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第二节　　导数与函数的单调性
(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)．　
重点　函数的单调性与导数的关系
一般地，函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间具有如下的关系：
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上 ；
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上
特别地，若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内是 函数．
[注意]　讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则.
[逐点清]
1．(多选)(选择性必修第二册86页例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　)
A．在区间(－2,1)上f(x)单调递增
B．在区间(2,3)上f(x)单调递减
C．在区间(4,5)上f(x)单调递增
D．在区间(3,5)上f(x)单调递减
解析：BC　在区间(－2,1)上，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，A错误；在区间(3,5)上，当x∈(3,4)时，f′(x)<0，当x∈(4,5)时，f′(x)>0，即f(x)在(3,4)上单调递减，在(4,5)上单调递增，D错误．在(4,5)上f′(x)>0，∴f(x)单调递增．在(2,3)上f′(x)<0，∴f(x)单调递减，故B、C正确．
2．(易错题)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(0,1)　　　　　　　 B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)，(1，＋∞)
解析：A　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得0[记结论]
1．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．
2．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)上的任何子区间内都不恒为零．
[提速度]
1．已知f(x)是定义在(a，b)内的可导函数，则“f′(x)＞0”是“f(x)在(a，b)上为增函数”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：A　f(x)在区间上单调递增，则f′(x)≥0且不恒为零，故答案为充分不必要条件．
2．若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a．∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞) [a，＋∞)，∴a≤2．又a>0，∴0答案：(0,2]
证明(判断)函数的单调性
　(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
[解]　(1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，
令f′(x)>0，则x所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x－x＋ax0＋1)，
因为f′(x0)＝3x－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0)．
由l过坐标原点，得2x－x－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x．
令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，
所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1,1＋a)和(－1，－1－a)．
讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[注意]　研究含参函数的单调性时，需注意依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．　
(2022·西安质检)已知函数f(x)＝(m≥0)，其中 e为自然对数的底数，讨论函数f(x)的单调性．
解：由题得f′(x)＝－
＝－，
当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－≤0，f(x)在R上单调递减；
当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m∴f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增．
综上，当m＝0时，f(x)在R上单调递减，当m>0时，f(x)在R上单调递减；f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增．
求函数的单调区间
　(2022·大庆月考)已知f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x，其中a为实数．
(1)若a＝1，求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
[解]　(1)若a＝1，则f(x)＝x2－2x＋ln x(x>0)，f′(x)＝x－2＋，设f(x)在x＝1处的切线的斜率为k，
则k＝f′(1)＝1－2＋＝0，又f(1)＝－2＝－，切点为，
所以f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝0，即y＝－．
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝(x>0)，
①当a≤0时，由f′(x)<0得00得x>1，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
②当00得01，
所以f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减；
③当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
④当a>1时，由f′(x)<0得10得0a，
所以f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减；
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间；
(2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间；
(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[注意]　若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”隔开．　
已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx，且f′(－1)＝－4，f′(1)＝0．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)因为f′(x)＝x2＋2ax＋b，依题意有得解得a＝1，b＝－3．故f(x)＝x3＋x2－3x．
(2)由(1)得f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)>0，解得x>1或x<－3；令f′(x)<0，解得－3所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间为(－3,1)．
函数单调性的简单应用
考向1　比较大小或解不等式
　(1)(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1．01，b＝ln 1．02，c＝－1，则(　　)
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．b＜a＜c D．c＜a＜b
(2)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)．若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 021为奇函数，则不等式f(x)＋2 021ex<0的解集是(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，ln 2 021)
C．(0，＋∞) D．(2 021，＋∞)
[解析]　(1)b－c＝ln 1．02－＋1，设f(x)＝ln(x＋1)－＋1，则b－c＝f(0．02)，f′(x)＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，故当x≥0时，f′(x)＝≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0．02)＜f(0)＝0，即b＜c；a－c＝2ln 1．01－＋1，设g(x)＝2ln(x＋1)－＋1，则a－c＝g(0．01)，g′(x)＝－＝，当0≤x＜2时，≥＝x＋1，故当0≤x＜2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上单调递增，所以g(0．01)＞g(0)＝0，故c＜a，从而有b＜c＜a，故选B．
(2)设g(x)＝，则g′(x)＝，因为f(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，g(x)为定义在R上的减函数，因为f(x)＋2 021为奇函数，所以f(0)＋2 021＝0，f(0)＝－2 021，g(0)＝＝－2 021，f(x)＋2 021ex<0，即<－2 021，g(x)0，故选C．
[答案]　(1)B　(2)C
1．比较函数值大小时，若自变量不在同一单调区间内，则要利用函数的性质，将其转化到同一个单调区间上，再进行比较．
2．利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数，利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式．
3．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(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．　
考向2　求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围是________．
[解析]　因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．设G(x)＝－，x∈[1,4]，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，＋∞)．
[答案]　∪(0，＋∞)
1．若例4条件变为“函数f(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则a的取值范围为________．
解析：因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以f′(x)＜0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，而当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
2．若例4条件变为“函数f(x)在[1,4]上不单调”，则a的取值范围为________．
解析：因为f(x)在[1,4]上不单调，所以f′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝－＝2－1在(1,4)上有解，令m(x)＝－，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－．所以实数a的取值范围是．
答案：
根据函数单调性求参数的一般思路
(1)由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式；
(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；
(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0．若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
[注意]　当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；当已知函数在某区间上不单调时，则转化为关于导函数的方程在该区间上有解问题．　
1．(2022·淄博月考)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．
C．[2，＋∞) D．
解析：B　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝k－≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0<<，所以k≥．即k的取值范围是．
2．已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意，f(x)＝－x2－3x＋4ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x－3＋＝－，当f′(x)＝0时，有x2＋3x－4＝0，得x＝－4或x＝1，∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2) (0，＋∞)，∴可得t∈[0,1)．
答案：[0,1)
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x　　　　 B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：B　由于x>0，对于A选项，f′(x)＝2cos 2x，f′＝－1<0，不符合题意；对于B选项，f′(x)＝(x＋1)ex>0，符合题意；对于C选项，f′(x)＝3x2－1，f′＝－<0，不符合题意；对于D选项，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－<0，不符合题意．综上所述，选B．
2．“m<4”是“函数f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：A　若f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝4x－m＋≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴4x＋≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即m≤min，而4x＋≥2＝4，当且仅当x＝时等号成立，则m≤4．∴“m<4”是“函数f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．故选A．
3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且函数f(x)的图象如图所示，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)
解析：C　由图可知函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，且f′(－1)＝0．对于函数y＝xf′(x)，当x∈(－∞，－1)时，xf′(x)>0，当x∈(－1,0)时，xf′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，xf′(x)>0，且当x＝－1时，xf′(x)＝0，当x＝0时，xf′(x)＝0，显然选项C符合，故选C．
4．若函数y＝f(x)在区间D上是增函数，且函数y＝f′(x)在区间D上也是增函数(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，那么称函数y＝f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫做“快增区间”．则函数f(x)＝sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为(　　)
A． B．
C． D．
解析：A　f(x)＝sin2x＋2sin x，x∈[0，π]，所以f′(x)＝2sin xcos x＋2cos x＝2cos x(sin x＋1)，因为sin x＋1≥0恒成立，当x∈时cos x≥0，所以f′(x)≥0，所以f(x)为增函数，当x∈时cos x<0，所以f′(x)<0，所以f(x)为减函数，令g(x)＝f′(x)＝2sin xcos x＋2cos x，x∈，则g′(x)＝2cos2x－2sin2x－2sin x＝2－4sin2x－2sin x，令t＝sin x，则t∈[0,1]，g′(t)＝－4t2－2t＋2＝－2(2t－1)(t＋1)，所以t∈时g′(t)≥0，即x∈时g′(x)≥0，且g(x)单调递增，所以函数f(x)＝sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为，故选A．
5．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)＝－1．当x>0时，f′(x)>1，则使得f(x)>x成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)
解析：B　由f′(x)>1(x>0)，可得f′(x)－1>0，令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)＋1＝0，又因为f(x)为奇函数，所以g(x)＝f(x)－x为奇函数，所以g(1)＝0，且在区间(－∞，0)上g(x)单调递增．所以使得f(x)>x，即g(x)>0成立的x的取值范围是(－1,0)∪(1，＋∞)．故选B．
6．(多选)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＜0且g(－3)＝0，则使得不等式f(x)·g(x)＜0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3) B．(－3,0)
C．(0,3) D．(3，＋∞)
解析：BD　∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，令h(x)＝f(x)·g(x)，则h(－x)＝－h(x)，故h(x)＝f(x)·g(x)为R上的奇函数，∵当x＜0时，h′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＜0，∴h(x)＝f(x)·g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，∴奇函数h(x)在区间(0，＋∞)上也单调递减，作出h(x)的草图，如图所示：
由g(－3)＝0，∴h(－3)＝－h(3)＝0，∴当x∈(－3,0)∪(3，＋∞)时，h(x)＝f(x)·g(x)＜0，故选B、D．
7．(多选)下面比较大小正确的有(　　)
A．> B．3ln 4<4ln 3
C．>ln π D．3解析：BC　根据题意可构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，由于函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，且ln e＝1，从而当0e时，f′(x)<0，则函数f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，又0<2f(3)>f(π)>f(4)，即<，>，>，>，故<＝，选项A错；3ln 4<4ln 3，选项B正确；>ln π，选项C正确；3>eln 3，选项D错．故选B、C．
8．函数f(x)＝ln x－x2＋x的单调增区间为__________．
解析：f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)，由f′(x)>0，得解得0答案：
9．(2022·昆明诊断)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤ ．
答案：[－， ]
10．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
解：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0B级——综合应用
11．(多选)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．下列函数具有M性质的为(　　)
A．f(x)＝ln x B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x3
解析：AB　对于A，f(x)＝ln x，则g(x)＝exln x，则g′(x)＝ex，因为在(0，＋∞)上ln x＋≥1恒成立，所以函数g(x)＝exln x在(0，＋∞)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，所以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)＝x3，则g(x)＝exx3，g′(x)＝exx3＋3exx2＝ex(x3＋3x2)＝exx2(x＋3)，当x＜－3时，g′(x)＜0，所以g(x)＝exf(x)在定义域R上先递减后递增，所以具有M性质的函数的选项为A、B．
12．请写出一个同时满足下列三个条件的函数f(x)：
(1)f(x)是偶函数；(2)f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(3)f(x)的值域是(0，＋∞)．则f(x)＝__________．
解析：设f(x)＝x－2(x≠0)，因为f(－x)＝(－x)－2＝x－2＝f(x)(x≠0)，所以f(x)是偶函数；x>0时，f′(x)＝－2x－3<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＝x－2>0，f(x)的值域是(0，＋∞)．
答案：x－2(x≠0)(答案不唯一)
13．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)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
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)的单调增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1,2)．
(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，
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时恒成立，
所以a≤(x2－2x)＝(x－1)2－在x>0时恒成立．
令φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－．
所以当a≤－时，g′(x)≥0恒成立．
又当a＝－时，g′(x)＝，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0．
故当a∈时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增．
C级——迁移创新
14．定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”．
(1)设f(x)＝cos x，则f(x)在(0，π)上的“新驻点”为__________；
(2)如果函数g(x)＝ex－x与h(x)＝ln(x＋1)的“新驻点”分别为α，β，那么α和β的大小关系是__________．
解析：(1)∵f(x)＝cos x，∴f′(x)＝－sin x，根据“新驻点”的定义得f(x)＝f′(x)，即cos x＝－sin x，可得tan x＝－1，∵x∈(0，π)，解得x＝，∴函数f(x)＝cos x在(0，π)上的“新驻点”为；
(2)g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，根据“新驻点”的定义得g(α)＝g′(α)，即α＝1．∵h(x)＝ln(x＋1)，则h′(x)＝，由“新驻点”的定义得h(x)＝h′(x)，即ln(x＋1)＝，构造函数F(x)＝ln(x＋1)－，则函数y＝F(x)在定义域上为增函数，∵F(0)＝－1<0，F(1)＝ln 2－>0，∵F(β)＝0，由零点存在定理可知，β∈(0,1)，∴α>β．
答案：(1)　(2)α>β
15．已知函数f(x)＝，若f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，证明x1x2>e2．
证明：函数f(x)＝，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当f′(x)>0时，0e，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
则f(x)max＝且x>e时，有f(x)>0，
所以若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，有0不妨设x1e2，只需证x2>，且x2>>e，
又f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)令F(x)＝f(x)－f(0则F′(x)＝f′(x)＋f′·＝(1－ln x)，
当00，－>0，所以F′(x)>0，即F(x)在(0，e)上单调递增，且F(e)＝0，所以F(x)<0恒成立，
所以f(x1)e2得证．

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