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第2讲　导数与函数的单调性
复习要点　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)．
一　函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
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)上是常函数
二　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．
注意：导数的绝对值与函数值变化的关系
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．
常/用/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．
此命题适用于所有初等函数．
1．判断下列结论是否正确．
(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)若函数f(x)在定义域上单调递增，则f′(x)>0.(?)
(3)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√)
(4)如果函数f(x)在区间(a，b)上变化得越快，其导数就越大．(?)
2．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(　　)
解析：由导函数的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当0＜x＜x1时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x＞x1时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．故选C.
答案：C
3．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a，由结论1知f′(x)≥0，即a≤3x2，
又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
4．已知函数f(x)＝x2(x－a)．
(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________；
(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x.
(1)若f(x)在(2,3)上单调，则结合f′(x)的图象有f′(2)＝12－4a≥0或f′(3)＝27－6a≤0，可得a≤3或a≥.
(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则2＜＜3，可得3＜a＜.
答案：(1)(－∞，3]∪　(2)
题型　简单函数的单调性问题
典例1求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝x＋2；
(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝e2x－e(2x＋1)．
解：(1)f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－.f′(x)在区间(－∞，1]上单调递减，f′(x)＝0的解x＝0是原函数的极大值点．
令f′(x)＝0，得x＝0.当00.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
(2)f′(x)＝＝.你能从本例中看到更深一层的问题吗？求函数的极大值点和极小值点. x＝＋2kπ，k∈Z是极大值点；x＝－＋2kπ，k∈Z是极小值点．
令f′(x)＞0，得cos x＞－，
即2kπ－＜x＜2kπ＋(k∈Z)；
令f′(x)＜0，得cos x＜－，
即2kπ＋＜x＜2kπ＋(k∈Z)．
因此f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．这里反映出余弦不等式的解题特点. 如图：
(3)f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，
求导后，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，得单调区间．
令f′(x)＝0，解得x＝，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
x
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? －e ?
∴f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
单调区间的求法
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)．
(2)使f′(x)＞0的区间为f(x)的单调递增区间，使f′(x)＜0的区间为f(x)的单调递减区间．
(3)函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．想想为什么？ 　　　
对点练1(2024·山师附中质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A.
B.，
C.
D.
解析：由f(x)＝ln x＋f′(1)x2得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，解得f′(1)＝－1，所以f′(x)＝－2x＝.因为x＞0，所以由f′(x)＝＞0得0＜x＜.故选C.
答案：C
题型　含参函数单调性的讨论
典例2已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a＞0，试讨论函数g(x)的单调性．
解：因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，
所以g′(x)＝＝.
这样一来，使问题转化为含参二次不等式的解法，如果本题没有a＞0这个限制条件，那么对a怎样分类讨论呢？一方面讨论a和0的大小，另一方面讨论和1的大小. 两方面应兼顾．
由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若<1，即a>，
由g′(x)>0得x>1或0由g′(x)<0得所以函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
②若>1，即0由g′(x)>0得x>或0由g′(x)<0得1所以函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
③若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当0当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．
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0的点和函数的间断点．
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. 　　　
对点练2(1)(2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R，讨论f(x)的单调区间．
(2)(2020·全国Ⅲ卷节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2，讨论f(x)的单调性．
(1)解：函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，
令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞ln a，
令f′(x)＝ex－a＜0，解得x＜ln a，
即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)解：由题意，得f′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±，
令f′(x)＜0，得－＜x＜，
令f′(x)＞0，得x＜－或x＞，
所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．
综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当k＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.
题型　函数单调性应用的多维研讨
维度1　导数与函数图象的关系
典例3(1)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是(　　)
(2)已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是(　　)
　
本例考查f′(x)的绝对值大小，对应函数f(x)切线斜率的变化．
解析：(1)原函数的单调性如下：
当x＜0时，f(x)单调递增；f′(x)为正值，且逐渐增大．
当x＞0时，f(x)的单调性变化依次为增、减、增．故当x＜0时，f′(x)＞0；当x＞0时，f′(x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选C.
(2)由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)＞0，且在内，f′(x)单调递增，在内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在内越来越陡峭，在内越来越平缓．故选D.
解决此类导函数图象与原函数图象关系问题的关键点有两个：一是抓住原函数的单调递增区间对应的导函数函数值为正、原函数的单调递减区间对应的导函数函数值为负；二是抓住函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映导函数图象在相应点处的变化情况．
对点练3(1)已知f(x)＝x2＋cos x，f′(x)为f(x)的导函数，则y＝f′(x)的图象大致是(　　)
(2)(2024·吉林长春模拟)已知函数y＝f(x)的部分图象如图所示，且f′(x)是f(x)的导函数，则(　　)
A．f′(－1)＝f′(－2)<0B．f′(2)C．0>f′(2)>f′(1)>f′(－1)＝f′(－2)
D．f′(1)解析：(1)因为f′(x)＝x－sin x，所以f′(x)为奇函数，则函数f′(x)的图象关于原点对称，排除A，D；令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－cos x，因为当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递减，排除C.故选B.
(2)f′(－2)，f′(－1)，f′(1)，f′(2)分别表示曲线y＝f(x)在x＝－2，x＝－1，x＝1，x＝2处切线的斜率，结合图象可知，当x<0时，f′(x)是一个大于0的常数，当x>0时，f′(x)小于0且随着x的增大而减小，所以f′(2)答案：(1)B　(2)B
维度2　利用单调性比较大小和不等式问题
典例4(1)(2024·江苏苏州模拟)已知x＝，y＝e，z＝π，则x，y，z的大小关系为(　　)
做个发散思维，函数g(x)＝x的单调性如何呢？
A．x＞y＞z B．x＞z＞y
C．y＞x＞z D．y＞z＞x
(2)设函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式　　　　　
解析式暗含单调性，从而发散得知在R内单调递增．
f(2x－1)＋f(x－2)＞0的解集为(　　)
应用奇偶性、单调性解不等式．
A．(－∞，1) B.
C. D．(1，＋∞)
解析：(1)由x＝，y＝e，z＝π，得ln x＝ln 2，ln y＝ln e，ln z＝ln π，令f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝(x＞0)，
取对数，构造函数，思维巧妙！
当0＜x＜e时，f′(x)＞0，当x＞e时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又因为ln x＝ln 2＝ln 4，e＜π＜4，　　　　　
这样转化，三个自变量同属一个单调区间．
所以f(e)＞f(π)＞f(4)，即ln y＞ln z＞ln x，所以y＞z＞x.故选D.
(2)根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，此时有f′(x)＝ex＋sin x＞0，则f(x)在[0，＋∞)上　　　　　
ex≥1，sin x≥－1，从而f′(x)＞0.
为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)＞0 f(2x－1)＞－f(x－2) f(2x－1)＞f(2－x) 2x－1＞2－x，解得x＞1，即不等式的解集为(1，＋∞)．故选D.
利用导数比较大小或解不等式的方法
利用导数比较大小或解不等式，其关键是构造函数，把比较大小和解不等式问题转化为先利用导数判断函数单调性，再根据单调性比较大小和解不等式问题．①比较大小时，应先利用函数的性质将其转化到同一单调区间上，再进行比较；②解不等式时，根据单调性去掉函数符号“f”．　 　　　
对点练4(1)(2024·河南郑州模拟)已知a＝e0.3，b＝＋1，c＝，则它们的大小关系正确的是(　　)
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．b＞a＞c D．c＞b＞a
(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：(1)因为b＝＋1＝ln＋1，令f(x)＝ln x＋1－x，则f′(x)＝－1，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，则f()＜0，即ln＋1－＜0，所以b＜c.又因为c＝＜1.3，所以ln＋1＜＜1.3，所以ln＜0.3＝ln e0.3，故＜e0.3，即a＞c.综上所述，a＞c＞b.故选B.
(2)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.
答案：(1)B　(2)
维度3　由单调性求参数的范围
典例5已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若f(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围；转化为不等式恒成立，求参问题．
(2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．转化为f′(x)＜0在区间内有解，求参问题．
解：(1)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．
参变分离法，用二次函数方法求G(x)＝－的最大值．
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，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则f′(x)＜0在[1,4]上有解，
不等式在区间内有解求参数范围和不等式恒成立求参数范围，方法是有差别的．如a＞g(x)恒成立 a＞g(x)max，而a＞g(x)有解 a＞g(x)min.
所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，
又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
根据函数单调性求参数取值范围的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理，函数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)在区间D上单调递增(减)，得到f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立，如果能够分离参数，则分离参数后转化为研究函数的最值问题．
(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．　
对点练5(2024·陕西渭南阶段测试)已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是________．
解析：由题可知，f′(x)＝－ln x＋＋a＝－ln x＋a－1，
令g(x)＝－ln x＋a－1，x＞1，
则g′(x)＝－－＝－，
因为x＞1，所以g′(x)＜0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝1－ln 1＋a－1＝a.
若a≤0，则g(x)＜0，即f′(x)＜0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，不满足题意．
若a＞0，则g(1)＝a＞0，g(ea)＝－ln ea＋a－1＝－1.
因为a＞0，所以ea＞1，所以g(ea)＝－1＜0，结合函数零点存在定理可知，g(x)在(1，ea)上必定存在唯一的零点，记为x0，
所以当x∈(1，x0)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，满足题意．
综上，a∈(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)(共80张PPT)
第2讲　导数与函数的单调性
第四章　一元函数的导数及其应用
理清教材 强基固本
01
重难题型 全线突破
02
限时跟踪检测
03
理清教材 强基固本
答案
解析
重难题型 全线突破
答案
解析
答案
答案
解析
答案
限时跟踪检测
答案
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答案
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答案
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答案
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答案
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答案
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答案
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答案
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谢 谢 观 看
O限时跟踪检测(十七)　导数与函数的单调性　
一、单项选择题
1．(2024·海南高中联考)函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是(　　)
A.和
B.∪
C.
D.
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)
3．(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
4．(2024·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c＝f(log20.2)，则(　　)
A．b＜c＜a B．c＜a＜b
C．b＜a＜c D．c＜b＜a
5．(2024·四川乐山模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3]
B．(－3,1)
C．[1，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
6．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)，则y＝f(x)的图象大致是(　　)
7．(2024·安徽合肥一中、屯溪一中等校联考)已知函数f(x)＝4cos x－mx3在上单调递增，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
8．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)
二、多项选择题
9．(2024·宁夏长庆高中月考)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋x＋b(a＞0，b∈R)恰好有三个不同的单调区间，则实数a的可能取值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．0
10．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
三、填空题与解答题
11．函数f(x)＝2exsin x的单调递增区间是________．
12．设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
13．(2024·湖南衡阳段考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间(1,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
14．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间内单调递减，求a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间是，求a的值．
高分推荐题
15．已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)＜2，则下列不等式成立的是(　　)
A．2a＋b＜－1 B．2a＋b＞－1
C．4a＋b＜1 D．4a＋b＞1
解析版
一、单项选择题
1．(2024·海南高中联考)函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是(　　)
A.和
B.∪
C.
D.
解析：由f(x)＝－ln x＋2x2(x＞0)，得f′(x)＝－＋4x＝，令f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>，所以函数f(x)＝－ln x＋2x2的单调递增区间是.故选D.
答案：D
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)
解析：当x＜0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c＜0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x＞0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象，可知导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D符合题意．
答案：D
3．(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
解析：依题意，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥.
设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.
故选C.
答案：C
4．(2024·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c＝f(log20.2)，则(　　)
A．b＜c＜a B．c＜a＜b
C．b＜a＜c D．c＜b＜a
解析：由题意可得f′(x)＝1－sin x≥0，
所以f(x)在R上单调递增．
又由0.3－1＞2－0.3＞log20.2，
可得f(0.3－1)＞f(2－0.3)＞f(log20.2)，
所以c＜b＜a.故选D.
答案：D
5．(2024·四川乐山模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3]
B．(－3,1)
C．[1，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
解析：因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，
所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，
如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1，2]上单调，
那么a－1≥0或
解得a≥1或a≤－3，
于是满足条件的a∈(－3,1)．故选B.
答案：B
6．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)，则y＝f(x)的图象大致是(　　)
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中的图象．
答案：C
7．(2024·安徽合肥一中、屯溪一中等校联考)已知函数f(x)＝4cos x－mx3在上单调递增，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：由题意得f′(x)≥0在上恒成立且不恒等于0，f′(x)＝－4sin x－mx2，则－4sin x－mx2≥0在x∈时恒成立且不恒等于0，即－≥m在x∈时恒成立且不恒取等号．
令g(x)＝－，x∈，可知当x∈时，g(x)＜0，当x∈[π，2π]时，g(x)≥0.
当x∈时，g′(x)＝(2sin x－xcos x)＞0，所以函数g(x)在上单调递增，所以g(x)min＝g＝－，则m≤－，故实数m的取值范围为.
答案：D
8．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：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.
答案：B
二、多项选择题
9．(2024·宁夏长庆高中月考)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋x＋b(a＞0，b∈R)恰好有三个不同的单调区间，则实数a的可能取值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．0
解析：由题意得f′(x)＝3ax2＋6x＋1(a＞0)，
∵函数f(x)恰好有三个不同的单调区间，
∴f′(x)有两个不同的零点，
∴解得0＜a＜3.
因此，实数a的取值范围是(0,3)．故选AB.
答案：AB
10．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
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，定义域为R，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，x＞0，
当x∈时，g′(x)＜0，
∴g(x)在上单调递减，
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，
∴g(x)在上单调递减，故D中函数不是“F函数”．
答案：ACD
三、填空题与解答题
11．函数f(x)＝2exsin x的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)＝2exsin，
由f′(x)＞0，得2kπ故f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
答案：(k∈Z)
12．设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
解析：第1步：求出函数f(x)单调递增的充要条件
由题意得，当x>0时，f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋xln(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
第2步：求参数a的取值范围
因为a∈(0,1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0答案：
13．(2024·湖南衡阳段考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间(1,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝＋2ax，因为f(x)在区间(1,2)内存在单调递增区间，所以f′(x)＞0在(1,2)内有解，即存在x∈(1,2)，使得a＞－.
设g(x)＝－，x∈(1,2)，则问题可转化为存在x∈(1,2)，使得a＞g(x)．
易知g(x)在(1,2)上单调递增，又x＝1时，－＝－，x＝2时，－＝－，所以－＜g(x)＜－，要使a＞g(x)在x∈(1,2)时有解，只需a＞－，所以a的取值范围是.
答案：
14．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间内单调递减，求a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间是，求a的值．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3x2＋2ax＝3x.
①当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0恒成立．
∴f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
②当a＞0时，∵f′(x)在和(0，＋∞)上都恒为正，∴f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞)．∵f′(x)在上恒为负，∴f(x)的单调递减区间是.
③当a＜0时，在(－∞，0)和上均有f′(x)＞0，∴f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，；在上，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递减区间是.
(2)由(1)知，a＞0且 ，
∴－a≤－，∴a≥1.
即a的取值范围为[1，＋∞)．
(3)由(1)知a＞0且＝，
∴a＝1.
高分推荐题
15．已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)＜2，则下列不等式成立的是(　　)
A．2a＋b＜－1 B．2a＋b＞－1
C．4a＋b＜1 D．4a＋b＞1
解析：设g(x)＝ex－e－x＋sin x，
则g(x)＝f(x)－1.
f(3a＋b)＋f(a－1)＜2，
即g(3a＋b)＋g(a－1)＜0，
∵g(－x)＝e－x－ex－sin x＝－g(x)，
∴函数g(x)是奇函数．
∵g′(x)＝ex＋e－x＋cos x
≥2＋cos x(当且仅当x＝0时取等号)
＝2＋cos x＞0，
∴g(x)是增函数，
∵g(3a＋b)＋g(a－1)＜0，
∴g(3a＋b)＜－g(a－1)＝g(1－a)，
则3a＋b＜1－a，即4a＋b＜1.
答案：C

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