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2023年高考数学(文数)一轮复习课时14《导数与函数的单调性》达标练习（2份，答案版+教师版）
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这是一份2023年高考数学(文数)一轮复习课时14《导数与函数的单调性》达标练习（2份，答案版+教师版），文件包含2023年高考数学文数一轮复习课时14《导数与函数的单调性》达标练习含详解doc、2023年高考数学文数一轮复习课时14《导数与函数的单调性》达标练习教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
一、选择题
函数y=eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A.(－1,1) B.(0,1] C.(1，＋∞) D.(0,2)
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y′=x－eq \f(1,x)≤0，得0所以函数的单调递减区间为(0,1].
已知函数f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( )
A.[-1,- SKIPIF 1 < 0 ] B.[- SKIPIF 1 < 0 ,- SKIPIF 1 < 0 ] C.[－1,1] D.[－1, SKIPIF 1 < 0 ]
【答案解析】答案为：C.
解析：因为f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，所以f′(x)=x＋tsinx.令g(x)=f′(x)，
因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)=1＋tcsx≥0恒成立，
所以tcsx≥－1恒成立，因为csx∈[－1，1]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－t≥－1，,t≥－1，))所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
若函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )
A.(－2,0) B.(0,1) C.(1，＋∞) D.(－∞，－2)
【答案解析】答案为：D
解析：由题意知， f ′(x)=1－eq \f(b,x2).∵函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点， ∴当1－eq \f(b,x2)=0时，b=x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4).令f ′(x)＞0，解得x＜－eq \r(b)或x＞eq \r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(b))，(eq \r(b)，＋∞)，
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意.故选D.
定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)=1，且2f′(x)＞1，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))时，不等式f(2csx)＞eq \f(3,2)－2sin2eq \f(x,2)的解集为( D )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(4π,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))
【答案解析】答案为：D；
解析：令g(x)=f(x)－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)，则g′(x)=f′(x)－eq \f(1,2)＞0，∴g(x)在R上单调递增，
且g(1)=f(1)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)=0，∵f(2csx)－eq \f(3,2)＋2sin2eq \f(x,2)=f(2csx)－eq \f(2csx,2)－eq \f(1,2)=g(2csx)，
∴f(2csx)＞eq \f(3,2)－2sin2eq \f(x,2)，即g(2csx)＞0，∴2csx＞1.
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))).
已知函数f(x)=x3－ax在(－1，1)上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.[3，＋∞) C.(－∞，1] D.(－∞，3]
【答案解析】答案为：B；
解析：∵f(x)=x3－ax，∴f′(x)=3x2－a.又f(x)在(－1,1)上单调递减，
∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.
f(x)=x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A.a<1 B.a≤1 C.a<2 D.a≤2
【答案解析】答案为：D
解析：由f(x)=x2－aln x，得f′(x)=2x－eq \f(a,x)，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－eq \f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.
设函数f(x)=eq \f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1,2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2] D.(0,3]
【答案解析】答案为：A；
解析：∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=x－eq \f(9,x)，
∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＞0，,a＋1≤3，))解得1＜a≤2.
已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是( )
【答案解析】答案为：B.
解析:由导函数的图象知,在[-1,1]上f′(x)>0,故函数f(x)在[-1,1]上是单调递增的.
又因为在[-1,0]上f′(x)的值逐渐增大,在[0,1]上f′(x)的值逐渐减小,
所以在[-1,0]上,f(x)的增长率逐渐增大,在[0,1]上 f(x) 的增长率逐渐变小.故选B.
设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(－3)=0，则不等式 SKIPIF 1 < 0 <0的解集是( )
A.(－3,0)∪(3，＋∞) B.(－3,0)∪(0,3)
C.(－∞，－3)∪(3，＋∞) D.(－∞，－3)∪(0,3)
【答案解析】答案为：D
解析：∵当x<0时，f′(x)·g(x)－f(x)g′(x)>0，
∴[ SKIPIF 1 < 0 ]′=eq \f(f′xgx－fxg′x,g2x)>0，
∴当x<0时， SKIPIF 1 < 0 是增函数，故当x>0时， SKIPIF 1 < 0 也是增函数.
∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
∴ SKIPIF 1 < 0 为奇函数， SKIPIF 1 < 0 的图象关于原点对称，
函数 SKIPIF 1 < 0 的单调性的示意图，如图所示：
∵f(－3)=0，∴f(3)=0，∴由不等式 SKIPIF 1 < 0 <0，可得x<－3或0故原不等式的解集为{x|x<－3或0 若函数f(x)=ln x－ax2－4x(a≠0)在区间(eq \f(1,4),eq \f(1,3))上单调递增，则实数a的最大值为( )
A.eq \f(3,2) B.－eq \f(3,2) C.－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
【答案解析】答案为：B；
解析：解法一：对函数f(x)求导得f′(x)=eq \f(1,x)－2ax－4=－eq \f(2ax2＋4x－1,x)(x＞0).
①当a＞0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(4＋2a)－2,2a)))上单调递增，
因为f(x)在区间(eq \f(1,4),eq \f(1,3))上单调递增，所以eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)≥eq \f(1,3)，无解，故a不存在；
②当－2＜a＜0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)或x＞eq \f(－\r(4＋2a)－2,2a)，
即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(4＋2a)－2,2a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(4＋2a)－2,2a)，＋∞))上单调递增，
因为f(x)在区间(eq \f(1,4),eq \f(1,3))上单调递增，所以eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)≥eq \f(1,3)或eq \f(－\r(4＋2a)－2,2a)≤eq \f(1,4)，
所以－2＜a≤－eq \f(3,2)；
③当a≤－2时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意.
综上所述，a≤－eq \f(3,2)，即实数a的最大值为－eq \f(3,2).
下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex C.f(x)=x3－x D.f(x)=－x＋ln x
【答案解析】答案为：B
解析：对于A，易得f(x)=sin 2x的单调递增区间是[kπ－eq \f(π,4)，kπ＋eq \f(π,4)](k∈Z)；
对于B, f ′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时， f ′(x)＞0，
所以函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C, f ′(x)=3x2－1，
令f ′(x)＞0，得x＞eq \f(\r(3),3)或x＜－eq \f(\r(3),3)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；
对于D, f ′(x)=－1＋eq \f(1,x)=－eq \f(x－1,x)，令f ′(x)＞0，得0＜x＜1，
所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.综上所述，选B.
求形如y=f(x)g(x)的函数的导数,我们常采用以下做法:先两边同取自然对数得ln y=g(x)ln f(x),再两边同时求导得·y′=g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x),
于是得到y′=f(x)g(x)[g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x)],
运用此方法求得函数y=的单调递增区间是( )
A.(e,4) B.(3,6) C.(0,e) D.(2,3)
【答案解析】答案为：C.
解析:由题设,y′=·(-·ln x+)=·(x>0).
令y′>0,得1-ln x>0,所以0二、填空题
已知函数f(x)=－eq \f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是 .
【答案解析】答案为：(0,1)∪(2,3)；
解析：由题意知f′(x)=－x＋4－eq \f(3,x)=－eq \f(x－1x－3,x)，
由f′(x)=0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.
已知函数f(x)=eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2＋(a－1)x(a∈R)是区间(1,4)上单调函数，则a取值范围是______.
【答案解析】答案为：(－∞，2]∪[5，＋∞).
解析：[f′(x)=x2－ax＋a－1=(x－1)[x－(a－1)]
∵f(x)是区间(1,4)上的单调函数.∴a－1≤1或a－1＞4，解得a≤2或a≥5.]
已知函数f(x)的导函数为f ′(x)=5＋cs x，x∈(－1,1)，且f(0)=0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________.
【答案解析】答案为：(1，eq \r(2))
解析：∵f ′(x)是偶函数，且f(0)=0，
∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1).又导函数值恒大于0，
∴原函数在定义域上单调递增， ∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，
∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜eq \r(2)，∴实数x的取值范围是(1，eq \r(2)).
定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0，且当x>0时，不等式f(x)>－xf′(x)恒成立，则函数g(x)=xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数是________.
【答案解析】答案为：3
解析：定义在R上的奇函数f(x)满足：
f(0)=0=f(3)=f(－3)，且f(－x)=－f(x)，
又x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，函数h(x)=xf(x)在x>0时是增函数，
又h(－x)=－xf(－x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函数；
∴x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)=f(3)=f(－3)=0，
可得函数y1=xf(x)与y2=－lg |x＋1|的大致图象如图所示，
∴由图象知，函数g(x)=xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个.
一、选择题
函数y=eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A.(－1,1) B.(0,1] C.(1，＋∞) D.(0,2)
【答案解析】答案为：B；
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y′=x－eq \f(1,x)≤0，得0
已知函数f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( )
A.[-1,- SKIPIF 1 < 0 ] B.[- SKIPIF 1 < 0 ,- SKIPIF 1 < 0 ] C.[－1,1] D.[－1, SKIPIF 1 < 0 ]
【答案解析】答案为：C.
解析：因为f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，所以f′(x)=x＋tsinx.令g(x)=f′(x)，
因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)=1＋tcsx≥0恒成立，
所以tcsx≥－1恒成立，因为csx∈[－1，1]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－t≥－1，,t≥－1，))所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
若函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )
A.(－2,0) B.(0,1) C.(1，＋∞) D.(－∞，－2)
【答案解析】答案为：D
解析：由题意知， f ′(x)=1－eq \f(b,x2).∵函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点， ∴当1－eq \f(b,x2)=0时，b=x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4).令f ′(x)＞0，解得x＜－eq \r(b)或x＞eq \r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(b))，(eq \r(b)，＋∞)，
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意.故选D.
定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)=1，且2f′(x)＞1，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))时，不等式f(2csx)＞eq \f(3,2)－2sin2eq \f(x,2)的解集为( D )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(4π,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))
【答案解析】答案为：D；
解析：令g(x)=f(x)－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)，则g′(x)=f′(x)－eq \f(1,2)＞0，∴g(x)在R上单调递增，
且g(1)=f(1)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)=0，∵f(2csx)－eq \f(3,2)＋2sin2eq \f(x,2)=f(2csx)－eq \f(2csx,2)－eq \f(1,2)=g(2csx)，
∴f(2csx)＞eq \f(3,2)－2sin2eq \f(x,2)，即g(2csx)＞0，∴2csx＞1.
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))).
已知函数f(x)=x3－ax在(－1，1)上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.[3，＋∞) C.(－∞，1] D.(－∞，3]
【答案解析】答案为：B；
解析：∵f(x)=x3－ax，∴f′(x)=3x2－a.又f(x)在(－1,1)上单调递减，
∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.
f(x)=x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A.a<1 B.a≤1 C.a<2 D.a≤2
【答案解析】答案为：D
解析：由f(x)=x2－aln x，得f′(x)=2x－eq \f(a,x)，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－eq \f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.
设函数f(x)=eq \f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1,2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2] D.(0,3]
【答案解析】答案为：A；
解析：∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=x－eq \f(9,x)，
∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＞0，,a＋1≤3，))解得1＜a≤2.
已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是( )
【答案解析】答案为：B.
解析:由导函数的图象知,在[-1,1]上f′(x)>0,故函数f(x)在[-1,1]上是单调递增的.
又因为在[-1,0]上f′(x)的值逐渐增大,在[0,1]上f′(x)的值逐渐减小,
所以在[-1,0]上,f(x)的增长率逐渐增大,在[0,1]上 f(x) 的增长率逐渐变小.故选B.
设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(－3)=0，则不等式 SKIPIF 1 < 0 <0的解集是( )
A.(－3,0)∪(3，＋∞) B.(－3,0)∪(0,3)
C.(－∞，－3)∪(3，＋∞) D.(－∞，－3)∪(0,3)
【答案解析】答案为：D
解析：∵当x<0时，f′(x)·g(x)－f(x)g′(x)>0，
∴[ SKIPIF 1 < 0 ]′=eq \f(f′xgx－fxg′x,g2x)>0，
∴当x<0时， SKIPIF 1 < 0 是增函数，故当x>0时， SKIPIF 1 < 0 也是增函数.
∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
∴ SKIPIF 1 < 0 为奇函数， SKIPIF 1 < 0 的图象关于原点对称，
函数 SKIPIF 1 < 0 的单调性的示意图，如图所示：
∵f(－3)=0，∴f(3)=0，∴由不等式 SKIPIF 1 < 0 <0，可得x<－3或0
A.eq \f(3,2) B.－eq \f(3,2) C.－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
【答案解析】答案为：B；
解析：解法一：对函数f(x)求导得f′(x)=eq \f(1,x)－2ax－4=－eq \f(2ax2＋4x－1,x)(x＞0).
①当a＞0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(4＋2a)－2,2a)))上单调递增，
因为f(x)在区间(eq \f(1,4),eq \f(1,3))上单调递增，所以eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)≥eq \f(1,3)，无解，故a不存在；
②当－2＜a＜0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)或x＞eq \f(－\r(4＋2a)－2,2a)，
即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(4＋2a)－2,2a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(4＋2a)－2,2a)，＋∞))上单调递增，
因为f(x)在区间(eq \f(1,4),eq \f(1,3))上单调递增，所以eq \f(\r(4＋2a)－2,2a)≥eq \f(1,3)或eq \f(－\r(4＋2a)－2,2a)≤eq \f(1,4)，
所以－2＜a≤－eq \f(3,2)；
③当a≤－2时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意.
综上所述，a≤－eq \f(3,2)，即实数a的最大值为－eq \f(3,2).
下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex C.f(x)=x3－x D.f(x)=－x＋ln x
【答案解析】答案为：B
解析：对于A，易得f(x)=sin 2x的单调递增区间是[kπ－eq \f(π,4)，kπ＋eq \f(π,4)](k∈Z)；
对于B, f ′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时， f ′(x)＞0，
所以函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C, f ′(x)=3x2－1，
令f ′(x)＞0，得x＞eq \f(\r(3),3)或x＜－eq \f(\r(3),3)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；
对于D, f ′(x)=－1＋eq \f(1,x)=－eq \f(x－1,x)，令f ′(x)＞0，得0＜x＜1，
所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.综上所述，选B.
求形如y=f(x)g(x)的函数的导数,我们常采用以下做法:先两边同取自然对数得ln y=g(x)ln f(x),再两边同时求导得·y′=g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x),
于是得到y′=f(x)g(x)[g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x)],
运用此方法求得函数y=的单调递增区间是( )
A.(e,4) B.(3,6) C.(0,e) D.(2,3)
【答案解析】答案为：C.
解析:由题设,y′=·(-·ln x+)=·(x>0).
令y′>0,得1-ln x>0,所以0
已知函数f(x)=－eq \f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是 .
【答案解析】答案为：(0,1)∪(2,3)；
解析：由题意知f′(x)=－x＋4－eq \f(3,x)=－eq \f(x－1x－3,x)，
由f′(x)=0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.
已知函数f(x)=eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2＋(a－1)x(a∈R)是区间(1,4)上单调函数，则a取值范围是______.
【答案解析】答案为：(－∞，2]∪[5，＋∞).
解析：[f′(x)=x2－ax＋a－1=(x－1)[x－(a－1)]
∵f(x)是区间(1,4)上的单调函数.∴a－1≤1或a－1＞4，解得a≤2或a≥5.]
已知函数f(x)的导函数为f ′(x)=5＋cs x，x∈(－1,1)，且f(0)=0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________.
【答案解析】答案为：(1，eq \r(2))
解析：∵f ′(x)是偶函数，且f(0)=0，
∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1).又导函数值恒大于0，
∴原函数在定义域上单调递增， ∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，
∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜eq \r(2)，∴实数x的取值范围是(1，eq \r(2)).
定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0，且当x>0时，不等式f(x)>－xf′(x)恒成立，则函数g(x)=xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数是________.
【答案解析】答案为：3
解析：定义在R上的奇函数f(x)满足：
f(0)=0=f(3)=f(－3)，且f(－x)=－f(x)，
又x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，函数h(x)=xf(x)在x>0时是增函数，
又h(－x)=－xf(－x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函数；
∴x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)=f(3)=f(－3)=0，
可得函数y1=xf(x)与y2=－lg |x＋1|的大致图象如图所示，
∴由图象知，函数g(x)=xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个.
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