新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性 (含解析)，共21页。试卷主要包含了利用导数判断函数单调性的步骤等内容，欢迎下载使用。

第2节　导数与函数的单调性
考试要求　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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).


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)＞0
f(x)在(a，b)上单调递增
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3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.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.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.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(　　)
(2)如果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)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)＞0，则f(x)在定义域上一定单调递增.(　　)
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)反例，f(x)＝－，虽然f′(x)＝＞0，但f(x)＝－，在其定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不具有单调性.
2.(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)
A.f(b)＞f(c)＞f(d)
B.f(b)＞f(a)＞f(e)
C.f(c)＞f(b)＞f(a)
D.f(c)＞f(d)＞f(e)
答案　CD
解析　由题意得，
当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).
当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)在(c，e)上是减函数，
因为c＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).
3.(2021·九江二模)函数f(x)＝ln x－x2的单调递增区间为________.
答案　
解析　由题意可得函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x＝.
由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，
解得0＜x＜，
故函数的单调增区间为.
4.若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________.
答案　(－3，0)∪(0，＋∞)
解析　f′(x)＝3ax2＋6x－1，由题意得解得a＞－3且a≠0.
5.(易错题)若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.
答案　－4
解析　f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4], ∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.
6.(易错题)若y＝x＋(a＞0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________.
答案　(0，2]
解析　法一　由y′＝1－≥0，
得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，
∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.
法二　y′＝1－，依题意知1－≥0
在x∈[2，＋∞)上恒成立，
即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，
又a＞0，∴0＜a≤2.

　考点一　不含参函数的单调性
1.下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)
A.f(x)＝sin 2x B.f(x)＝xex
C.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋ln x
答案　B
解析　由于x＞0，对于A，f′(x)＝2cos 2x，f′＝－1＜0，不符合题意；
对于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合题意；
对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－＜0，不符合题意；
对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－＜0，不符合题意.
2.(2022·武汉模拟)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是(　　)
A.
B.
C.
D.∪
答案　C
解析　∵函数f(x)＝2x2－ln x，∴f′(x)＝4x－＝＝.
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴函数的单调递减区间是.
3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增区间是________.
答案　和
解析　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为
∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
感悟提升　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.
　考点二　含参函数的单调性
例1 已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性.
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋
＝＝.
①当01，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
综上，当0 当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
感悟提升　1.(1)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)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.
训练1 讨论函数f(x)＝－x＋aln x的单调性.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
设y＝x2－ax＋1，其图象过定点(0，1)，开口向上，对称轴为x＝，
①当≤0，即a≤0时，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当＞0，即a＞0时，
令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，
(ⅰ)当Δ≤0，即0＜a≤2时，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上是减函数.
故a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数.
(ⅱ)当Δ＞0，即a＞2时，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
　考点三　根据函数的单调性求参数
例2 已知g(x)＝2x＋ln x－.
(1)若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围.
解　(1)g(x)＝2x＋ln x－(x>0)，
g′(x)＝2＋＋(x>0).
∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋＋≥0在[1，2]上恒成立，
∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，
所以a≥－3.
∴实数a的取值范围是[－3，＋∞).
(2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，
则g′(x)＞0在[1，2]上有解，
即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，
∴a＞(－2x2－x)min，
又(－2x2－x)min＝－10，∴a＞－10.
迁移 (1)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围.
解　依题意g′(x)＝2＋＋在[1，2]上满足g′(x)≤0恒成立，
∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，
又t＝－2x2－x＝－2＋，x∈[1，2]是减函数，
∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10.
所以a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，－10].
(2)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.
解　∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，
∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，
则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，
易知该函数在(1，2)上是减函数，
∴y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，
因此实数a的取值范围为(－10，－3).
感悟提升　根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.
(2)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.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
训练2 若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A.[－1，1] B.
C. D.
答案　C
解析　∵f(x)＝x－sin 2x＋asin x，
∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋.
由f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.
令t＝cos x，t∈[－1，1]，
则－t2＋at＋≥0，
在t∈[－1，1]上恒成立.
∴4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.
令g(t)＝4t2－3at－5，
则解之得－≤a≤.
　考点四　函数单调性的应用
角度1　比较大小
例3 (多选)(2021·淄博二模)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是(　　)
A.ln 2＞ B.ln 3＜
C.ln π＞ D.＜
答案　ACD
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝，当0＜x＜e时，g′(x)＞0，当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.∵2＜e，∴g(2)＜g(e)，即＜＝，∴ln 2＜，故A错误.
∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，
即＝＞＞，
∴ln 3＜，ln π＜，＞，故B正确，C、D错误.
角度2　解不等式
例4 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________.
答案　(－∞，－1)∪(0，1)
解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，
所以f(1)＝－f(－1)＝0.
当x≠0时，令g(x)＝，
则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.
则当x＞0时，g′(x)＝′
＝＜0，
故g(x)在(0，＋∞)上单减，在(－∞，0)上单增.
所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0，得＞0，所以f(x)＞0；
在(－∞，0)上，当x＜－1时，由g(x)＜g(－1)＝0，得＜0，所以f(x)＞0.
综上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).
感悟提升　1.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，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2.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，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
训练3 (1)已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)
A.f＞f(1)＞f
B.f(1)＞f＞f
C.f＞f(1)＞f
D.f＞f＞f(1)
答案　A
解析　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f＝f.
又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x＞0，所以函数f(x)在上是增函数，所以f＜f(1)＜f，即f＞f(1)＞f，故选A.
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________.
答案　(－∞，－3)∪(0，3)
解析　f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔
[f(x)g(x)]′＞0，
所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增.
又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，
所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).
数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3).
构造函数，巧妙解题
导数关系构造函数的一些常见结构
1.对于不等式f′(x)＋g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x).
2.对于不等式f′(x)－g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x).
特别地，对于不等式f′(x)>k，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
3.对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)·g(x).
4.对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝.
5.对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数F(x)＝xn·f(x).
6.对于不等式f′(x)＋f(x)>0，构造函数F(x)＝ex·f(x).
7.对于不等式f′(x)＋kf(x)>0，构造函数F(x)＝ekx·f(x).
一、利用f(x)与ex构造可导型函数
例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)＜ D.f(a)＞
答案　B
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝＝＞0.
∴g(x)在R上为增函数，又a＞0，
∴g(a)＞g(0)，即＞.
故f(a)＞eaf(0).
总结　(1)出现f′(x)－f(x)的形式，构造函数F(x)＝；
(2)出现f′(x)＋f(x)的形式，构造函数F(x)＝f(x)ex.
二、利用f(x)与xn构造可导型函数
例2 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x＞0时，2f(x)＞xf′(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________.
答案　(－1，0)∪(0，1)
解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0，1).
总结　(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)＝.
三、利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数
例3 (多选)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(　　)
A.f＞f
B.f＞f
C.f＞f
D.f＞f
答案　CD
解析　根据题意，令g(x)＝，x∈，则其导数g′(x)＝，又由x∈，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数.由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f；又由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f.
总结　f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；F(x)＝，
F′(x)＝.
四、构造具体函数
例4 (2022·石家庄一模)若ln x－ln y＜－(x＞1，y＞1)，则(　　)
A.ey－x＞1 B.ey－x＜1
C.ey－x－1＞1 D.ey－x－1＜1
答案　A
解析　依题意，ln x－＜ln y－，令f(t)＝t－(t≠0).则f′(t)＝1＋＞0，所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x＞1，y＞1，得ln x＞0，ln y＞0，又ln x－＜ln y－.则f(ln x)＜f(ln y).又f(t)在(0，＋∞)上单调递增.则ln x＜ln y，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的关系，故C、D不正确.
总结　不等式两边凑配成相同的形式，构造具体的函数利用单调性求解.


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(　　)


答案　D
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符合.
2.函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)的单调递减区间是.
3.若函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x).若f′(x)－3＜0恒成立，f(－2)＝0，则f(x)－3x＜6的解集为(　　)
A.(－∞，－2) B.(－2，2)
C.(－∞，2) D.(－2，＋∞)
答案　D
解析　令g(x)＝f(x)－3x－6，
则g′(x)＝f′(x)－3＜0，
所以函数g(x)在R上单调递减，
g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0，
由g(x)＜0⇔g(x)＜g(－2)，则x＞－2.
4.(2022·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是(　　)
A.a>－ B.0 C.a>或－
答案　D
解析　f′(x)＝2ax－4a－＝，
令g(x)＝2ax2－4ax－1，
则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，
若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.
当a＝0时，显然不成立；
当a≠0时，只需
或
解得a>或a<－.
∴a>是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.
5.(2021·鹰潭一模)已知a＝，b＝，c＝，则a、b、c的大小关系为(　　)
A.b＜c＜a B.c＜a＜b
C.a＜c＜b D.c＜b＜a
答案　C
解析　设f(x)＝，则f′(x)＝，
当0＜x＜e时，f′(x)＞0；当x＞e时，f′(x)＜0，则f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
则当x＝e时，f(x)max＝＝，
即b＞a，b＞c；
a－c＝－＝＝＜0，则c＞a，所以b＞c＞a.
6.已知函数f(x)＝x3－4x＋2ex－2e－x，其中e为自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是(　　)
A.(－∞，－1] B.
C. D.
答案　D
解析　f′(x)＝x2－4＋2ex＋2e－x≥x2－4＋2＝x2≥0，∴f(x)在R上是增函数.
又f(－x)＝－x3＋4x＋2e－x－2ex＝－f(x)，知f(x)为奇函数.
故f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)，
∴a－1≤－2a2，解之得－1≤a≤.
7.已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________.
答案　c＜a＜b
解析　设g(x)＝，
则g′(x)＝，
又当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0，
所以g′(x)＜0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减.由0＜ln 2＜e＜3，可得g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，即c＜a＜b.
8.已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的取值范围是________.
答案　∪(0，＋∞)
解析　∵f(x)在[1，4]上单调递减，
∴当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立.
设G(x)＝－，x∈[1，4]，
∴a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
∵x∈[1，4]，∴∈，
∴G(x)max＝－，
∴a≥－，又a≠0，
∴a的取值范围为∪(0，＋∞).
9.(2022·岳阳模拟)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________.
答案　(－∞，2ln 2－2)
解析　∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解.设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴当x＝ln 2时，g(x)取得极大值也是最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a＜2ln 2－2.
10.函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间.
解　(1)f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)·e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，
∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，
∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x，
即(a－b)x－y＋b＝0，
∴解得
(2)∵f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，
∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x
＝－(x＋2)(x－3)e－x，
当x＜－2或x＞3时，f′(x)＜0；
当－2＜x＜3时，f′(x)＞0，
故f(x)的单调递增区间是(－2，3)，
单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞).
11.讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
①当a≥1时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)＜0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，
解得x＝，
则当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0，
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增.
综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增.

12.(2021·张家口三模)已知a，b∈(0，3)，且4ln a＝aln 4，4ln b＝bln 2，c＝log0.30.06，则(　　)
A.c＜b＜a B.a＜c＜b
C.b＜a＜c D.b＜c＜a
答案　C
解析　由已知得＝＝，＝＝，可以构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又f(a)＝f(2)＝f(4)＞f(b)＝f(16)，结合a，b∈(0，3)，所以b＜a＝2，又c＝log0.30.06＝log0.3(0.2×0.3)＝log0.30.2＋1＞1＋log0.30.3＝2，所以b＜a＜c.
13.(多选)(2021·重庆调研)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意的x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是(　　)
A.f(x)＜0恒成立
B.(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0
C.f＞
D.f＜
答案　BD
解析　由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)＜0，故原函数为减函数，并且递减的速度是逐渐减慢.所以f(x)的示意图如图所示：

f(x)＜0恒成立，没有依据，故A不正确；
B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]异号，即f(x)为减函数，故B正确；
C，D左边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，
右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C不正确，D正确.
14.已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
当a＞0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间.
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，
即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，
f′(x)＝(x＞0).
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点.
由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)＜0，
故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9，
又g′(3)＞0，即m＞－.
∴－＜m＜－9.
即实数m的取值范围是.