2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题16利用导数研究函数的单调性（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题16利用导数研究函数的单调性（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题16利用导数研究函数的单调性
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：不含参数的函数的单调性
题型二：含参数的函数的单调性
题型三：比较大小或解不等式
题型四：根据函数的单调性求参数的范围

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
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).
【考点预测】
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.
【常用结论】
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.
【方法技巧】
1.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.
2.(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.
3.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.
4.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.
5.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.
6.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.
二、【题型归类】
【题型一】不含参数的函数的单调性
【典例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)
【解析】∵f′(x)＝2x－
＝(x>0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故选A.
【典例2】若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
【典例3】已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cos x，则f(x)的单调递增区间为____________．
【解析】f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π)．
令f′(x)＝0，得x＝或x＝，
当00，
当 当0，
∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
【题型二】含参数的函数的单调性
【典例1】已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．
【解析】根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因为e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.
①当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≥0，
即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．
②当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≤0，
即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
当a>0时，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为；
当a<0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为.
【典例2】已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增；若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0，当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递增，在单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，合要求；当a＞0时，f(x)在单调递减，则2≥，即a≥.∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
【典例3】已知函数f(x)＝－－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝时，f(x)＝－－x，
f′(x)＝[(ex)2－3ex＋2]＝(ex－1)(ex－2)，
令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2.
令f′(x)＞0，则x＜0或x＞ln2；
令f′(x)＜0，则0＜x＜ln2.
∴f(x)的递增区间是(－∞，0)，(ln2，＋∞)；递减区间是(0，ln2)．
(2)f′(x)＝＋－a，
令ex＝t，由于x∈[－1，1]，∴t∈.
令h(t)＝＋，
h′(t)＝－＝，
∴当t∈时，h′(t)≤0，函数h(t)为单调减函数；
当t∈(，e]时，h′(t)＞0，函数h(t)为单调增函数．
故h(t)在上的极小值点为t＝.
又h(e)＝＋＜h＝＋e，h()＝.
∴≤h(t)≤e＋.
∵函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，
若函数f(x)在[－1，1]上单调递增，
则a≤＋对t∈恒成立，所以a≤；
若函数f(x)在[－1，1]上单调递减，
则a≥＋对t∈恒成立，所以a≥e＋.
综上可得a的取值范围是(－∞，]∪.
【题型三】比较大小或解不等式
【典例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)
【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)在上单调递增，所以f f(1)>f .故选A.
【典例2】已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
【解析】f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>，
∴原不等式的解集为.
【典例3】设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)
A．g(a)<0 C．0 【解析】因为函数f(x)＝ex＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0，所以f(a)＝0时，a∈(0,1)．又g(x)＝ln x＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.
由g(2)＝ln 2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)，
又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.
综上可知，g(a)<0 【题型四】根据函数的单调性求参数的范围
【典例1】已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为________．
【解析】由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，
即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，
∴2a≥，即a≥.
【典例2】若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－，＋∞)
【解析】由题意得
f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excos x
＝ex，
∵f(x)在上单调递增，
∴f′(x)≥0在上恒成立，又ex>0，
∴sin＋a≥0在上恒成立，
当x∈时，
x＋∈，
∴sin∈，
∴sin＋a∈(－1＋a，＋a]，
∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．
故选C.
【典例3】已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求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a的取值范围．
【解析】(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，
即a>－有解．
设G(x)＝－，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
由(1)知G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，
所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，又因为a≠0，
所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
三、【培优训练】
【训练一】设函数f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，则满足f(x)＋f(5－3x)<0的x的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】因为f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，
所以f(－x)＝sin(－x)＋e－x－ex＋x
＝－(sin x＋ex－e－x－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
又f′(x)＝cos x＋ex＋e－x－1，
因为cos x－1≥－2，ex＋e－x＝ex＋≥2，
所以f′(x)＝cos x＋ex＋e－x－1>0，
所以f(x)在R上单调递增，
所以由f(x)＋f(5－3x)<0，
得f(x)<－f(5－3x)＝f(3x－5)，
因为f(x)在R上单调递增，
所以x<3x－5，解得x>，
所以满足f(x)＋f(5－3x)<0的x的取值范围为.
【训练二】(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＜




【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.
【训练三】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.
【解析】(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.
【训练四】对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝2x3－6x2＋4，则g＋g＋…＋g＝________.
【解析】g′(x)＝6x2－12x，∴g″(x)＝12x－12，
由g″(x)＝0，得x＝1，又g(1)＝0，
∴函数g(x)的对称中心为(1,0)，
故g(x)＋g(2－x)＝0，
∴g＋g＋…＋g＝g(1)＝0.
【训练五】已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x(a>0)，讨论函数f(x)的单调性．
【解析】f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝(x>0)，
①当01，
由f′(x)>0，解得x>或0 由f′(x)<0，解得1 ②当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
③当a>1时，0<<1，
由f′(x)>0，解得x>1或0 由f′(x)<0，解得 综上，当0 当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>1时，f(x)在(1，＋∞)和上单调递增，在上单调递减．
【训练六】已知函数f(x)＝.
(1)若a>0，求f(x)的单调区间；
(2)若对∀x1，x2∈[1,3]，x1≠x2都有<2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝，
∵a>0，
∴当x∈(－∞，0)∪(0,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)∵∀x1，x2∈[1,3]，x1≠x2，
都有<2恒成立，
即－2<0恒成立，
即<0恒成立，
令g(x)＝f(x)－2x，则<0在x∈[1,3]上恒成立，
即函数g(x)＝f(x)－2x在区间[1,3]上单调递减，
又∵g′(x)＝f′(x)－2＝－2，
∴－2≤0在[1,3]上恒成立，
当x＝1时，不等式可化为－2≤0显然成立；
当x∈(1,3]时，不等式－2≤0可化为a≤，
令h(x)＝，
则h′(x)＝
＝
＝
＝<0在区间x∈(1,3]上恒成立，
∴函数h(x)＝在区间x∈(1,3]上单调递减，
∴h(x)min＝h(3)＝＝，
∴a≤，
即实数a的取值范围是.
四、【强化测试】
【单选题】
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(　　)


【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．故选D.
2. 下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x B．g(x)＝x3－x
C．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋ln x
【解析】h(x)＝xex，定义域为R，
∴h′(x)＝(x＋1)ex，
当x>0时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
故选C.
3. 已知函数f(x)＝x2＋，若函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，8) B．(－∞，16]
C．(－∞，－8)∪(8，＋∞) D．(－∞，－16]∪[16，＋∞)
【解析】f′(x)＝2x－，
∴当x∈[2，＋∞)时，f′(x)＝2x－≥0恒成立，
即a≤2x3恒成立，
∵x≥2，∴(2x3)min＝16，
故a≤16.
故选B.
4.已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
【解析】f(x)的定义域为R，
f′(x)＝cos x－sin x－2＝cos－2<0，
∴f(x)在R上单调递减，
又2e>1,0 ∴－π 故f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，
即a>c>b.故选A.
5. 已知f(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)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当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，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D．
6. 若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
【解析】因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C．
7. 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，而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，选B．
8. 设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
【解析】令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上单调递减．又a>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选C.
【多选题】
9. 若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是(　　)
A．－3 B．－1 C．0 D．
【解析】依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故
解得a>－3且a≠0.故选BD.
10. 若函数 g(x)＝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)＝ B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
【解析】对于A，f(x)＝，则g(x)＝，g′(x)＝，当x<1且x≠0时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
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＋cos x)＝exsin，显然g(x)不单调；
对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x<－1时，g′(x)<0，所以g(x)在R上先减后增；
∴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.故选ACD.
11. 定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是(　　)

A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增
B．函数f(x)在区间上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极小值
【解析】根据导函数的图象可知，在区间上，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减；在区间(0，4]上，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D项均正确，C项错误．故选ABD.
12. 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>
D．f<
【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．
故选BD.
【填空题】
13. 已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
【解析】由题可得，f′(x)＝2x－5＋＝(x>0)．令f′(x)＝＝>0(x>0)，解得x>2或0 答案：和(2，＋∞)
14. 函数f(x)＝ln x－为________函数．(填“增”或“减”)
【解析】由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝ln x－，
所以f′(x)＝－＝.
因为x>0，
所以4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
所以当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
答案：增
15. 若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在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＝－＋＋2a.
由题意知，f′(x)>0在上有解，
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是.
答案：
16. 已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
【解析】因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－x－3＋，
因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
所以f′(x)＝－x－3＋在(t，t＋1)上有变号零点，
所以＝0在(t，t＋1)上有解，
所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，
故实数t的取值范围是(0，1)．
答案：(0，1)
【解答题】
17. 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－；
令f′(x)<0，解得－ 所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是.
18. 已知函数f(x)＝－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
【解析】因为f(0)＝b－1，
所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝＝－，
而f′(x)＝－，由导数的几何意义可知，
f′(0)＝－b＝－，
所以b＝1，所以f(x)＝－1.
则F(x)＝ax＋－1，F′(x)＝a－，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
19. 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.
【解析】(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，＋∞).
20. 讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性.
【解析】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.
21. 已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝－1时，
f(x)＝x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋－3＝
＝(x>0)．
当02时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．
(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，
则g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立．
令φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，
则其最小值为－，故a≤－.
所以实数a的取值范围是.
22. 已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)若f(x)在x＝1处的切线与直线y＝x－1垂直，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性．
【解析】(1)f′(x)＝，
∴f′(1)＝，
依题意f′(1)＝－1，即＝－1，
解得a＝e＋1.
(2)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝＝.
若2－a>0，即a<2，
当x∈(－∞，0)∪(2－a，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(0,2－a)时，f′(x)>0；
若2－a＝0，即a＝2，f′(x)≤0；
若2－a<0，即a>2，
当x∈(－∞，2－a)∪(0，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(2－a,0)时，f′(x)>0.
综上有当a>2时，f(x)在(－∞，2－a)，(0，＋∞)上单调递减，在(2－a,0)上单调递增；
当a＝2时，f(x)在R上单调递减；
当a<2时，f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)上单调递减，在(0,2－a)上单调递增．