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§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
条件 恒有 结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上单调递增
f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上单调递减
f′(x)＝0 f(x)在区间(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)＝x3－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－
＝(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)＝，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)＝，
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．
教师备选
(2022·山师附中质检)若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝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，
则α＝，解得α＝2，
∴g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
令g′(x)>0，解得0∴函数g(x)的单调递增区间为(0,2)．
思维升华　确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
跟踪训练1　(1)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____________．
答案　，
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．
(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，
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
∴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)＝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)＋＝
＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.
①当01，
∴x∈(0,1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0,1)和上单调递增，
在上单调递减；
②当a＝1时，＝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<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，
在上单调递减．
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)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
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)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
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－＝，
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ax∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，
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a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2　已知函数f(x)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.讨论f(x)的单调性．
解　由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋－＝，
设g(x)＝x2－ax＋2，
g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ＜0，即0＜a＜2时，对一切x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝0，即a＝2时，仅对x＝，
有f′(x)＝0，对其余的x＞0都有f′(x)＞0.
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根，
x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
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
此时f(x)在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
题型三　函数单调性的应用
命题点1　比较大小或解不等式
例3　(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)
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 ＝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 .
(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　
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.
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)＝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________．
答案　
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≥.
延伸探究　在本例中，把“f(x)在区间上单调递增”改为“f(x)在区间上存在单调递增区间”，求a的取值范围．
解　f′(x)＝x＋2a－，
若f(x)在上存在单调递增区间，
则当x∈时，f′(x)>0有解，
即2a>－x＋有解，
∵x∈，
∴min＝－2＋＝－，
∴2a>－，即a>－，
故a的取值范围是.
教师备选
1．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．(－，＋∞)
答案　C
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，＋∞)．
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
－由f′(x)<0，得x<－或x>，
即当a<0时，f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为，，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<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<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)＝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)＝，
得f′(x)＝(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)＝在(a，a＋1)上单调递增，
则(a，a＋1) (0，e)，则
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. B.
C. 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0所以f(x)的单调递减区间为.
2．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)(　　)
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减
B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增
C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增
答案　D
解析　因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，
当x>0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：
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
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＋≤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>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∈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∈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 C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π
答案　AD
解析　设f(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝，
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<2所以f 即2ln 因为<所以f()即ln >ln ，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)＝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＝xx＝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)＝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)＝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.
10．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　(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．
11．若函数h(x)＝ln x－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. B．(－1，＋∞)
C．[－1，＋∞) D.
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)＝－ax－2<0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
而当x∈[1,4]时，－＝2－1，
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＋x2，若a＝f()，b＝f(log52)，c＝f(e0.2)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．bC．b答案　A
解析　由题意可知，
f(－x)＝cos(－x)＋(－x)2
＝cos x＋x2＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数，
所以a＝f()＝f(－log32)＝f(log32)，
又f′(x)＝－sin x＋x，
当x∈时，f′(x)>0，
即f(x)在上单调递增，
因为01＝e0所以由单调性可得b13．函数f(x)＝2sin x－cos 2x，x∈[－π，0]的单调递增区间为________________．
答案　和
解析　因为f(x)＝2sin x－cos 2x，x∈[－π，0]，
所以f′(x)＝2cos x＋2sin 2x＝2cos x(1＋2sin x)．
令f′(x)>0，
则或
所以－14．(2022·丽水模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.若f(x)为定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为________．
答案　(－∞，]
解析　∵f(x)为定义域上的单调函数，
∴f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立，
又f(x)＝ln(x＋a)＋x2的定义域为(－a，＋∞)
且f′(x)＝＋2x，
∴f′(x)≥0恒成立，
即f′(x)＝＋2x≥0在(－a，＋∞)上恒成立，
即[f′(x)]min≥0.
又＋2x＝＋2(x＋a)－2a
≥2－2a＝2－2a，
当且仅当x＝－a＋时，等号成立，
∴2－2a≥0，解得a≤.
15．(2022·景德镇模拟)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.
答案　C
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.
16．(2022·合肥质检)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　(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.

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