浙江专用2025版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第2节导数与函数的单调性习题含解析

PAGEPAGE14第2节导数与函数的单调性考试要求1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数探讨函数的单调性，会求函数的单调区间.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系已知函数f(x)在某个区间内可导，(1)假如f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；(2)假如f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.一般须要通过列表，写出函数的单调区间.3.已知单调性求解参数范围的步骤为：(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)；(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.[常用结论与易错提示](1)解决一次、二次函数的单调性问题不必用导数.(2)有些初等函数(如f(x)＝x3＋x)的单调性问题也不必用导数.(3)依据单调性求参数常用导数不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0求解，留意检验等号.(4)留意函数、导函数的定义域.基础自测1.思索辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若可导函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么肯定有f′(x)>0.()(2)假如函数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.()(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.()解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.答案(1)×(2)√(3)×2.函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是()A.(－∞，1] B.[1，＋∞)C.(－∞，0] D.(0，＋∞)解析令f′(x)＝ex－1>0得x>0，所以f(x)的递增区间为(0，＋∞).答案D3.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()解析利用导数与函数的单调性进行验证.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.答案D4.(2024·镇海中学月考)函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为________.解析∵f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∵x>0，∴当x∈(0，1)时，f′(x)＝eq\f(x－1,x)<0即函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为(0，1).答案(0，1)5.若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0＜a＜b＜e，则f(a)与f(b)的大小关系为________.解析f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0＜x＜e时，1－lnx＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(a)＜f(b).答案f(a)＜f(b)6.函数f(x)＝eq\f(ex,x)的单调递增区间为________；单调递减区间为________.解析函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，令f′(x)>0得x>1，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′(x)<0，得x<1且x≠0，f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，1).答案(1，＋∞)(－∞，0)和(0，1)考点一求不含参数的函数的单调性【例1】已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，探讨f(x)的单调性.解由题意得f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，f′(x)<0，故f(x)为减函数；当－4<x<－1时，f′(x)>0，故f(x)为增函数；当－1<x<0时，f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x>0时，f′(x)>0，故f(x)为增函数.综上知，f(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.规律方法确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.【训练1】(1)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，＋∞)(2)(2024·温州适应性考试)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝eq\f(ex,f（x）)()A.在(0，1)上是减函数 B.在(1，4)上是减函数C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是减函数 D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4))上是减函数解析(1)y＝eq\f(1,2)x2－lnx，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)(x>0).令y′＜0，得0<x＜1，∴递减区间为(0，1).(2)依据导函数的几何意义，易得函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，由图易得当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝eq\f(ex,f（x）)的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，解除选项B，D；g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)，由图易得当x∈(0，1)时，f(x)>f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)>0，所以函数g(x)＝eq\f(ex,f（x）)在(0，1)上是增函数，故选项A错误；又由图易得当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))时，f(x)<f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)<0，所以函数g(x)＝eq\f(ex,f（x）)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是减函数，故选C.答案(1)B(2)C考点二求含参函数的单调性【例2】设函数f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)探讨函数f(x)的单调性.解(1)由题意知a＝0时，f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞).此时f′(x)＝eq\f(2,（x＋1）2).可得f′(1)＝eq\f(1,2)，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1).①当a＝－eq\f(1,2)时，Δ＝0，f′(x)＝eq\f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当a＜－eq\f(1,2)时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.③当－eq\f(1,2)＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝eq\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a).由x1＝eq\f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq\f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－eq\f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－eq\f(1,2)＜a＜0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)))上单调递增.规律方法利用导数探讨函数的单调性的关键在于精确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类探讨.分类探讨时，要做到不重不漏.【训练2】(1)已知函数f(x)＝ax＋lnx(a＜0)，则f(x)的单调递增区间是__________；单调递减区间是__________.解析由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞).因为f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以当x＞－eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，当0＜x＜－eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a))).单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))(2)已知a为实数，函数f(x)＝x2－2alnx.求函数f(x)的单调区间.解∵f(x)＝x2－2alnx，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x)，∴当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，令f′(x)<0，得0<x<eq\r(a)，令f′(x)>0，得x>eq\r(a)，∴f(x)在(0，eq\r(a))上是减函数，在(eq\r(a)，＋∞)上是增函数.考点三利用函数的单调性求参数【例3】(1)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3－x2＋x在区间(0，2)上是单调增函数，则实数a的取值范围为________.(2)已知函数f(x)＝lnx＋(x－b)2(b∈R)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是________.解析(1)f′(x)＝ax2－2x＋1≥0⇒a≥－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)＋1在(0，2)上恒成立，即a≥1.(2)由题意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2(x－b)＝eq\f(1,x)＋2x－2b，因为函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在单调递增区间，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－2b>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解，所以b<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋x))eq\s\do7(max)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，由函数的性质易得当x＝2时，eq\f(1,2x)＋x取得最大值，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋x))eq\s\do7(max)＝eq\f(1,2×2)＋2＝eq\f(9,4)，所以b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))).答案(1)[1，＋∞)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))规律方法利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法(1)函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间.方法一：转化为“f′(x)>0(<0)在区间D上有解”；方法二：转化为“存在区间D的一个子区间使f′(x)>0(<0)成立”.(2)函数f(x)在区间D上递增(减).方法一：转化为“f′(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”问题；方法二：转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子集”.【训练3】(1)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋2x＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a的值为________.(2)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是________.解析(1)f′(x)＝x2－ax＋2，由已知得－2，－1是f′(x)的两个零点，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）＝4＋2a＋2＝0，,f′（－1）＝1＋a＋2＝0，))解得a＝－3.(2)由已知得f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤(x＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤－1.答案(1)－3(2)(－∞，－1]基础巩固题组一、选择题1.函数f(x)＝xlnx，则()A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递增 D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递减解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，故选D.答案D2.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R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解析f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.答案A3.下面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B.(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D.(2π，3π)解析y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))时，恒有xcosx>0.答案C4.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]解析∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，当x－eq\f(9,x)≤0时，有0<x≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0，3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案A5.函数y＝3xcosx－x的图象可能是()解析由函数解析式可得，函数y为奇函数，解除B，D，y′＝3cosx－3xsinx－1，当x＝0时，y′＝2，所以在x＝0旁边函数y为增函数，故选A.答案A6.已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满意eq\f(f（x）,f′（x）)＋x>2，则下列结论正确的是()A.对于随意x∈R，f(x)<0B.对于随意x∈R，f(x)>0C.当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0D.当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0解析由f(x)是定义在R上的减函数，得f′(x)<0在R上恒成立，则eq\f(f（x）,f′（x）)＋x>2⇒(2－x)f′(x)－f(x)>0.令g(x)＝(2－x)f(x)，则g′(x)＝(2－x)f′(x)－f(x)>0，函数g(x)单调递增，又g(2)＝0，则当x<2时，g(x)＝(2－x)f(x)<0，f(x)<0，当x>2时，g(x)＝(2－x)f(x)>0，f(x)<0，解除B，C，D.答案A二、填空题7.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对随意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为________.解析f′(x)＞2转化为f′(x)－2＞0，构造函数F(x)＝f(x)－2x，得F(x)在R上是增函数.又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4，即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1.答案(－1，＋∞)8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)为f(x)的导函数.若f(x)在(0，1)上单调递减，则下列结论正确的是__________(填序号).①a＋b＋1＜0；②b≤0；③3＋2a＋b≤0.解析因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(0)＞f(1)，即a＋b＋1＜0；由题意可得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)≤0在(0，1)上恒成立，即g(0)≤0，g(1)≤0，所以b≤0，3＋2a＋b≤0.答案①②③9.已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________.解析由题意知f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x)，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.答案(0，1)∪(2，3)10.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，是“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”的________条件(从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选一).解析因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，若a2－3b≤0，则Δ＝4a2－12b≤0，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)在R上只有一个零点，即充分性成立.令a＝eq\f(3,2)，b＝0，c＝－1，则f(x)＝x3＋eq\f(3,2)x2－1，f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，则f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f(－1)＝－eq\f(1,2)<0，f(1)＝eq\f(3,2)>0，则f(x)在R上只有一个零点，但不满意“a2－3b≤0”，即必要性不成立，所以“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”的充分不必要条件.答案充分不必要三、解答题11.(2024·北京卷)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)∵f(x)＝xea－x＋bx，∴f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2e＋2，,f′（2）＝e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1，))解得a＝2，b＝e.(2)由(1)得f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上递增，∴g(x)≥g(1)＝1在R上恒成立，∴f′(x)>0在R上恒成立.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).12.(2024·金华十校调研)已知函数f(x)＝ex－axex－a(a∈R).(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；(2)求证：x在(0，2)上任取一个值，不等式eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)<eq\f(1,2)恒成立(注：e为自然对数的底数).(1)解由已知得f′(x)＝ex(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)－a)).由函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减得f′(x)≤0恒成立.∴eq\f(1,1＋x)－a≤0，即a≥eq\f(1,1＋x)，又eq\f(1,1＋x)∈(0，1)，∴a的取值范围为[1，＋∞).(2)证明要证原不等式恒成立，即证ex－1－x<eq\f(1,2)x(ex－1)，即(x－2)ex＋x＋2>0在x∈(0，2)上恒成立.设F(x)＝(x－2)ex＋x＋2，则F′(x)＝(x－1)ex＋1.在(1)中，令a＝1，则f(x)＝ex－xex－1，f(x)在(0，2)上单调递减，∴F′(x)＝－f(x)在(0，2)上单调递增，而F′(0)＝0，∴在(0，2)上F′(x)>0恒成立，∴F(x)在(0，2)上单调递增，∴F(x)>F(0)＝0，即当x∈(0，2)时，eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)<eq\f(1,2)恒成立.实力提升题组13.若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(51,8))) B.(－∞，3]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞)) D.[3，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上恒成立.因为y＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上单调递增，所以t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))＝eq\f(51,8).答案C14.若定义在R上的函数f(x)满意f(0)＝0，且f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，记α＝|f(－1)|＋|f′(1)|，β＝|f(1)|＋|f′(－1)|，则()A.α＝β B.α>βC.α<β D.α＝2β解析由导函数的图象为直线知，函数f(x)为过原点的二次函数，设f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，结合导函数图象可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减，则a<0，又由－eq\f(b,2a)>1得b>－2a，则f′(1)＝2a＋b>0，f(1)＝a＋b>－a>0，f′(－1)＝－2a＋b>0，f(－1)＝a－b<0，因此，α－β＝(a＋2b)－(－a＋2b)＝2a<0，故选C.答案C15.已知定义在R上的可导函数f(x)，满意0<f′(x)<f(x)，对a∈(1，＋∞)，则下列不等关系均成立的是()A.f(1)>eaf(a)，f(a)>eaf(1)B.f(1)>eaf(a)，f(a)<eaf(1)C.f(1)<eaf(a)，f(a)>eaf(1)D.f(1)<eaf(a)，f(a)<eaf(1)解析令函数g(x)＝f(x)·ex，则g′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex>0，即g(x)在R上单调递增，因为a∈(1，＋∞)，则eaf(a)>ef(1)>f(1)；令函数h(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则h′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，即h(x)在R上单调递减，则f(a)<ea－1f(1)<eaf(1)，即f(a)<eaf(1)，故选D.答案D16.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称.则m＝________，f(x)的单调递减区间为________.解析由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，所以g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.因为g(x)的图