex2－2x2＞ex1－2x1，构造函数f(x)＝ex－2x，A项可变成f(x2)＜f(x1)；B项可变为f(x2)＞f(x1)，求导得f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0即ex－2＝0⇒x＝ln2，所以x∈(－∞，ln2)，函数f(x)单调递减；x∈(ln2，＋∞)，函数f(x)单调递增，因为0＜ln2＜1，且0＜x1＜x2＜1，所以无法判断f(x2)，f(x1)的大小关系，故A，B错误；对于C，D选项：x2lnx1＜x1lnx2⇒eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)；x2lnx1＞x1lnx2⇒eq\f(lnx1,x1)＞eq\f(lnx2,x2)，构造函数g(x)＝eq\f(lnx,x)，C项变为g(x1)＜g(x2)；D项变为g(x1)＞g(x2)，求导得g′(x)＝eq\f(1－lnx,x)，令g′(x)＝0即eq\f(1－lnx,x)＝0⇒x＝e，所以x∈(0，e)，g(x)单调递增；x∈(e，＋∞)，g(x)单调递减；因为0＜x1＜x2＜1＜e，根据单调性可得g(x1)＜g(x2)，即eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)，故选C.8.已知函数f(x)＝e|x－1|＋x2－2x，则使得f(x)＞f(2x)成立的x的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析因为f(x)＝e|x－1|＋x2－2x＝e|x－1|＋(x－1)2－1，则f(x＋1)＝e|x|＋x2－1，令g(x)＝e|x|＋x2－1，则f(x)的图象是由g(x)的图象向右平移1个单位得到，又g(－x)＝e|－x|＋(－x)2－1＝e|x|＋x2－1＝g(x)，即g(x)＝e|x|＋x2－1为偶函数，且当x≥0时g(x)＝ex＋x2－1，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，则g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，且关于x＝1对称，所以f(x)＞f(2x)时，有|x－1|＞|2x－1|，解得0＜x＜eq\f(2,3).9.已知a＝eq\f(0.2,π)，b＝eq\f(0.4,e2)(e≈2.718)，c＝sin0.1，则a，b，c的大小顺序为________.答案b＜a＜c解析构造函数f(x)＝sinx－eq\f(2,π)x，f′(x)＝cosx－eq\f(2,π)，f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，f′(x)≥f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(2,π)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，f(0.1)＞f(0)＝0，∴sin0.1＞eq\f(0.2,π)，即c＞a，b－a＝eq\f(0.4,e2)－eq\f(0.2,π)＝0.4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)－\f(1,2π))).∵e≈2.718，π≈3.14，e2＞2π，∴b＜a.综上b＜a＜c.10.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]上为单调函数，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，故eq\f(2,5)<a<1.11.已知函数f(x)＝eq\f(x2－2ax,ex)(a∈R).(1)当a＝eq\f(3,4)时，求此时曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)在(2，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解(1)当a＝eq\f(3,4)时，f(x)＝eq\f(x2－\f(3,2)x,ex)，f′(x)＝eq\f(－x2＋\f(7,2)x－\f(3,2),ex)，∴f(1)＝－eq\f(1,2e)，f′(1)＝eq\f(1,e)，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋eq\f(1,2e)＝eq\f(1,e)(x－1)，即为：2x－2ey－3＝0.(2)由f(x)在(2，＋∞)上为减函数，∴f′(x)＝eq\f(－x2＋2（a＋1）x－2a,ex)≤0在(2，＋∞)上恒成立，可得2a≤eq\f(x2－2x,x－1)在(2，＋∞)上恒成立，令u(x)＝eq\f(x2－2x,x－1)，u′(x)＝eq\f(（x－1）2＋1,（x－1）2)＞0，∴u(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴u(x)＞u(2)＝0，2a≤0，因此a∈(－∞，0].12.若x1＞x2＞0，求证：eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＜eq\f(x1＋x2,2).证明由x1＞x2＞0，得eq\f(x1,x2)＞1，lnx1－lnx