高考数学一轮复习　第三章 第2节 第1课时导数在研究函数中的应用

这是一份高考数学一轮复习　第三章 第2节 第1课时导数在研究函数中的应用，共17页。试卷主要包含了函数的极值与导数，函数的最值与导数等内容，欢迎下载使用。


知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.
2.函数的极值与导数
3.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.[微点提醒]
1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“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.
3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(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.( )
(3)函数的极大值一定大于其极小值.( )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.( )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( )
解析 (1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.
(3)函数的极大值也可能小于极小值.
(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.(选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.
答案 A
3.(选修2－2P32A5(4)改编)函数f(x)＝2x－xln x的极值是( )
A.eq \f(1,e) B.eq \f(2,e) C.e D.e2
解析 因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，令f′(x)＝0，所以x＝e，当f′(x)>0时，解得0e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.
答案 C
4.(2019·青岛月考)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.单调递增 D.单调递减
解析 易知f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)，
则f′(x)<0，所以f(x)＝cs x－x在(0，π)上递减.
答案 D
5.(2017·浙江卷)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( )
解析 设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0答案 D
6.(2019·豫南九校考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )
A.4 B.2或6
C.2 D.6
解析 函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，
由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，
又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当e＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.
答案 C
第1课时 导数与函数的单调性
考点一 求函数的单调区间
【例1】 已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值.
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝0，
即3a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝eq \f(16a,3)－eq \f(8,3)＝0，解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex，
故g′(x)＝eq \f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，
解得－1所以g(x)的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).
规律方法 1.求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)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间.
2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.
【训练1】 (1)已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( )
A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减
C.在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上递增 D.在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上递减
(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间为________.
解析 (1)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(2)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)))和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)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
答案 (1)D (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
考点二 讨论函数的单调性
【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)>0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))时，f(x)取得最小值，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))＝a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))，
故当且仅当a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))≥0，
即0>a≥－2eeq \s\up6(\f(3,4))时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2eeq \s\up6(\f(3,4))，0].
规律方法 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)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0的点和函数的间断点.
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2】 已知f(x)＝eq \f(x2,2)－aln x，a∈R，求f(x)的单调区间.
解 因为f(x)＝eq \f(x2,2)－aln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x).
(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数.
(2)当a>0时，f′(x)＝eq \f(（x＋\r(a)）（x－\r(a)）,x)，则有
①当x∈(0，eq \r(a))时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，eq \r(a)).
②当x∈(eq \r(a)，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，eq \r(a))，单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞).
考点三 函数单调性的简单应用 多维探究
角度1 比较大小或解不等式
【例3－1】 (1)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))满足f′(x)cs x＋f(x)sin x＝1＋ln x，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是( )
A.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
C.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))
(2)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 (1)令g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)，则g′(x)＝eq \f(f′(x)cs x－f(x)(－sin x),cs2x)＝eq \f(1＋ln x,cs2x).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(00，))解得eq \f(1,e)又eq \f(π,3)>eq \f(π,4)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，
即eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))).
(2)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，
∴F(x)在R上单调递减.
由F(x)1，
所以不等式F(x)答案 (1)B (2)B
角度2 根据函数单调性求参数
【例3－2】 (2019·日照质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围.
解 h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x>0.
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
则当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.
又G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up6(2)－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减，
∴当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
则a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以a≥G(x)max.
又G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up6(2)－1，x∈[1，4]，
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).
又当a＝－eq \f(7,16)时，h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(7,16)x－2＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x)，
∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x)≤0，
当且仅当x＝4时等号成立.
∴h(x)在[1，4]上为减函数.
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞)).
规律方法 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.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)是单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有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，否则漏解.
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【训练3】 (1)已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，则( )
A.4f(1)f(2)
C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2)
(2)(2019·淄博模拟)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(2，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－2] B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.[2，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
解析 (1)设函数g(x)＝eq \f(f(x),x2)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x2f′(x)－2xf(x),x4)＝eq \f(xf′(x)－2f(x),x3)<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)内为减函数，所以g(1)>g(2)，即eq \f(f(1),12)>eq \f(f(2),22)，所以4f(1)>f(2).
(2)由于f′(x)＝k－eq \f(1,x)，f(x)＝kx－ln x在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k≥eq \f(1,x)，而0答案 (1)B (2)B
[思维升华]
1.已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意函数f(x)的定义域.
2.含参函数的单调性要注意分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性.
3.已知函数单调性求参数可以利用给定的已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决.
[易错防范]
1.求单调区间应遵循定义域优先的原则.
2.注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别.
3.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.
4.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)的任何子区间内都不恒为零.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( )
解析 由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足.
答案 D
2.函数f(x)＝x·ex－ex＋1的单调递增区间是( )
A.(－∞，e) B.(1，e)
C.(e，＋∞) D.(e－1，＋∞)
解析 由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞).
答案 D
3.(2019·青岛二中调研)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A.k≤－3或－1≤k≤1或k≥3
B.不存在这样的实数k
C.－2D.－3解析 由f(x)＝x3－12x，得f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2，
只要f′(x)＝0的解有一个在区间(k－1，k＋1)内，函数f(x)在区间(k－1，k＋1)上就不单调，则k－1<－2答案 D
4.已知f(x)＝eq \f(ln x,x)，则( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析 f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e时，f(x)max＝f(e)，
又f(2)＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f(3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，
则f(e)>f(3)>f(2).
答案 D
5.(2019·济宁一中模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A.(－1，1) B.(－1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)
解析 由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，
因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增.
又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.
答案 B
二、填空题
6.已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递增区间为________.
解析 因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq \r(2)所以函数f(x)的单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2)).
答案 (－eq \r(2)，eq \r(2))
7.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________.
解析 由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点.需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，
所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞).
答案 (－3，0)∪(0，＋∞)
8.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________.
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.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)，＋∞)).
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
三、解答题
9.已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(a,x)－ln x－eq \f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x知f′(1)＝－eq \f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq \f(5,4).
(2)由(1)知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，且x>0，
∴x＝5(x＝－1舍去).
当x∈(0，5)时，f′(x)<0；当x>5时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).
10.(2019·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.
(1)解 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，＋∞)内单调递减.
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.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2017·山东卷)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2
C.f(x)＝3－x D.f(x)＝cs x
解析 设函数g(x)＝ex·f(x)，对于A，g(x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))eq \s\up12(x)，在定义域R上为增函数，A正确.对于B，g(x)＝ex·x2，则g′(x)＝x(x＋2)ex，由g′(x)>0得x<－2或x>0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.对于C，g(x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))eq \s\up12(x)在定义域R上是减函数，C不正确.对于D，g(x)＝ex·cs x，则g′(x)＝eq \r(2)excseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确.
答案 A
12.(2019·上海静安区调研)已知函数f(x)＝xsin x＋cs x＋x2，则不等式f(ln x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x)))<2f(1)的解集为( )
A.(e，＋∞) B.(0，e)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪(1，e) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
解析 f(x)＝xsin x＋cs x＋x2是偶函数，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x)))＝f(－ln x)＝f(ln x).
则原不等式可变形为f(ln x)又f′(x)＝xcs x＋2x＝x(2＋cs x)，
由2＋cs x>0，得x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴|ln x|<1⇔－1答案 D
13.若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x＝1－eq \f(2,3)(2cs2x－1)＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2 x＋acs x＋eq \f(5,3)，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.
令cs x＝t，t∈[－1，1]，则－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在[－1，1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.
令g(t)＝4t2－3at－5，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g(1)＝4－3a－5≤0，,g(－1)＝4＋3a－5≤0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))
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·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).
∴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\{(\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)).
新高考创新预测
15.(多填题)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称.则m＝________，f(x)的单调递减区间为________.
解析 由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
所以g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
因为g(x)的图象关于y轴对称，所以－eq \f(2m＋6,2×3)＝0，
所以m＝－3，代入①得n＝0，所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
由f′(x)<0，得0答案 －3 (0，2)条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点