资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
期末核心考点 探究函数性质
一．选择题（共7小题）
1．（2025 邵阳模拟）已知a，b∈R，若关于x的不等式xex﹣bx﹣aex+ab≥0恒成立，则的最大值为（　　）
A．e B．2 C．1 D．e2
2．（2025 辽宁模拟）已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．b＞c＞a
3．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（　　）
A． B．e2 C．或 D．或
4．（2025春 越秀区期中）f（x）在（0，+∞）上的导函数为f′（x），xf′（x）＞2f（x），则下列不等式成立的是（　　）
A．20242f（2025）＞20252f（2024）
B．20242f（2025）＜20252f（2024）
C．2024f（2025）＞2025f（2024）
D．2024f（2025）＜2025f（2024）
5．（2025春 张掖期中）曲线在点（0，﹣1）处的切线斜率为（　　）
A．2 B．1 C． D．
6．（2025春 东丽区校级期中），则a，b，c的大小关系为（　　）
A．b＜c＜a B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a
7．（2025春 浦东新区校级期中）已知偶函数f（x）（x∈R）的图象是一条连续不断的曲线，其导函数为f′（x），f（﹣3），且当x＞0时，xf′（x）+2f（x）＞0，则不等式f（2x﹣1）的解集为（　　）
A． B．
C． D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 鼓楼区校级月考）已知定义域为R的函数f（x）的导函数为f′（x），且满足，下列说法正确的是（　　）
A．f（2）＞f（1） B．f（3）＞f（2）
C．f（1）+f（3）＜2f（2） D．f（1）+f（3）＞2f（2）
（多选）9．（2025春 宝安区校级期中）已知函数f（x）＝xex﹣a，则（　　）
A．f（x）在区间[0，2]上单调递增
B．f（x）有最大值
C．当a＝0时，y＝f（x）的图象过（1，0）的切线有且仅有2条
D．关于x的方程f（x）＝0有两个不等实根，则a的取值范围是
（多选）10．（2025春 无锡校级期中）已知直线y＝kx与曲线y＝lnx相交于不同两点M（x1，y1），N（x2，y2），曲线y＝lnx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P（x0，y0），则（　　）
A．
B．为定值
C．y1+y2﹣y0为定值
D．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 浦东新区校级月考）定义在R上的函数f（x）的图像如图所示，设f（x）的导函数为f′（x），则的解集为 　 　 ．
12．（2025春 盐城校级期中）已知定义在R上的可导函数y＝f（x）的导函数为f′（x），满足f（x）﹣2＜f′（x）且f（1）＝3，则不等式f（x）﹣2＞ex﹣1的解集为　 　 ．
13．（2025春 重庆期中）已知函数y＝x+lnx的图象在点（1，1）处的切线与抛物线y＝ax2+（a+2）x+1相切，则a＝　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 光明区校级期中）已知函数．
（1）a＝0时，证明：；
（2）若函数f（x）的图象始终在直线y＝1上方，求a的取值范围．
15．（2025春 辽宁期中）已知函数．
（1）若a＝4，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性．
期末核心考点 探究函数性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 邵阳模拟）已知a，b∈R，若关于x的不等式xex﹣bx﹣aex+ab≥0恒成立，则的最大值为（　　）
A．e B．2 C．1 D．e2
【考点】利用导数研究函数的单调性；不等式恒成立的问题；运用基本不等式求最值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先将不等式变形可得（x﹣a）（ex﹣b）≥0，然后通过分析可得ea＝b，代入，通过求导求解函数的最值即可求解．
【解答】解：由题意a，b∈R，若关于x的不等式xex﹣bx﹣aex+ab≥0恒成立，
可将不等式xex﹣bx﹣aex+ab≥0变形，可得（x﹣a）（ex﹣b）≥0，
要使不等式（x﹣a）（ex﹣b）≥0恒成立，需满足：
当x＞a时，x﹣a＞0，因此需ex﹣b≥0，
当x＜a时，x﹣a＜0，因此需ex﹣b≤0，若同时满足上述两个要求，则ea＝b，
下面验证ea＝b时，（x﹣a）（ex﹣b）≥0恒成立，
当x＞a时，ex＞ea，所以ex﹣b＞0，所以（x﹣a）（ex﹣b）＞0，
当x＜a时，ex＜ea，所以ex﹣b＜0，所以（x﹣a）（ex﹣b）＞0，
当x＝a时，（x﹣a）（ex﹣b）＝0，
所以ea＝b时，不等式（x﹣a）（ex﹣b）≥0恒成立，
所以，令，所以，
令h′（a）＝0，得a＝﹣1，
当a＜﹣1时，h′（a）＞0，h（a）单调递增，
当a＞﹣1时，h′（a）＜0，h（a）单调递减，
所以当a＝﹣1时，h（a）取得最大值，最大值为，
所以的最大值为e．
故选：A．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，是中档题．
2．（2025 辽宁模拟）已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．b＞c＞a
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】构造f（x）＝ex﹣x﹣1，先求导，根据导数正负判断单调性，得出f（x）单调性，再令，比较a，c．再构造，求导可知g（x）在（0，+∞）递增，再令，得到b，c大小即可．
【解答】解：令f（x）＝ex﹣x﹣1，则f′（x）＝ex﹣1，
令f′（x）＜0，则x＜0，令f′（x）＞0，则x＞0，
故f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，在区间（﹣∞，0）内单调递减，故f（x）≥f（0）＝0，
即ex≥x+1，即e﹣x≥﹣x+1，当且仅当x＝0时等号成立，
令g（x），
则g′（x），
所以g（x）在区间（0，+∞）内单调递增，
即g（x）＞g（0）＝0，即，
所以，即b＞c，
当0＜x＜1时，由e﹣x＞1﹣x＞0，得，所以，
则，即a＜c，
故b＞c＞a．
故选：D．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，是中档题．
3．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（　　）
A． B．e2 C．或 D．或
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】先由题意可得直线l的斜率k＝2，再根据l与f（x）相切求切线l的方程，再设切线l与g（x）＝txex切于点P（x0，y0），接着根据切点的特点及导数的几何意义建立方程组，最后再解方程组即可得解．
【解答】解：由题意可得直线l的斜率k＝2，
令，（x＞0），
∴x＝1，又f（1）＝1，
∴切线l的方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，
设切线l与g（x）＝txex切于点P（x0，y0），
又g′（x）＝tex（x+1），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x0＝1或x0，又t，
∴t或t＝4．
故选：D．
【点评】本题考查导数的几何意义，利用导数求切线，方程思想，属中档题．
4．（2025春 越秀区期中）f（x）在（0，+∞）上的导函数为f′（x），xf′（x）＞2f（x），则下列不等式成立的是（　　）
A．20242f（2025）＞20252f（2024）
B．20242f（2025）＜20252f（2024）
C．2024f（2025）＞2025f（2024）
D．2024f（2025）＜2025f（2024）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据条件构造函数，利用导数判断其单调性，从而得到不等关系，即可判断．
【解答】解：f（x）在（0，+∞）上的导函数为f′（x），xf′（x）＞2f（x），
令，
则，
∵xf′（x）＞2f（x），∴g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴g（2024）＜g（2025），即，
∴20242f（2025）＞20252f（2024）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
5．（2025春 张掖期中）曲线在点（0，﹣1）处的切线斜率为（　　）
A．2 B．1 C． D．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】利用商的导数来求切线斜率即可．
【解答】解：因为，所以，
所以当x＝0时，切线斜率为．
故选：A．
【点评】本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
6．（2025春 东丽区校级期中），则a，b，c的大小关系为（　　）
A．b＜c＜a B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a
【考点】利用导数研究函数的单调性；对数值大小的比较．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】B
【分析】结合对数性质构造函数进而判断大小．
【解答】解：设0），则，
令f'（x）＝0，即，因为x2＞0恒成立，所以1﹣lnx＝0，解得x＝e．
当0＜x＜e时，1﹣lnx＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞e时，1﹣lnx＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减．
对于，因为2＜e，
由f（x）在（0，e）上单调递增，可得f（2）＜f（e），，也就是a＜b．
对于，因为5＞e，
由f（x）在（e，+∞）上单调递减，可得f（5）＜f（e），，也就是c＜b．
再比较与，可将化为，化为，
因为y＝lnx函数单调递增，ln32＞ln25，所以，即a＞c．
综上，c＜a＜b．
故选：B．
【点评】本题考查对数函数大小比较，属于中档题．
7．（2025春 浦东新区校级期中）已知偶函数f（x）（x∈R）的图象是一条连续不断的曲线，其导函数为f′（x），f（﹣3），且当x＞0时，xf′（x）+2f（x）＞0，则不等式f（2x﹣1）的解集为（　　）
A． B．
C． D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】本题可通过构造函数g（x）＝x2f（x），利用导数判断其单调性，再结合偶函数的性质求解不等式．
【解答】解：设g（x）＝x2f（x），因为f（x）是偶函数，即f（﹣x）＝f（x），
则g（﹣x）＝（﹣x）2f（﹣x）＝x2f（x）＝g（x），所以g（x）也是偶函数．
又g′（x）＝2xf（x）+x2f′（x）＝x[2f（x）+xf′（x）]，
当x＞0时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增．
已知，则，所以g（3）＝g（﹣3）＝3．
又不等式可化为（2x﹣1）2f（2x﹣1）＞3，即g（2x﹣1）＞3＝g（3）．
又因为g（x）是偶函数且在（0，+∞）上单调递增，所以只需|2x﹣1|＞3．
解得x＞2或x＜﹣1．同时要注意2x﹣1≠0，即．
综上，不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查导数在函数单调性中的应用，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 鼓楼区校级月考）已知定义域为R的函数f（x）的导函数为f′（x），且满足，下列说法正确的是（　　）
A．f（2）＞f（1） B．f（3）＞f（2）
C．f（1）+f（3）＜2f（2） D．f（1）+f（3）＞2f（2）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据，得出导函数的符号分布情况，进而可求出函数的单调区间，再根据函数的单调性即可一一判断．
【解答】解：由，则或，
所以当x＜2时，f'（x）＞0，当x＞2时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
对于A，B，所以f（2）＞f（1），f（2）＞f（3），故A正确，B错误；
对于C，D，所以2f（2）＞f（1）+f（3），即f（1）+f（3）＜2f（2），故C正确，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了导数与单调性的关系，并利用单调性解决实际问题，属于中档题．
（多选）9．（2025春 宝安区校级期中）已知函数f（x）＝xex﹣a，则（　　）
A．f（x）在区间[0，2]上单调递增
B．f（x）有最大值
C．当a＝0时，y＝f（x）的图象过（1，0）的切线有且仅有2条
D．关于x的方程f（x）＝0有两个不等实根，则a的取值范围是
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】AC
【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；分析函数f（x）的单调性，利用函数的最值与导数的关系可判断B选项；设切点坐标为（t，tet），利用导数求出切线方程，再将点（1，0）的坐标代入切线方程，判断关于t的方程解的个数，可判断C选项；令g（x）＝xex，求导得到其单调性和最值，数形结合可判断D选项．
【解答】解：函数f（x）＝xex﹣a，
对于A选项，对x∈[0，2]，f′（x）＝（x+1）ex＞0恒成立，f（x）在区间[0，2]上单调递增，A对；
对于B选项，当x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
f（x）有最小值，无最大值，B错；
对于C选项，当a＝0时，f（x）＝xex，设切点为（t，tet），
f′（x）＝（x+1）ex，则切线斜率为（t+1）et，
所以曲线y＝f（x）在点（t，tet）的切线方程为y﹣tet＝（t+1）et（x﹣t），
将点（1，0）的坐标代入切线方程为﹣tet＝（1﹣t）（t+1）et，整理可得t2﹣t﹣1＝0，
Δ＝1+4＝5＞0，即方程t2﹣t﹣1＝0有两个不等的实根，
所以，当a＝0时，y＝f（x）的图象过（1，0）的切线有且仅有2条，C对；
对于D选项，方程f（x）＝0，即xex﹣a＝0 xex＝a，
令g（x）＝xex，而g′（x）＝ex+xex＝ex（x+1），
当x＜﹣1时，g′（x）＜0，当x＞﹣1时，g′（x）＞0．
所以在区间（﹣∞，﹣1）上g（x）单调递减，在区间（﹣1，+∞）上g（x）单调递增，
当x＜0时g（x）＜0，且g（0）＝0，
要使方程f（x）＝0有两个不等实根，a的范围是，D错．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系，方程根的存在条件的应用，导数几何意义的应用，属于中档题．
（多选）10．（2025春 无锡校级期中）已知直线y＝kx与曲线y＝lnx相交于不同两点M（x1，y1），N（x2，y2），曲线y＝lnx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P（x0，y0），则（　　）
A．
B．为定值
C．y1+y2﹣y0为定值
D．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，利用导数判断出单调性即可判断；对于B，写出M，N点处的切线程联立并化简得，即可判断；对于C，根据斜率相等可得x2lnx1＝x1lnx2，点P为两切线的交点代入化简得，再计算可得答案；对于D，根据，计算即可判断．
【解答】解：对于A，令f（x），则，
x＞e时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以，且x＞e时，f（x）＞0，
因为直线y＝kx与曲线相交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，
所以与y＝k图象有2个交点，所以，故A正确；
对于B，，不妨设1＜x1＜e＜x2，可得kx1＝lnx1，kx2＝lnx2，
y＝lnx在点M，N处的切线程分别为，
得，，
即，
因为，所以x0＝kx1x2，即是变化的，故B错误；
对于C，因为，所以x2lnx1＝x1lnx2，
因为P（x0，y0）为两切线的交点，
所以，
即
，
所以
，
所以y1+y2﹣y0＝1，故C正确；
对于D，因为kx1＝y1，kx2＝y2，所以，
又因为kx1＝y1，kx2＝y2，
所以lnk+lnx1＝lnk+y1＝lny1，lnk+lnx2＝lnk+y2＝lny2，
得lny1﹣y1＝lny2﹣y2，即，
因为①，所以，
所以，即，故D正确．
其中不等式①的证明如下：不妨令a＞b＞0，
由得，
，令，则即证，
构造函数，，
所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝﹣1+1＝0，
所以不等式成立，即①成立．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了导数与单调性在不等式恒成立证明中的应用，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 浦东新区校级月考）定义在R上的函数f（x）的图像如图所示，设f（x）的导函数为f′（x），则的解集为 　（1，4）∪（6，+∞）　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1，4）∪（6，+∞）．
【分析】根据图像判断出函数的单调区间，从而求得的解集．
【解答】解：根据已知图象可知，当x＞4时，导函数f′（x）＜0；当x＜4时，导函数f′（x）＞0，
同时当1＜x＜6时，函数f（x）＞0；当x＜1或x＞6时，函数f（x）＜0，
因此的解集为（1，4）∪（6，+∞）．
故答案为：（1，4）∪（6，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
12．（2025春 盐城校级期中）已知定义在R上的可导函数y＝f（x）的导函数为f′（x），满足f（x）﹣2＜f′（x）且f（1）＝3，则不等式f（x）﹣2＞ex﹣1的解集为　（1，+∞）　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1，+∞）．
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式即可．
【解答】解：定义在R上的可导函数y＝f（x）的导函数为f′（x），满足f（x）﹣2＜f′（x），
令，则0，
所以函数g（x）是R上的增函数，
因为f（1）＝3，所以g（1）＝1，
则不等式f（x）﹣2＞ex﹣1等价于，
即g（x）＞g（1），所以x＞1，
所以不等式f（x）﹣2＞ex﹣1的解集为（1，+∞）．
故答案为：（1，+∞）．
【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性，属于中档题．
13．（2025春 重庆期中）已知函数y＝x+lnx的图象在点（1，1）处的切线与抛物线y＝ax2+（a+2）x+1相切，则a＝　8　 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】8．
【分析】先求出函数y＝x+lnx的图象在点（1，1）处的切线方程，再与抛物线联立，可得Δ＝0，进而得解．
【解答】解：对函数y＝x+lnx求导可得，，
则函数y＝x+lnx的图象在点（1，1）处的切线斜率为2，
则切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0，
又直线2x﹣y﹣1＝0与抛物线y＝ax2+（a+2）x+1相切，
则联立，消y并整理可得，ax2+ax+2＝0，
显然a≠0，则Δ＝a2﹣8a＝0，解得a＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 光明区校级期中）已知函数．
（1）a＝0时，证明：；
（2）若函数f（x）的图象始终在直线y＝1上方，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）当a＝0时，可得，把不等式转化为证明ex≥ex，令g（x）＝ex﹣ex，求得g′（x）＝ex﹣e，得到函数g（x）的单调性，以及g（x）min＝g（1）＝0，证得ex≥ex，即可得到原不等式成立；
（2）根据题意，转化为，令，求得h′（x）＝（ex+1）（2aex﹣1），当a≤0时，得到h（x）单调递减，结合h（0）＜0，不符合题意；当a＞0时，求得h（x）的单调性，且，令，转化为在t∈（0，+∞）成立，令，利用导数求得φ（t）在（0，+∞）单调递增，结合φ（1）＝0，得到0＜t＜1，即，进而求得实数a的取值范围．
【解答】（1）证明：当a＝0时，，
要证，即证ex≥ex，
令g（x）＝ex﹣ex，g′（x）＝ex﹣e，
当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝0，所以g（x）≥0，即ex≥ex，
所以，得证；
（2）解：要使得函数f（x）的图象始终在直线y＝1上方，即f（x）＞1在x∈R上恒成立，
即在x∈R上恒成立，
令，
可得h′（x）＝2ae2x+（2a﹣1）ex﹣1＝（ex+1）（2aex﹣1），
当a≤0时，h′（x）＝（ex+1）（2aex﹣1）＜0，此时函数h（x）单调递减，
又由，所以h（x）＞0在x∈R上不恒成立，（舍去）；
当a＞0时，h′（x）＝0，即2aex﹣1＝0，解得，
当时，h′（x）＜0；当时，h′（x）＞0；
所以h（x）在单调递减，在上单调递增，
所以，
要使得h（x）＞0在x∈R上恒成立，只需，
令，即在t∈（0，+∞）成立，
即在t∈（0，+∞）成立，
令，可得，
所以φ（t）在（0，+∞）单调递增，
因为φ（1）＝0，所以0＜t＜1，即，所以，
所以实数a的取值范围为．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
15．（2025春 辽宁期中）已知函数．
（1）若a＝4，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）y＝﹣4．
（2）a≤0时，函数f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
0＜a＜2时，函数f（x）在（0，1）和上是增函数，在上是减函数；
a＝2时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；
a＞2时，函数f（x）在和（1，+∞）上是增函数，在上是减函数．
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义可得切线斜率，求出切点坐标，进而可得切线方程；
（2）求出导函数，再对a分类讨论，结合导数与单调性的关系即可求解．
【解答】解：（1）当a＝4时，f（x）＝2x2﹣6x+2lnx．
，
，f（1）＝﹣4，即切点为（1，﹣4），
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y＝﹣4．
（2）f′（x）＝ax﹣（2+a），x∈（0，+∞）．
①当a＜0时，不等式f′（x）＞0的解集为（0，1），不等式f'（x）＜0的解集为（1，+∞）；
②当a＝0时，不等式f'（x）＞0的解集为（0，1），不等式f'（x）＜0的解集为（1，+∞）；
③当0＜a＜2时，不等式f'（x）＞0的解集为，不等式f′（x）＜0的解集为；
④当a＝2时，不等式f'（x）≥0的解集为（0，+∞）；
⑤当a＞2时，不等式f'（x）＞0的解集为，不等式f'（x）＜0的解集为．
综上：a≤0时，函数f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
0＜a＜2时，函数f（x）在（0，1）和上是增函数，在上是减函数；
a＝2时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；
a＞2时，函数f（x）在和（1，+∞）上是增函数，在上是减函数．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑