新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　第3讲　导数的几何意义及函数的单调性（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　第3讲　导数的几何意义及函数的单调性（含解析），共15页。

考点一 导数的几何意义与计算
核心提炼
1．导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
2．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′ x＝y′u·u′x.
例1 (1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2ex－x)·cs x的图象在x＝0处的切线方程为( )
A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0
C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0
答案 B
解析 由题意，函数f(x)＝(2ex－x)·cs x，
可得f′(x)＝(2ex－1)·cs x－(2ex－x)·sin x，
所以f′(0)＝(2e0－1)·cs 0－(2e0－0)·sin 0＝1，
f(0)＝(2e0－0)·cs 0＝2，
所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a) SKIPIF 1 < 0 )，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝ SKIPIF 1 < 0 ＝(x0＋a＋1) SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，化简，得xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq \\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.
答案 y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x
解析 先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
则由y′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，
又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.
同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－eq \f(1,e)x.
综上可知，两条切线方程为y＝eq \f(1,e)x，y＝－eq \f(1,e)x.
(2)(2022·保定联考)已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．2 B．2e
C．e2 D.eq \r(e)
答案 B
解析 设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)．
由f′(x)＝eq \f(a,x)，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(km＝aln m，,\f(a,m)＝k，))
解得m＝e，a＝ek.
又由g′(x)＝bex，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kn＝ben，,ben＝k，))
解得n＝1，b＝eq \f(k,e)，
可得a＋eq \f(1,b)＝ek＋eq \f(e,k)≥2eq \r(e2)＝2e，
当且仅当a＝e，b＝eq \f(1,e)时取“＝”．
考点二 利用导数研究函数的单调性
核心提炼
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域．
(2)求f(x)的导数f′(x)．
(3)求出f′(x)的零点，划分单调区间．
(4)判断f′(x)在各个单调区间内的符号．
例2 (2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝axex－(x＋1)2(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若f(x)在x＝0处的切线与直线y＝ax垂直，求a的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解 (1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，则f′(0)＝a－2，
由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.
(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，
①当a≤0时，aex－2<0，
所以f′(x)>0⇒x<－1，f′(x)<0⇒x>－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令aex－2＝0，得x＝ln eq \f(2,a)，
(ⅰ)当0－1，
所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln eq \f(2,a)，
f′(x)<0⇒－1则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，ln \f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增；
(ⅱ)当a＝2e时，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，
则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(ⅲ)当a>2e时，ln eq \f(2,a)<－1，
所以f′(x)>0⇒x－1，
f′(x)<0⇒ln eq \f(2,a)则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，－1))上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝2e时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>2e时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，－1))上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；
(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x－ln t,x－t).
(1)当t＝2时，求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
解 (1)∵t＝2，∴f(x)＝eq \f(ln x－ln 2,x－2)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x－2,x)－ln x＋ln 2,x－22)，
∴f′(1)＝ln 2－1，又f(1)＝ln 2，
∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，
即y＝(ln 2－1)x＋1.
(2)f(x)＝eq \f(ln x－ln t,x－t)，
∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
f′(x)＝eq \f(1－\f(t,x)－ln x＋ln t,x－t2)，
令φ(x)＝1－eq \f(t,x)－ln x＋ln t，x>0且x≠t，
φ′(x)＝eq \f(t,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(t－x,x2)，
∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0，
当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上单调递增，在(t，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减．
即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间．
考点三 单调性的简单应用
核心提炼
1．函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立．
2．函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解．
例3 (1)若函数f(x)＝ex(cs x－a)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．(－eq \r(2)，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．[eq \r(2)，＋∞)
答案 D
解析 f′(x)＝ex(cs x－a)＋ex(－sin x)
＝ex(cs x－sin x－a)，
∵f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减，
∴f′(x)≤0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，
即cs x－sin x－a≤0恒成立，
即a≥cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))恒成立，
∵－eq \f(π,2)∴－eq \f(π,4)∴－1(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c答案 C
解析 设u(x)＝xex(0v(x)＝eq \f(x,1－x)(0w(x)＝－ln(1－x)(0则当00，v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0则f′(x)＝1－eq \f(1,1－x)＝eq \f(x,x－1)<0在(0,0.1]上恒成立，
所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以u(0.1)②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0则g′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,1－x)
＝eq \f(1－x2ex－1,1－x)(0设h(x)＝(1－x2)ex－1(0则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，
即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，
即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则( )
A．a＞0＞b B．a＞b＞0
C．b＞a＞0 D．b＞0＞a
答案 A
解析 ∵9m＝10，∴m∈(1,2)，
令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)，
∴f′(x)＝mxm－1－1，
∵x>1且1∴xm－1>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0，
又a＝f(10)，b＝f(8)，
∴f(8)(2)已知变量x1，x2∈(0，m)(m>0)，且x1A．e B.eq \r(e) C.eq \f(1,e) D．1
答案 A
解析 ∵ SKIPIF 1 < 0 ⇒x2ln x1x1，x2∈(0，m)，m>0，
∴eq \f(ln x1,x1)设函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，
∵x1∴f(x)在(0，m)上单调递增，
又f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
则f′(x)>0⇒0即函数f(x)的单调递增区间是(0，e)，
则m的最大值为e.
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－2x＋ln x，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．2x＋y－2＝0 B．2x－y－1＝0
C．2x＋y－1＝0 D．2x－y＋1＝0
答案 C
解析 因为f′(x)＝－eq \f(1,x2)－2＋eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝－2，
又f(1)＝－1，故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，
化简得2x＋y－1＝0.
2．已知函数f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cs x＋2，其导函数为f′(x)，则f′(0)等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 因为f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cs x＋2，
所以f(0)＝2－f′(0)．
因为f′(x)＝2x＋f(0)＋f′(0)·sin x，
所以f′(0)＝f(0)．
故f′(0)＝f(0)＝1.
3．(2022·重庆检测)函数f(x)＝e－xcs x(x∈(0，π))的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
答案 D
解析 f′(x)＝－e－xcs x－e－xsin x
＝－e－x(cs x＋sin x)＝－eq \r(2)e－xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，
e－x>0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0，则f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))时，
e－x>0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))<0，则f′(x)>0.
∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)).
4．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间x∈[1,2]上存在单调递增区间，则m的取值范围为( )
A．(0，e) B．(－∞，e)
C．(0,2e2) D．(－∞，2e2)
答案 D
解析 ∵f(x)＝(x－1)ex－mx，
∴f′(x)＝xex－m，
∵f(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间，
∴存在x∈[1,2]，
使得f′(x)>0，即m令g(x)＝xex，x∈[1,2]，
则g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，
∴g(x)＝xex在[1,2]上单调递增，
∴g(x)max＝g(2)＝2e2，
∴m<2e2，故实数m的取值范围为(－∞，2e2)．
5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．ebC．0答案 D
解析 (用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得06．已知a＝e0.3，b＝eq \f(ln 1.5,2)＋1，c＝eq \r(1.5)，则它们的大小关系正确的是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．c>b>a
答案 B
解析 由b＝eq \f(ln 1.5,2)＋1＝lneq \r(1.5)＋1，
令f(x)＝ln x＋1－x，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0；
所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，
则f(eq \r(1.5))<0，
因此lneq \r(1.5)＋1－eq \r(1.5)<0，所以b又因为c＝eq \r(1.5)<1.3，
所以lneq \r(1.5)＋1得lneq \r(1.5)<0.3＝ln e0.3，
故eq \r(1.5)c.
综上，a>c>b.
二、多项选择题
7．若曲线f(x)＝ax2－x＋ln x存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是( )
A．－eq \f(1,2) B．0 C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
答案 ABC
解析 依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在切线斜率k＝0的切线，
又k＝f′(x)＝2ax＋eq \f(1,x)－1，x>0，
∴2ax＋eq \f(1,x)－1＝0有正根，
即－2a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2－eq \f(1,x)有正根，
即函数y＝－2a与函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2－eq \f(1,x)，x>0的图象有交点，
令eq \f(1,x)＝t>0，
则g(t)＝t2－t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
∴g(t)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,4)，
∴－2a≥－eq \f(1,4)，即a≤eq \f(1,8).
8．已知函数f(x)＝ln x，x1>x2>e，则下列结论正确的是( )
A．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0
B.eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]C．x1f(x2)－x2f(x1)>0
D．e[f(x1)－f(x2)]答案 BCD
解析 ∵f(x)＝ln x是增函数，
∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A错误；
eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq \f(1,2)(ln x1＋ln x2)
＝eq \f(1,2)ln(x1x2)＝ln eq \r(x1x2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝ln eq \f(x1＋x2,2)，
由x1>x2>e，
得eq \f(x1＋x2,2)>eq \r(x1x2)，
又f(x)＝ln x单调递增，
∴eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]令h(x)＝eq \f(fx,x)，
则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x1)即 eq \f(fx1,x1)< eq \f(fx2,x2)⇒x1f(x2)－x2f(x1)>0，
C正确；
令g(x)＝ef(x)－x，
则g′(x)＝eq \f(e,x)－1，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x1)e[f(x1)－f(x2)]三、填空题
9．(2022·保定模拟)若函数f(x)＝ln x－eq \f(2,\r(x))＋m在(1，f(1))处的切线过点(0,2)，则实数m＝______.
答案 6
解析 由题意，函数f(x)＝ln x－eq \f(2,\r(x))＋m，
可得f′(x)＝eq \f(1,x)＋ SKIPIF 1 < 0 ，
可得f′(1)＝2，且f(1)＝m－2，
所以eq \f(m－2－2,1－0)＝2，解得m＝6.
10．已知函数f(x)＝x2－cs x，则不等式f(2x－1)答案 (0,2)
解析 f(x)的定义域为R，
f(－x)＝(－x)2－cs(－x)
＝x2－cs x＝f(x)，
∴f(x)为偶函数．
当x>0时，f′(x)＝2x＋sin x，
令g(x)＝2x＋sin x，
则g′(x)＝2＋cs x>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(x)为偶函数，
∴原不等式化为|2x－1|<|x＋1|，解得0∴原不等式的解集为(0,2)．
11．(2022·伊春模拟)过点P(1,2)作曲线C：y＝eq \f(4,x)的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为________．
答案 2x＋y－8＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝－eq \f(4,x2)，
所以曲线C在A点处的切线方程为
y－y1＝－eq \f(4,x\\al(2,1))(x－x1)，
将P(1,2)代入得2－y1＝－eq \f(4,x\\al(2,1))(1－x1)，
因为y1＝eq \f(4,x1)，化简得2x1＋y1－8＝0，
同理可得2x2＋y2－8＝0，
所以直线AB的方程为2x＋y－8＝0.
12．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ax＋ln x，对于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>3，则实数a的取值范围是________．
答案 a≤－1
解析 对于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，
有 eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>3.
不妨设x1则f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，
即f(x1)－3x1设F(x)＝f(x)－3x，则F(x1)又x1所以F(x)单调递增，F′(x)≥0恒成立．
F(x)＝f(x)－3x＝eq \f(1,2)x2－(a＋3)x＋ln x.
所以F′(x)＝x－(3＋a)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－3＋ax＋1,x)，
令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，
要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，
即3＋a≤x＋eq \f(1,x)恒成立，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时等号成立，
所以3＋a≤2，即a≤－1.
四、解答题
13．(2022·滁州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)．
(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－4y－2＝0垂直，求实数a的值；
(2)当a>0时，讨论函数的单调性．
解 函数定义域为(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x).
(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.
(2)f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，
对于方程2x2－2x＋a＝0，
记Δ＝4－8a.
①当Δ≤0，即a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即0解得x1＝eq \f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2).
又a>0，故x2>x1>0.
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上单调递减．
14．(2022·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.718 28…为自然对数的底数)
(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，
定义域为(1，＋∞)，F′(x)＝ln(x－1)－1，
令F′(x)>0，解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得1故F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)．
(2)f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上有意义，
故ax－1>0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，
依题意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上恒成立，
设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，
g′(x)＝ex－eq \f(a2,ax－1)，
易知g′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
故g′(x)≤g′(1)＝e－eq \f(a2,a－1)<0，
故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，最小值为g(1)，
故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，
设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，
由h′(a)＝－ln(a－1)－eq \f(a,a－1)<0可得，
h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，
又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.
综上所述，a的取值范围为(e，e＋1]．