2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第2讲　导数与函数的单调性学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第2讲　导数与函数的单调性学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
函数的单调性与导数的关系
常用结论
理清三组关系
(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)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒为零．
(3)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
二、习题改编
1．(选修1­1P93练习T1改编)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( )
A．(0，1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
答案：A
2．(选修1­1P93练习T3改编)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2，其中参数a≥0.设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)·cs x－sin x，讨论g(x)的单调性．
解：g′(x)＝f′(x)＋cs x－(x－a)sin x－cs x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cs x≥0，
所以h(x)在R上单调递增，因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
①当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
综上，当a＝0时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，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，则f(x)在此区间内没有单调性．( )
答案：(1)× (2)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)判断导数值的正负时忽视函数值域这一隐含条件；
(2)讨论函数单调性时，分类标准有误．
1．函数f(x)＝cs x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
2．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，
f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
利用导数判断(证明)函数的单调性(师生共研)
(1)已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( )
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增
D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减
(2)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．
【解】 (1)选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)>0时，解得x>eq \f(1,e)，
即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))；
当f′(x)<0时，解得0即函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，故选D.
(2)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))
单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
eq \a\vs4\al()
导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)．
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号．
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
已知函数f(x)＝eq \f(a,2)(x－1)2－x＋ln x(a>0)，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(（x－1）（ax－1）,x)，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq \f(1,a)，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②若01，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
③若a>1，则0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0当a>1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
求函数的单调区间(师生共研)
已知函数f(x)＝aln x－x－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．求函数f(x)的单调区间．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)－1＋eq \f(1＋a,x2)＝eq \f(－x2＋ax＋1＋a,x2)＝eq \f(－（x＋1）[x－（1＋a）],x2)，
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，
所以，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．
eq \a\vs4\al()
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．
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))
解析：选B.令f′(x)＝1－eq \f(4,x2)＝eq \f(（x－2）（x＋2）,x2)<0，则－2因为x>0，所以x∈(0，2)，故选B.
2．已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x－eq \f(3,2)，求函数f(x)的单调区间．
解：f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x－eq \f(3,2)，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2).
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
函数单调性的应用(多维探究)
角度一 比较大小或解不等式
已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝eq \f(1,e)，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则不等式F(x)A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
【解析】 F′(x)＝eq \f(f′（x）ex－exf（x）,（ex）2)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，
又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，
所以F(x)在R上单调递减．
由F(x)1，
所以不等式F(x)【答案】 B
eq \a\vs4\al()
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问题，再由单调性比较大小或解不等式．
角度二 已知函数单调性求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】 (1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解．
即a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
因为x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，
即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞)).
【迁移探究1】 (变条件)本例条件变为：若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由h(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，
又当x∈[1，4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq \s\d7(min)＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
【迁移探究2】 (变问法)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(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\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq \s\d7(min)＝－1，
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
(1)由函数在区间[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．
(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．
(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
1．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，f(1)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))的大小关系为( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
解析：选A.因为f(x)＝xsin x，
所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．
所以函数f(x)是偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，得f′(x)＝sin x＋xcs x>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，故选A.
2．已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在区间[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，
即eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或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).
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，因为函数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，
解得a<0或0思想方法系列5 分类讨论思想研究函数的单调性
已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a>0.讨论f(x)的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(（ax2－2）（x－1）,x3).
因a>0，f′(x)＝eq \f(a（x－1）,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，
f(x)单调递增．
(3)当a>2时，00，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
eq \a\vs4\al()
含参数函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：(1)方程f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；(3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．
已知函数g(x)＝eq \f(2,3)x3＋(1－a)x2－2ax＋b，a，b∈R.求函数g(x)的单调区间．
解：函数g(x)的定义域为(－∞，＋∞)．
g′(x)＝2x2＋2(1－a)x－2a＝(2x＋2)(x－a)，由g′(x)＝0⇒x＝－1或x＝a，
①若a<－1，则当x∈(－∞，a)时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，a)上为增函数，
当x∈(a，－1)时，g′(x)<0，g(x)在(a，－1)上为减函数，
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
②若a＝－1，则g′(x)≥0，g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；
③若a>－1，则当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，－1)上为增函数，
当x∈(－1，a)时，g′(x)<0，g(x)在(－1，a)上为减函数，
当x∈(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(a，＋∞)上为增函数．
[基础题组练]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋eq \f(3,x)＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
解析：选B.法一：令y′＝1－eq \f(3,x2)＋eq \f(2,x)<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.
法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝43．函数f(x)＝eq \f(ex,x)的图象大致为( )
解析：选B.函数f(x)＝eq \f(ex,x)的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)，可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．
当x<0时，函数f(x)＝eq \f(ex,x)<0，选项D不正确，选项B正确．
4．(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.
优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)5．(2020·江西七校第一次联考)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)
解析：选C.因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故选C.
6．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为 ．
解析：由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2).
所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ．
解析：由f(x)图象特征可得，
f′(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))和[2，＋∞)上大于0，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上小于0，
所以xf′(x)≥0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥0，,f′（x）≥0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,f′（x）≤0))⇔0≤x≤eq \f(1,2)或x≥2，
所以xf′(x)≥0的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)
8．若f(x)＝xsin x＋cs x，则f(－3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为 (用“<”连接)．
解析：由题意知，函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0.所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是减函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－eq \f(1,3)；
令f′(x)<0，解得－eq \f(1,3)所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
10．已知函数f(x)＝eq \f(b,ex)－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
解：因为f(0)＝b－1，
所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝eq \f(b－1－（－2）,0－2)＝－eq \f(b＋1,2)，
而f′(x)＝－eq \f(b,ex)，由导数的几何意义可知，
f′(0)＝－b＝－eq \f(b＋1,2)，
所以b＝1，所以f(x)＝eq \f(1,ex)－1.
则F(x)＝ax＋eq \f(1,ex)－1，F′(x)＝a－eq \f(1,ex)，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
[综合题组练]
1．(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为( )
A．(0，2) B．(0，3)
C．(2，3) D．(3，＋∞)
解析：选B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0，3)，故选B.
2．设函数f(x)＝x－eq \f(1,x)，且f(mx)＋mf(x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－eq \f(1,mx)＋mx－eq \f(m,x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，整理得2mx0时，2x2<1＋eq \f(1,m2)，显然当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m<0时，2x2>1＋eq \f(1,m2)，当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，1＋eq \f(1,m2)<2，解得m<－1.综上，实数m的取值范围是m<－1.
答案：(－∞，－1)
3．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝1，,f′（0）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,b＝0.))
故b＝0，c＝1.
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－eq \f(2,x)成立，
即－a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(2,x)))eq \s\d7(min).
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，
则－x－eq \f(2,x)≥2eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x))))＝2eq \r(2)，
当且仅当－x＝－eq \f(2,x)，即x＝－eq \r(2)时等号成立，
所以－a>2eq \r(2)，则a<－2eq \r(2).
所以实数a的取值范围为(－∞，－2eq \r(2))．
4．(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
解：(1)由题意得f′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq \f(1,\r(2a))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，从而g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)＝eq \f(e（ex－1－x）,xex)>0.
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数