高考数学一轮复习 讲义 第2节 导数与函数的单调性

第二节导数与函数的单调性课标解读考向预测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．3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.从近几年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的内容，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2027年高考中仍是重点.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(a，b)上eq\o(□,\s\up1(01))单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)上eq\o(□,\s\up1(02))单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是eq\o(□,\s\up1(03))常数函数2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤第一步，确定函数的eq\o(□,\s\up1(04))定义域；第二步，求出导数f′(x)的eq\o(□,\s\up1(05))零点；第三步，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．1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．2．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．3．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当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，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．题组一走出误区——判一判(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)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．()答案：(1)√(2)√(3)×题组二回归教材——练一练(1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()A．在区间(－2，1)上，f(x)单调递增B．在区间(2，3)上，f(x)单调递减C．在区间(4，5)上，f(x)单调递增D．在区间(3，5)上，f(x)单调递减答案：BC(2)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是()A．单调递增B．单调递减C．先单调递增后单调递减D．先单调递减后单调递增答案：B解析：∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上单调递减．故选B.(3)(人教A选择性必修第二册5.3.1练习T1改编)函数f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________．答案：(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，得x>eq\f(1,3)或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).考点一函数的单调性与导函数图象之间的关系已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是()答案：D解析：由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)>0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内，f′(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内越来越陡峭，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内越来越平缓．故选D.该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断．1.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为()答案：D解析：由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内．对于A，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率均小于0，故A不符合题意；对于B，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不符合题意；对于C，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不符合题意；对于D，由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，当1<x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f′(x)>0，所以在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，函数y＝f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而D中函数y＝f(x)的图象符合这些性质，故D符合题意．故选D.考点二不含参数的函数的单调性(1)(2026·浙江杭州模拟)函数f(x)＝ln(2x－1)－x2＋x的单调递增区间是()A．(0，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(2),2)，\f(1＋\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1＋\r(2),2)))答案：D解析：因为函数f(x)＝ln(2x－1)－x2＋x的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且f′(x)＝eq\f(2,2x－1)－2x＋1＝eq\f(2－（2x－1）2,2x－1)＝eq\f([\r(2)－（2x－1）][\r(2)＋（2x－1）],2x－1)，令f′(x)>0，得eq\f(1,2)<x<eq\f(1＋\r(2),2)，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1＋\r(2),2))).故选D.(2)函数f(x)＝eq\f(x2－3,ex－1)的单调递减区间为________．答案：(－∞，－1)和(3，＋∞)解析：因为f(x)＝eq\f(x2－3,ex－1)，所以f′(x)＝eq\f(2x－x2＋3,ex－1)＝eq\f(－（x－3）（x＋1）,ex－1)，令f′(x)<0，得x>3或x<－1，故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)．利用导数求函数f(x)的单调区间的步骤(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域．(2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．2.已知函数f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，判断函数f(x)的单调性．解：因为f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f(（x－1）ex,x2)＝eq\f(（x－1）（x－ex）,x2)(x>0)．令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex，当x∈(0，＋∞)时，1－ex<0，即g′(x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝－1<0.所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．考点三含参数的函数的单调性已知函数f(x)＝eq\f(x－a,（x＋1）2)，求函数f(x)的单调区间．解：函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(－[x－（2a＋1）],（x＋1）3)，令f′(x)＝0，得x＝2a＋1.当2a＋1＝－1，即a＝－1时，f′(x)＝eq\f(－1－x,（x＋1）3)＝－eq\f(1,（x＋1）2)<0，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当2a＋1<－1，即a<－1时，令f′(x)<0，得x∈(－∞，2a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，得x∈(2a＋1，－1)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(2a＋1，－1)；当2a＋1>－1，即a>－1时，令f′(x)<0，得x∈(－∞，－1)∪(2a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，得x∈(－1，2a＋1)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(2a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，2a＋1)．综上所述，当a＝－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a<－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(2a＋1，－1)；当a>－1时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(2a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，2a＋1)．利用导数研究函数单调性的策略讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．3.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：因为g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).由题意，知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，若eq\f(1,2a)<1，即a>eq\f(1,2)，由g′(x)>0，得x>1或0<x<eq\f(1,2a)，由g′(x)<0，得eq\f(1,2a)<x<1，即函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；若eq\f(1,2a)>1，即0<a<eq\f(1,2)，由g′(x)>0，得x>eq\f(1,2a)或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<eq\f(1,2a)，即函数g(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a<eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>eq\f(1,2)时，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．考点四与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究)考向1比较大小(2026·河北百师联盟摸底)已知函数f(x)＝lnx－eq\r(x)，则f(2)，f(4)，f(8)的大小关系为(参考数据：eq\r(2)≈1.41，ln2≈0.69)()A．f(8)<f(2)<f(4) B．f(8)<f(4)<f(2)C．f(2)<f(4)<f(8) D．f(4)<f(2)<f(8)答案：A解析：函数f(x)＝lnx－eq\r(x)的定义域为(0，＋∞)，求导，得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(2－\r(x),2x)，当0<x<4时，f′(x)>0；当x>4时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，则f(2)<f(4)，f(8)<f(4)，由f(2)－f(8)＝ln2－eq\r(2)－ln8＋eq\r(8)＝eq\r(2)－2ln2≈1.41－2×0.69>0，所以f(8)<f(2)<f(4)．故选A.利用导数比较大小的方法利用导数比较大小，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．当自变量不在同一单调区间内时，应先利用函数的性质将其转化到同一单调区间上，再进行比较．4.已知a＝coseq\f(1,5)，b＝eq\f(49,50)，c＝lneq\f(99,50)，则()A．c<a<b B．c<b<aC．a<c<b D．b<c<a答案：B解析：令f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1，求导，得f′(x)＝－sinx＋x，令h(x)＝－sinx＋x，求导，得h′(x)＝－cosx＋1，当0<x<1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，所以f′(x)>0，所以f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)＝cos0＋eq\f(1,2)×02－1＝0，所以cosx＋eq\f(1,2)x2－1>0，所以cosx>－eq\f(1,2)x2＋1，所以coseq\f(1,5)>－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋1＝eq\f(49,50)，即a>b，令g(x)＝lnx－x＋1，求导得g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝ln1－1＋1＝0，所以lnx－x＋1<0，所以当x>1时，lnx<x－1，所以lneq\f(99,50)<eq\f(99,50)－1＝eq\f(49,50)，所以c<b，所以c<b<a.故选B.考向2解不等式已知一个定义在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，＋∞)答案：D解析：由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，所以当x>0时，不等式xf(x)>0的解集为(1，＋∞)，又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，所以不等式xf(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D.利用单调性解不等式的思路方法(1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式．(2)解题的一般策略：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可．5.已知函数f(x)＝2x－sin2x，则不等式f(x2)＋f(3x－4)<0的解集为________．答案：(－4，1)解析：由f(x)＝2x－sin2x，得f′(x)＝2－2cos2x＝2(1－cos2x)≥0，所以函数f(x)＝2x－sin2x是R上的增函数，又由f(－x)＝－2x－sin(－2x)＝－(2x－sin2x)＝－f(x)，得函数f(x)是奇函数，则f(x2)＋f(3x－4)<0，即f(x2)<－f(3x－4)＝f(4－3x)，所以x2<4－3x，即x2＋3x－4<0，解得－4<x<1.故不等式f(x2)＋f(3x－4)<0的解集为(－4，1)．考向3求参数的取值范围已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．(1)若f(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1，4]，则a≥G(x)max，又G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，且x∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．(2)因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，所以f′(x)<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，又当x∈[1，4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．由函数的单调性求参数的取值范围的策略若已知函数f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，求出参数的取值范围．6.如果f(x)＝mx－ex在区间(－1，0)上是单调函数，则实数m的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))∪[1，＋∞)解析：由已知f(x)＝mx－ex，有f′(x)＝m－ex，因为f(x)＝mx－ex在区间(－1，0)上是单调函数，所以在区间(－1，0)上，f′(x)＝m－ex≥0恒成立或f′(x)＝m－ex≤0恒成立，即m≥ex在区间(－1，0)上恒成立或m≤ex在区间(－1，0)上恒成立，所以m≥e0＝1或m≤e－1＝eq\f(1,e)，所以实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))∪[1，＋∞)．7．若函数g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在区间[1，2]内不单调，则实数a的取值范围是________．答案：(－10，－3)解析：∵函数g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在区间[1，2]内不单调，∴g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在区间(1，2)内有解，令y＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)，易知该函数在区间(1，2)上单调递减，∴该函数在区间(1，2)上的取值范围为(－10，－3)，∴实数a的取值范围为(－10，－3)．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号1234567891011难度★★★★★★★★★★★★★★★考点利用导数辨析图象利用导数求函数的单调区间利用导数解不等式由函数的单调区间求参数由函数的单调性求参数利用导数解不等式由函数的单调性求参数利用导数比较大小利用导数研究函数的图象利用导数判断函数的单调性利用导数比较大小题号1213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★考点利用导数求函数的单调区间由函数的单调性求参数利用导数解不等式讨论含参函数的单调性由函数的单调性求参数由函数的单调性求参数函数单调性的综合应用利用导数解不等式一、单项选择题1．函数y＝f(x)的图象如图，则导函数y＝f′(x)的图象可能是下图中的()答案：A解析：由函数图象知f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，因为f(x)的导数存在，两边取导数可得f′(x)＝[f(－x)]′，由复合函数的求导公式可得[f(－x)]′＝f′(－x)·(－x)′＝－f′(－x)，故f′(x)＝－f′(－x)，即f′(x)为奇函数，排除C，D；由原函数的图象可知，当x>0时，f(x)先递增再递减，故当x>0时，f′(x)的值先正后负，排除B.故选A.2．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))答案：B解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，故f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故选B.3．函数y＝f(x)在定义域eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≥0的解集为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪[2，3)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2]D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))答案：C解析：f′(x)≥0的解集即为y＝f(x)的单调递增区间．结合图象可得y＝f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))和[1，2]，则不等式f′(x)≥0的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2]．故选C.4．若函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，则a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，0] D．[0，＋∞)答案：A解析：因为函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，所以f′(x)＝3ax2＋1在定义域R上有两个不同的零点，令3ax2＋1＝0，则Δ＝－12a>0，所以a<0.故选A.5．(2023·新课标Ⅱ卷，6)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为()A．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案：C解析：依题意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.6．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)＝－1.当x>0时，f′(x)>1，则使得f(x)>x成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1，0)∪(0，1)答案：B解析：由f′(x)>1(x>0)，可得f′(x)－1>0(x>0)，令g(x)＝f(x)－x，则当x>0时，g′(x)＝f′(x)－1>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)＋1＝0，又因为f(x)为奇函数，所以g(x)＝f(x)－x为奇函数，所以g(1)＝0，且g(x)在(－∞，0)上单调递增．所以使得f(x)>x，即g(x)>0成立的x的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)．故选B.7．已知函数f(x)＝x2－2lnx在区间(k2－1，k＋1)上不单调，则k的取值范围是()A．(1，2) B．(eq\r(2)，2)C．[1，eq\r(2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2)))答案：C解析：因为f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)，又函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤k2－1<1，,k＋1>1，))解得1≤k<eq\r(2).故选C.8．已知a＝eq\f(ln2,2e)，b＝eq\f(1,e2)，c＝eq\f(2＋ln3,3e3)，则下列结论正确的是()A．c<b<a B．a<c<bC．a<b<c D．c<a<b答案：D解析：构造函数f(x)＝eq\f(lnx,ex)(x>0)，可得f′(x)＝eq\f(1－lnx,ex2)，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，因此f(x)在[e，＋∞)上单调递减，又a＝eq\f(1,e)×eq\f(ln2,2)＝eq\f(1,e)×eq\f(ln4,4)＝f(4)，b＝eq\f(1,e)×eq\f(lne,e)＝f(e)，c＝eq\f(1,e)×eq\f(ln（3e2）,3e2)＝f(3e2)，由e<4<3e2，得f(3e2)<f(4)<f(e)，即c<a<b.故选D.二、多项选择题9．函数f(x)＝x3－eq\f(m,x)(m∈R)的图象可能是()答案：ABD解析：由题意可知，函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，当m>0时，f′(x)＝3x2＋eq\f(m,x2)>0，函数f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，故B符合题意；当m＝0时，f(x)＝x3(x≠0)，f′(x)＝3x2>0，所以函数f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，故D符合题意；当m<0时，f(x)＝eq\f(x4－m,x)无零点，f′(x)＝eq\f(3x4＋m,x2)＝0有两解，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(4,－\f(m,3))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,－\f(m,3))，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(4,－\f(m,3))，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,－\f(m,3))))上单调递减，f(x)有两个极值点，且当x>0时，f(x)＝x3－eq\f(m,x)>0，当x<0时，f(x)＝x3－eq\f(m,x)<0，故A符合题意，C不符合题意．故选ABD.10．如果函数f(x)对定义域内的任意两个实数x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(x1f（x1）－x2f（x2）,x1－x2)>0，则称函数f(x)为“F函数”，下列函数不是“F函数”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案：ACD解析：依题意，得函数f(x)为“F函数”，则函数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)单调递减，故A中的函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中的函数是“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，g(x)单调递减，故C中的函数不是“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，g(x)单调递减，故D中的函数不是“F函数”．故选ACD.11．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)>0，∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，总有eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，则下列结论正确的是()A．f(2)<f(e)<f(π)B．f′(π)<f′(e)<f′(2)C．f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)D．f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)答案：ABD解析：根据f′(x)>0可得，f(x)在R上单调递增，因为π>e>2，所以f(2)<f(e)<f(π)，故A正确；因为∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，总有eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，所以函数f(x)的图象上凸，画出函数f(x)的图象，如图，由导数的几何意义可知，f′(x)表示函数图象上各点处的切线斜率，显然随着x的增大，切线斜率变小，且恒为正，因为π>e>2，所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，故B正确；因为kAB＝eq\f(f（3）－f（2）,3－2)＝f(3)－f(2)，结合函数图象可知f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，故C错误，D正确．故选ABD.三、填空题12．设函数f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，则函数f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．答案：(－∞，－1)和(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)．令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故函数f(x)在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．13．已知函数f(x)＝x3－ax－1(a∈R)．若函数f(x)在R上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案：(－∞，0]解析：易知f′(x)＝3x2－a.因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，即a≤3x2恒成立，故a≤(3x2)min＝0.经检验，当a＝0时，符合题意，故实数a的取值范围是(－∞，0]．14．已知函数f(x)＝2sinx＋e－x－ex，且满足f(a2－a＋1)＋f(－2a＋1)>0，则a的取值范围为________．答案：(1，2)解析：因为f(－x)＝2sin(－x)＋ex－e－x＝－2sinx＋ex－e－x＝－f(x)，且x∈R，所以f(x)为奇函数，又f′(x)＝2cosx－e－x－ex＝2cosx－(e－x＋ex)≤2cosx－2eq\r(e－x·ex)＝2cosx－2≤0，所以f(x)是减函数，所以不等式f(a2－a＋1)＋f(－2a＋1)>0化为f(a2－a＋1)>f(2a－1)，即a2－a＋1<2a－1，解得1<a<2.故a的取值范围为(1，2)．四、解答题15．已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，讨论f(x)的单调性．解：f(x)的定义域为R，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在R上单调递减；若a>0，则当x<－lna时，f′(x)<0，当x>－lna时，f′(x)>0，故f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增，在(－∞，－lna)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增，在(－∞，－lna)上单调递减．16．(1)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2－4x，试问是否存在实数a，使得f(x)在[1，a]上单调递增？若存在，求实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；(2)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a>0)，判断函数f(x)在定义域内是否为单调函数，并说明理由．解：(1)假设存在实数a，使得f(x)在[1，a]上单调递增，则f′(x)＝x2＋2ax－4≥0对x∈[1，a]恒成立，即a≥eq\f(2,x)－eq\f(x,2)对x∈[1，a]恒成立．当x∈[1，a]时，y＝eq\f(2,x)－eq\f(x,2)为减函数，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\f(x,2)))eq\s\do7(max)＝eq\f(2,1)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以a≥eq\f(3,2)，又a>1，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).(2)函数f(x)在定义域内不是单调函数．理由如下：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1＋\f(a,x)－lnx,（x＋a）2)，令g(x)＝－lnx＋eq\f(a,x)＋1，则g′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝－eq\f(x＋a,x2)<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，因为g(1)＝a＋1>0，g(ea＋1)＝－lnea＋1＋eq\f(a,ea＋1)＋1＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea＋1)－1))<0，所以存在m∈(1，ea＋1)，使得g(m)＝0，当x∈(0，m)时，g(x)>0，从而f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，m)上单调递增，当x∈(m，＋∞)时，g(x)<0，从而f′(x)<0，所以函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减，故函数f(x)在定义域内不是单调函数．17．(2026·山东聊城模拟)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)＝x3＋ax2＋(6－a)x＋2a，若f(x)是增函数，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞) B．[0，6]C．[－6，3] D．[0，3]答案：B解析：要使奇函数f(x)是增函数，则需要f(x)在x>0上单调递增，且2a≥0，则当x>0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)≥