高考数学一轮复习第三章 3.2

这是一份高考数学一轮复习第三章 3.2，共16页。试卷主要包含了判断下列结论是否正确，已知函数f ＝x2，函数f ＝ex的单调递增区间是等内容，欢迎下载使用。


函数的单调性与导数的关系
概念方法微思考
“f (x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示 不正确，正确的说法是：
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)上的任一非空子区间内都不恒为零．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)如果函数f (x)在某个区间内恒有f′(x)≥0，则f (x)在此区间内单调递增．( × )
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f (x)在(a，b)内是减函数．( √ )
题组二 教材改编
2.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)是增函数
B．在区间(1,3)上f (x)是减函数
C．在区间(4,5)上f (x)是增函数
D．在区间(3,5)上f (x)是增函数
答案 C
解析 在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f (x)是增函数．
3．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
答案 D
解析 因为在(0，π)上恒有f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f (x)在(0，π)上是减函数，故选D.
4．函数f (x)＝ex－x的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
答案 (0，＋∞) (－∞，0)
解析 由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)；由f′(x)<0，解得x<0，故其单调递减区间为(－∞，0)．
题组三 易错自纠
5．若函数f (x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋ax＋4的单调减区间为[－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．若y＝x＋eq \f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
答案 (0,2]
解析 由y′＝1－eq \f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋eq \f(a2,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，∴07．已知函数f (x)＝x2(x－a)．
(1)若f (x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________________；
(2)若f (x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
答案 (1)(－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(9,2)))
解析 由f (x)＝x3－ax2，得
f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,3))).
(1)令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2a,3)，
若f (x)在(2,3)上单调递减，则有eq \f(2a,3)≥3，解得a≥eq \f(9,2)；
若f (x)在(2,3)上单调递增，则有eq \f(2a,3)≤2，解得a≤3，
所以若f (x)在(2,3)上单调，实数a的取值范围是(－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)).
(2)若f (x)在(2,3)上不单调，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))
可得3 不含参函数的单调性
1．函数f (x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)(x>0)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f (x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)为增函数．
2．函数f (x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案 D
解析 f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
3．函数f (x)＝x＋2eq \r(1－x)的单调递增区间是__________；单调递减区间是__________．
答案 (－∞，0) (0,1)
解析 f (x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－eq \f(1,\r(1－x)).令f′(x)＝0，得x＝0.
当00.
∴f (x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x)＝xsin x＋cs x，则f (x)的单调递增区间是______________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解析 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
令f′(x)＝xcs x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
即f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
思维升华 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．
含参数的函数的单调性
例1 已知函数f (x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性．
解 函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－a＋1x＋1,x)
＝eq \f(ax－1x－1,x).
①当01，
∴x∈(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，
∴函数f (x)在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减；
②当a＝1时，eq \f(1,a)＝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∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，
∴函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f (x)的单调性？
解 a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
思维升华 (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)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
跟踪训练1 (2020·重庆一中模拟)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f (x)的单调性．
解 f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－eq \f(2a,3).
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)<0，
所以函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)<0，
所以函数f (x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．
综上，当a＝0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；当a<0时，f (x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．
函数单调性的应用
命题点1 比较大小或解不等式
例2 (1)已知函数f (x)＝xsin x，x∈R，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，f (1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))的大小关系为( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f (1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f (1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f (1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f (1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，故选A.
(2)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＝eq \f(f e,e)，b＝eq \f(f ln 2,ln 2)，c＝eq \f(f 3,3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b答案 D
解析 设g(x)＝eq \f(f x,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－f x,x2)，
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命题点2 根据函数单调性求参数
例3 已知函数f (x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
解 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]，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))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)，又因为a≠0，
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
本例中，若f (x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解 因为f (x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则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\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
本例中，若f (x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．
解 因为f (x)在[1,4]上单调递增，
所以当x∈[1,4]时，f′(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)))min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数，若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
解析 由f (x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，
得f (－x)＝－x3＋2x＋eq \f(1,ex)－ex＝－f (x)，
所以f (x)是R上的奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq \f(1,ex)≥3x2－2＋2eq \r(ex·\f(1,ex))＝3x2，
当且仅当x＝0时取等号，
所以f′(x)≥0，所以f (x)在其定义域内单调递增，
所以不等式f (a－1)＋f (2a2)≤0⇔f (a－1)≤－f (2a2)＝f (－2a2)⇔a－1≤－2a2，
解得－1≤a≤eq \f(1,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).
(2)(2020·安徽毛坦厂中学模拟)已知函数f (x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
答案 (0,1)
解析 ∵函数f (x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，
∴f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，
∵函数f (x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋1)上有变号零点，
∴eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，
∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，
故实数t的取值范围是(0,1)．
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))
答案 B
解析 由f′(x)＝1－eq \f(4,x2)＝eq \f(x－2x＋2,x2)<0，
又x>0，∴x∈(0,2)．故选B.
2．函数y＝xcs x－sin x在下面哪个区间上是增函数( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)
答案 B
解析 y′＝－xsin x，
经验证，只有在(π，2π)内y′>0恒成立，
∴y＝xcs x－sin x在(π，2π)上是增函数．
3．函数f (x)＝ln x－ax(a>0)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a))) D．(－∞，a)
答案 A
解析 由f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，x>0，得0∴f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
4．(2019·济南模拟)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选项符合．
5.在R上可导的函数f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1,2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
答案 A
解析 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f (x)单调递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；
在(－1,1)上，f (x)单调递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0,1)．
综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
6．若0A．>ln x2－ln x1 B．C． D．
答案 C
解析 设f (x)＝eq \f(ex,x)，则f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2).
当0∵0即，∴，故选C.
7．(多选)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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＞eq \f(f x1＋f x2,2)
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＜eq \f(f x1＋f x2,2)
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，并且递减的速度是先快后慢．所以f (x)的图象如图所示：
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．
8．(多选)若函数exf (x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f (x)的定义域上单调递增，则称函数f (x)具有M性质．下列函数不具有M性质的为( )
A．f (x)＝ln x B．f (x)＝x2＋1
C．f (x)＝sin x D．f (x)＝x3
答案 ACD
解析 对于A，f (x)＝ln x，则g(x)＝exln x，
则g′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))，函数g(x)＝exln x在(0，＋∞)先递减后递增；
对于B，f (x)＝x2＋1，则g(x)＝exf (x)＝ex(x2＋1)，
g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2＞0在实数集R上恒成立，
∴g(x)＝exf (x)在定义域R上是增函数；
对于C，f (x)＝sin x，则g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，显然g(x)不单调；
对于D，f (x)＝x3，则g(x)＝exf (x)＝exx3，g′(x)＝exx3＋3exx2＝ex(x3＋3x2)＝exx2(x＋3)，当x＜－3时，g′(x)＜0，∴g(x)＝exf (x)在定义域R上先递减后递增；
∴具有M性质的函数的选项为B，不具有M性质的函数的选项为A，C，D.
9．已知函数f (x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)．
(1)若f (x)的单调递减区间是(0,4)，则实数k的值为________；
(2)若f (x)在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是________．
答案 (1)eq \f(1,3) (2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
解析 (1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，
由题意知f′(4)＝0，解得k＝eq \f(1,3).
(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0(k>0)，
并结合导函数的图象可知，必有－eq \f(2k－1,k)≥4，
解得k≤eq \f(1,3)，故010．若函数f (x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
解析 对f (x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)＋2a.
由题意知，f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上有解，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.
令eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
11．(2020·福州质检)已知函数f (x)＝eq \f(ln x＋k,ex)(k为常数)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数k的值；
(2)求函数f (x)的单调区间．
解 (1)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)(x>0)．
又由题意知f′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，所以k＝1.
(2)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)．
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知，当00，所以f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.
综上，f (x)的单调递增区间是(0,1)，
单调递减区间是(1，＋∞)．
12．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)＝eq \f(a－1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a－1,x).
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0f′(x)>0，故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1－a,2a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1－a,2a))，＋∞))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013．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( )
A．a2－3b有最小值3 B．a2－3b有最大值2eq \r(3)
C．f (0)·f (1)≤0 D．g(0)·g(1)≥0
答案 D
解析 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g(0)·g(1)≥0，故选D.
14．已知函数f (x)(x∈R)满足f (1)＝1，f (x)的导数f′(x)答案 {x|x<－1或x>1}
解析 设F (x)＝f (x)－eq \f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)，
∵f′(x)即函数F (x)在R上单调递减．
∵f (x2)∴F (x2)∴x2>1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．
15．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f (x)使不等式2f (x)A．8C．3答案 B
解析 ∵xf′(x)－2f (x)>0，x>0，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f x,x2)))′＝eq \f(f′x·x2－2xf x,x4)＝eq \f(xf′x－2f x,x3)>0，
令g(x)＝eq \f(f x,x2)，
∴g(x)＝eq \f(f x,x2)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(2)>g(1)，即eq \f(f 2,22)>eq \f(f 1,12)，
又由2f (x)<3f (x)，得f (x)>0，即eq \f(f 2,f 1)>4.
∵xf′(x)－3f (x)<0，x>0，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f x,x3)))′＝eq \f(f′x·x3－3x2f x,x6)＝eq \f(xf′x－3f x,x4)<0，
令h(x)＝eq \f(f x,x3)，
∴h(x)＝eq \f(f x,x3)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(2)综上，416．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·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′x＋\f(m,2)))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)＝eq \f(a1－x,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．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，即a＝－2，
∴f (x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝eq \f(2x－2,x)(x>0)．
∴g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))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，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g′t<0，,g′3>0，))
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，
由g′(3)>0，即m>－eq \f(37,3).
∴－eq \f(37,3)即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).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)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