2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.2　导数与函数的单调性

§3.2　导数与函数的单调性 考试要求　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)． 知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 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(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 思考辨析 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)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　√　) (3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　×　) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　√　) 教材改编题 1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) 答案　C 解析　由f′(x)的图象知， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0， ∴f(x)单调递增； 当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减； 当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)单调递增． 2．函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为________． 答案　(1，＋∞) 解析　f(x)的定义域为R， f′(x)＝(x－1)ex， 令f′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)． 3．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a的值为________． 答案　－4 解析　f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－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. 题型一　不含参数的函数的单调性 例1　(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)， 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． (2)若函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________． 答案　(1，＋∞) 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)， 令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)， φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,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． 教师备选 (2022·山师附中质检)若幂函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝eq \f(fx,ex)的单调递增区间为(　　) A．(0,2) B．(－∞，0)∪(2，＋∞) C．(－2,0) D．(－∞，－2)∪(0，＋∞) 答案　A 解析　设f(x)＝xα，代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))， 则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α＝eq \f(1,2)，解得α＝2， ∴g(x)＝eq \f(x2,ex)， 则g′(x)＝eq \f(2xex－x2ex,e2x)＝eq \f(x2－x,ex)， 令g′(x)>0，解得00， 当eq \f(π,6)0， ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减． (2)函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案　(－∞，0)，(ln 2，＋∞)　(0，ln 2) 解析　f(x)的定义域为R， f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表， ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)． 题型二　含参数的函数的单调性 例2　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). 令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)或x＝1. ①当01， ∴x∈(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0； x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增， 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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<eq \f(1,a)<1， ∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0； x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增， 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减． 综上，当01时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减． 延伸探究　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　当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01时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减． 教师备选 讨论下列函数的单调性． (1)f(x)＝x－aln x； (2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2. 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)， 令f′(x)＝0，得x＝a， ①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0， x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减， 在(a，＋∞)上单调递增． (2)g(x)的定义域为R， g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)， 令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2， ①当a>ln 2时， x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0， x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减． ②当a＝ln 2时，g′(x)≥0恒成立， ∴g(x)在R上单调递增， ③当a0， x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； 当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增； 当af(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) B．f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))). (2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________． 答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) 解析　f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R， f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－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>eq \f(3,2)， ∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)). 命题点2　根据函数的单调性求参数的范围 例4　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) 解析　由题意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立， 即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立， ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)， ∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3). 延伸探究　在本例中，把“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围． 解　f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)， 若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间， 则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解， 即2a>－x＋eq \f(1,x)有解， ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)， ∴2a>－eq \f(3,2)，即a>－eq \f(3,4)， 故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)). 教师备选 1．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C．[1，＋∞) D．(－eq \r(2)，＋∞) 答案　C 解析　由题意得 f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excos x ＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a))， ∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增， ∴f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0， ∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时， x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))， ∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq \r(2)＋a]， ∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)． 2．(2022·株州模拟)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________． 答案　(－∞，0) 解析　由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1. 若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意； 若a<0，由f′(x)>0得 －eq \r(－\f(1,3a))eq \r(－\f(1,3a))， 即当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(1,3a))，\r(－\f(1,3a))))， 单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(1,3a))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,3a))，＋∞))，满足题意． 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3　(1)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足eq \f(f′x,mx－3)<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是(　　) A．f(1)＋f(3)＝2f(2) B．f(0)·f(3)＝0 C．f(4)＋f(3)<2f(2) D．f(2)＋f(4)>2f(3) 答案　D 解析　由eq \f(f′x,mx－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0， 又m<0，则(x－3)f′(x)>0， 当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)， 所以f(2)＋f(4)>2f(3)． (2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案　[0，e－1] 解析　由函数f(x)＝eq \f(ln x,x)， 得f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)， 由f′(x)>0得0e. 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 又函数f(x)＝eq \f(ln x,x)在(a，a＋1)上单调递增， 则(a，a＋1)⊆(0，e)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＋1≤e，)) 解得0≤a≤e－1. 课时精练 1．函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(e，＋∞) 答案　C 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)<0，得00时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 3．(2022·长沙调研)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　) 答案　C 解析　列表如下： 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)． 故函数f(x)的图象是C选项中的图象． 4．(2022·深圳质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1] C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞) 答案　C 解析　∵f(x)＝－x2＋4x＋bln x在(0，＋∞)上是减函数， ∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立， 即f′(x)＝－2x＋4＋eq \f(b,x)≤0， 即b≤2x2－4x， ∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2. 5．(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有eq \f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　) A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2 C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x 答案　ACD 解析　依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数． 对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”； 对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”； 对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0， 故C中函数不是“F函数”； 对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，g′(x)<0， 故D中函数不是“F函数”． 6．(多选)(2022·河北衡水中学月考)下列不等式成立的是(　　) A．2ln eq \f(3,2)<eq \f(3,2)ln 2 B.eq \r(2)ln eq \r(3)<eq \r(3)ln eq \r(2) C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π 答案　AD 解析　设f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)， 则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)， 所以当00，函数f(x)单调递增； 当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 因为eq \f(3,2)<2eq \r(3)ln eq \r(2)，故选项B不正确； 因为e<4<5， 所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5， 故选项C不正确； 因为e<π， 所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确． 7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________． 答案　－2 解析　由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n， 由f(x)的单调递减区间是(－3,1)， 得f′(x)<0的解集为(－3,1)， 则－3,1是f′(x)＝0的解， ∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3， 可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2. 8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________. ①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)； ②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0； ③f′(x)是奇函数． 答案　f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足) 解析　取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq \o\al(4,1)xeq \o\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，满足①， f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②， f′(x)＝4x3的定义域为R， 又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③. 9．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)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　(1)当a＝－1时， f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ln x－3x， 则f′(x)＝x＋eq \f(2,x)－3＝eq \f(x2－3x＋2,x) ＝eq \f(x－1x－2,x)(x>0)． 当02时， f′(x)>0，f(x)单调递增； 当10，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． 11．若函数h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)) B．(－1，＋∞) C．[－1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)) 答案　B 解析　因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2<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， 而当x∈[1,4]时，eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)， 所以a>－1，所以a的取值范围是(－1，＋∞)． 12．(2022·南京师范大学附属中学月考)设函数f(x)＝cos x＋eq \f(1,2)x2，若a＝f()，b＝f(log52)，c＝f(e0.2)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b0， 即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增， 因为00， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(cos x>0，,1＋2sin x>0，,－π≤x≤0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(cos x<0，,1＋2sin x<0，,－π≤x≤0，)) 所以－eq \f(π,6)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>eq \f(5,2)， 所以满足f(x)＋f(5－3x)<0的x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)). 16．(2022·合肥质检)已知函数f(x)＝eq \f(aex,x). (1)若a>0，求f(x)的单调区间； (2)若对∀x1，x2∈[1,3]，x1≠x2都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<2恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)f(x)的定义域为{x|x≠0}， f′(x)＝eq \f(aexx－1,x2)， ∵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eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<2恒成立， 即eq \f(fx1－fx2,x1－x2)－2<0恒成立， 即eq \f([fx1－2x1]－[fx2－2x2],x1－x2)<0恒成立， 令g(x)＝f(x)－2x，则eq \f(gx1－gx2,x1－x2)<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＝eq \f(aexx－1,x2)－2， ∴eq \f(aexx－1,x2)－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eq \f(aexx－1,x2)－2≤0可化为a≤eq \f(2x2,x－1ex)， 令h(x)＝eq \f(2x2,x－1ex)， 则h′(x)＝eq \f(4xx－1ex－2x3ex,x－12e2x) ＝eq \f(－2x3＋4x2－4x,x－12ex) ＝eq \f(－2xx2－2x＋2,x－12ex) ＝eq \f(－2x[x－12＋1],x－12ex)<0在区间x∈(1,3]上恒成立， ∴函数h(x)＝eq \f(2x2,x－1ex)在区间x∈(1,3]上单调递减， ∴h(x)min＝h(3)＝eq \f(2×32,3－1e3)＝eq \f(9,e3)， ∴a≤eq \f(9,e3)， 即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,e3))).条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝0f(x)在区间(a，b)上是常数函数x(－∞，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增单调递减单调递增x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增x(－∞，－1) (－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增