高考數(shù)學科學復習提升版第17講導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

第17講導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[課程標準]能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，對于多項式函數(shù)，能求不超過三次的多項式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．1．函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系條件函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間(a，b)上可導結(jié)論(1)若f′(x)＞0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上eq\x(\s\up1(01))單調(diào)遞增(2)若f′(x)＜0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上eq\x(\s\up1(02))單調(diào)遞減(3)若f′(x)＝0，則f(x)在區(qū)間(a，b)上是eq\x(\s\up1(03))常數(shù)函數(shù)2．由導數(shù)求單調(diào)區(qū)間的一般步驟第一步，確定函數(shù)的eq\x(\s\up1(04))定義域；第二步，求出導數(shù)f′(x)的零點；第三步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出eq\x(\s\up1(05))f′(x)在各區(qū)間上的正負，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性．用充分必要條件詮釋可導函數(shù)與該函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的必要不充分條件．(3)若f′(x)在區(qū)間(a，b)的任意子區(qū)間上都不恒等于零，則f′(x)≥0(≤0)是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充要條件．1.(人教A選擇性必修第二冊復習參考題5T3改編)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是()答案D解析由f(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，觀察四個圖象可知選D.2．(2024·寧波一中階段考試)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,ex)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析由題意得f′(x)＝eq\f(3－x,ex)，令f′(x)＝eq\f(3－x,ex)>0，得x<3，故函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,ex)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，3)．故選A.3．(人教A選擇性必修第二冊5.3.1例1(2)改編)已知函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的是()A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)答案D解析f′(x)＝1－cosx，當x∈(0，π]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上單調(diào)遞增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故選D.4．(人教A選擇性必修第二冊5.3.1例4改編)已知f(x)＝log3x，g(x)＝lnx．因為f′(x)________g′(x)，所以f(x)的圖象比g(x)的圖象更________(第一個空填“>”或“<”，第二個空填“陡峭”或“平緩”)．答案<平緩解析因為f′(x)＝eq\f(1,xln3)>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，且eq\f(g′（x）,f′（x）)＝ln3>lne＝1，所以f′(x)<g′(x)，所以f(x)的圖象比g(x)的圖象更平緩．5．已知函數(shù)f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2，3)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是________________；(2)若f(x)在(2，3)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(1)(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))解析由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a,3))).(1)若f(x)在(2，3)上單調(diào)遞減，則有eq\f(2a,3)≥3，解得a≥eq\f(9,2)；若f(x)在(2，3)上單調(diào)遞增，則有eq\f(2a,3)≤2，解得a≤3，所以若f(x)在(2，3)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).(2)若f(x)在(2，3)上不單調(diào)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2))).考向一利用導數(shù)研究不含參函數(shù)的單調(diào)性例1(1)(2024·河南重點中學聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝xlnx＋1的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)答案A解析令f′(x)＝1＋lnx<0?x<eq\f(1,e)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減．故選A.(2)(2024·蘇州模擬)函數(shù)f(x)＝x3＋2x2－4x的單調(diào)遞增區(qū)間是________．答案(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>eq\f(2,3)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).利用導數(shù)求不含參函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1)當導函數(shù)不等式可解時，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，與定義域求交集，求出單調(diào)區(qū)間．(2)當導函數(shù)方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，依照實根把函數(shù)的定義域劃分為幾個區(qū)間，確定各區(qū)間上f′(x)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．(3)若導函數(shù)對應的方程、不等式都不可解，根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，利用圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．提醒：若所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，這些區(qū)間之間不能用“∪”“或”連接，只能用“，”“和”隔開．1.函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案(－∞，0)(0，1)解析f(x)的定義域為{x|x≤1}，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(1－x)).令f′(x)＝0，得x＝0.當0<x<1時，f′(x)<0；當x<0時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．2．求函數(shù)f(x)＝e2x－e(2x＋1)的單調(diào)區(qū)間．解f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).考向二利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．解因為g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).由題意知函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)，若eq\f(1,2a)<1，即a>eq\f(1,2)，由g′(x)>0得x>1或0<x<eq\f(1,2a)，由g′(x)<0得eq\f(1,2a)<x<1，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減；若eq\f(1,2a)>1，即0<a<eq\f(1,2)，由g′(x)>0得x>eq\f(1,2a)或0<x<1，由g′(x)<0得1<x<eq\f(1,2a)，所以函數(shù)g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，則在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上可得，當0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減；當a＝eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減．利用導數(shù)討論含參函數(shù)單調(diào)性的策略(1)若導函數(shù)為二次函數(shù)式，首先看能否因式分解，再討論二次項系數(shù)的正負及兩根的大小；若不能因式分解，則需討論判別式的正負、二次項系數(shù)的正負、兩根的大小及根是否在定義域內(nèi)．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．(3)個別導數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)．已知函數(shù)f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)．①當a≤0時，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．②當a＞0時，f′(x)＝a(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(2,a)))，令f′(x)＝0得x＝1或x＝lneq\f(2,a)，當lneq\f(2,a)>1，即0＜a<eq\f(2,e)時，在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當lneq\f(2,a)<1，即a>eq\f(2,e)時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當lneq\f(2,a)＝1，即a＝eq\f(2,e)時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增．綜上所述，當0<a<eq\f(2,e)時，f(x)在(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞減；當a＞eq\f(2,e)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，1))上單調(diào)遞減；當a＝eq\f(2,e)時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a≤0時，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．多角度探究突破考向三利用導數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應用問題角度比較大小或解不等式例3(1)(2023·張家口調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關(guān)系為()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) B．f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)答案A解析由題意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，則函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).(2)(2023·西寧大通縣一模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)＝20，且f(x)的導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>6x2＋2，則不等式f(x)>2x3＋2x的解集為()A．{x|x>－2} B．{x|x>2}C．{x|x<2} D．{x|x<－2或x>2}答案B解析令g(x)＝f(x)－2x3－2x，則g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增．因為g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等價于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集為{x|x>2}．故選B.利用導數(shù)比較大小或解不等式的策略(1)判斷已知(或構(gòu)造后的)函數(shù)的單調(diào)性．(2)由單調(diào)性比較大小，通常是由自變量的大小推出對應函數(shù)值的大小；由單調(diào)性解不等式，通常是由函數(shù)值的大小推出對應自變量的大?。?.(2023·濰坊二模)設函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝ex－cosx，則不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集為()A．(－∞，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) D．(1，＋∞)答案D解析根據(jù)題意，當x≥0時，f(x)＝ex－cosx，此時有f′(x)＝ex＋sinx>0，則f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(x)為R上的奇函數(shù)，故f(x)在R上為增函數(shù)．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，即原不等式的解集為(1，＋∞)．2．(2024·安慶模擬)已知a＝eq\f(ln\r(2),4)，b＝eq\f(1,e2)，c＝eq\f(lnπ,2π)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<c<b B．b<a<cC．a(chǎn)<b<c D．c<a<b答案C解析令f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).令f′(x)<0，解得x>eq\r(e)，因此f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，因為a＝eq\f(ln\r(2),4)＝eq\f(ln4,16)＝f(4)，b＝eq\f(1,e2)＝eq\f(lne,e2)＝f(e)，c＝eq\f(lnπ,2π)＝eq\f(ln\r(π),π)＝f(eq\r(π))，又因為4>e>eq\r(π)>eq\r(e)，所以f(4)<f(e)<f(eq\r(π))，即a<b<c.故選C.角度根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例4(1)(2023·新課標Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A．e2 B．eC．e－1 D．e－2答案C解析依題意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，設g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值為e－1.故選C.(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則a的取值范圍為________．答案(－1，0)∪(0，＋∞)解析因為f(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則f′(x)<0在[1，4]上有解，所以當x∈[1，4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當x∈[1，4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解．(3)函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．1.(2024·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－12x，若f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案[－1，1)解析因為f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則區(qū)間(2m，m＋1)是區(qū)間[－2，2]的子區(qū)間，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,m＋1>2m，))解得－1≤m<1，所以實數(shù)m的取值范圍是[－1，1)．2．(2023·白城第一中學質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是________．答案[0，1)解析由f(x)＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)，∵函數(shù)f(x)在(t，t＋2)上不單調(diào)，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)在(t，t＋2)上有變號零點，∴eq\f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋2)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋2)上有解，由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋2)，∴t∈(－1，1)，又f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故實數(shù)t的取值范圍是[0，1)．

課時作業(yè)一、單項選擇題1.(2023·馬鞍山模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．f(b)＞f(c)＞f(a) B．f(b)＞f(c)＝f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a) D．f(e)＞f(d)＞f(c)答案D解析由題意可知，當x∈[c，e]時，f′(x)≥0，函數(shù)是增函數(shù)，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故選D.2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋ax＋4的單調(diào)遞減區(qū)間是[－1，4]，則a＝()A．－4 B．－1C．1 D．4答案A解析易知f′(x)＝x2－3x＋a，由題意知f′(x)≤0的解集為[－1，4]，則－1與4是方程x2－3x＋a＝0的兩個根，故a＝－1×4＝－4.3．(2024·鎮(zhèn)江模擬)若冪函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(0，2) B．(－∞，0)和(2，＋∞)C．(－2，0) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)答案B解析設冪函數(shù)f(x)＝xα，它的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(α)＝eq\f(1,2)，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴g(x)＝eq\f(x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,e2x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，令g′(x)＜0，則x(2－x)＜0，解得x＞2或x＜0，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)．故選B.4．(2024·福州模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1，2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0，3]答案A解析由f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx(x>0)，得f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x2－9,x)(x>0)，當x∈(0，3)時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x∈(3，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a＋1≤3，,a＋1>a－1，))解得1<a≤2.故選A.5．(2023·南京大學附中模擬)已知f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，f′(x)為f(x)的導函數(shù)，則f′(x)的圖象大致是()答案A解析∵f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\f(1,4)x2＋cosx，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，它是一個奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，故排除B，D；設g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝eq\f(1,2)－cosx，當－eq\f(π,3)<x<eq\f(π,3)時，cosx>eq\f(1,2)，∴g′(x)＜0，故函數(shù)y＝f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，故排除C.故選A.6．(2023·漳州模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋eq\f(1,2)x2，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，0) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(0，＋∞)答案A解析由題設f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，則f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，則f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋eq\f(1,2)x2，f′(x)＝2ex－2＋x，則f′(0)＝0且f′(x)單調(diào)遞增，所以當x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)．故選A.7．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln2)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案A解析函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝cosx－sinx－2＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2≤eq\r(2)－2<0，因此函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，而－π<0<ln2<1<2e，則f(－π)>f(ln2)>f(2e)，即a>c>b.故選A.8．(2023·四省高考適應性測試)設函數(shù)f(x)，g(x)在R上的導函數(shù)存在，且f′(x)<g′(x)，則當x∈(a，b)時，()A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)答案C解析對于A，B，不妨設f(x)＝－2x，g(x)＝1，則f′(x)＝－2，g′(x)＝0，滿足題意，若x＝－1∈(a，b)，則f(x)＝2>1＝g(x)，故A錯誤；若x＝0∈(a，b)，則f(x)＝0<1＝g(x)，故B錯誤．對于C，D，因為f(x)，g(x)在R上的導函數(shù)存在，且f′(x)<g′(x)，令h(x)＝f(x)－g(x)，則h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R上單調(diào)遞減，因為x∈(a，b)，即a<x<b，所以h(b)<h(x)<h(a)，由h(x)<h(a)得f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，則f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，故C正確；由h(b)<h(x)得f(b)－g(b)<f(x)－g(x)，則f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故D錯誤．故選C.二、多項選擇題9．若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值可以是()A．－3 B．－1C．0 D．2答案BD解析依題意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有兩個不相等的零點，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0，))解得a>－3且a≠0.故選BD.10．(2024·廈門外國語學校月考)已知函數(shù)f(x)＝x2－ln|x|，則()A．曲線y＝f(x)關(guān)于y軸對稱 B．曲線y＝f(x)關(guān)于原點對稱C．f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減 D．f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增答案AD解析函數(shù)f(x)＝x2－ln|x|的定義域為{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln|－x|＝x2－ln|x|＝f(x)，則函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，曲線y＝f(x)關(guān)于y軸對稱，A正確，B錯誤；當x<0時，f(x)＝x2－ln(－x)，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，則當－eq\f(\r(2),2)<x<0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，C錯誤；當x>0時，f(x)＝x2－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，則當x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，D正確．故選AD.11．(2024·揚州模擬)Sigmoid函數(shù)S(x)＝eq\f(1,1＋e－x)是一個在生物學中常見的S型函數(shù)，也稱為S型生長曲線，常被用作神經(jīng)網(wǎng)絡的激活函數(shù)．記S′(x)為Sigmoid函數(shù)的導函數(shù)，則()A．S′(x)＝S(x)[1－S(x)] B．Sigmoid函數(shù)是減函數(shù)C．函數(shù)S′(x)的最大值是eq\f(1,4) D.eq\o(∑,\s\up6(2023),\s\do7(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024答案ACD解析由函數(shù)S(x)＝eq\f(1,1＋e－x)，得S′(x)＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2).對于A，S(x)[1－S(x)]＝eq\f(1,1＋e－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,1＋e－x)))＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2)＝S′(x)，A正確；對于B，?x∈R，S′(x)＝eq\f(e－x,（1＋e－x）2)>0，則Sigmoid函數(shù)是增函數(shù)，B不正確；對于C，S′(x)＝eq\f(e－x,1＋2e－x＋e－2x)＝eq\f(1,ex＋e－x＋2)≤eq\f(1,2\r(ex·e－x)＋2)＝eq\f(1,4)，當且僅當ex＝e－x，即x＝0時取等號，C正確；對于D，因為S(x)＋S(－x)＝eq\f(1,1＋e－x)＋eq\f(1,1＋ex)＝eq\f(ex,1＋ex)＋eq\f(1,1＋ex)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(2023),\s\do6(k＝0))[S(k)＋S(－k)]＝2024，D正確．故選ACD.三、填空題12．已知函數(shù)f(x)＝－x2－cosx，則f(x－1)>f(－1)的解集為________．答案(0，2)解析∵y＝x2，y＝cosx均為偶函數(shù)，故函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝－2＋cosx，∵cosx∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上單調(diào)遞減，又f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，f′(x)>0在(－∞，0)上恒成立，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以f(x－1)>f(－1)?|x－1|<1?x∈(0，2)．13．(2023·北京東城區(qū)二模)已知奇函數(shù)f(x)的定義域為R，且eq\f(f′（x）,x2－1)>0，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________；滿足以上條件的一個函數(shù)是________．答案(－1，1)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x(答案不唯一)解析由eq\f(f′（x）,x2－1)>0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）>0，,x2－1>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）<0，,x2－1<0，))所以當x＜－1或x＞1時，f′(x)＞0，當－1＜x＜1時，f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，1)，所以滿足條件的一個函數(shù)可以為f(x)＝eq\f(1,3)x3－x(答案不唯一)．14．(2024·河南部分學校聯(lián)考)已知f(x)＝logax＋log(a＋2)x(0<a<1)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(eq\r(2)－1，1)解析f′(x)＝eq\f(1,xlna)＋eq\f(1,xln（a＋2）)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)＋\f(1,ln（a＋2）)))≤0在(0，＋∞)上恒成立，則eq\f(1,lna)＋eq\f(1,ln（a＋2）)≤0，又0<a<1，則lna<0，ln(a＋2)>0，不等式化為ln(a＋2)＋lna≥0，即ln(a2＋2a)≥0，則a2＋2a≥1，解得eq\r(2)－1≤a<1，當a＝eq\r(2)－1時，f(x)＝log(eq\r(2)－1)x＋log(eq\r(2)＋1)x＝0，不符合題意，故eq\r(2)－1<a<1.四、解答題15．函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為6x－y－5＝0.(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解(1)∵f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝6，,b＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－5.))(2)由(1)，得f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，當x<－2或x>3時，f′(x)<0；當－2<x<3時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，3)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)，(3，＋∞)．16．(2023·吉林模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2))).(1)當曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線l：y＝2x＋1垂直時，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解(1)∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(1－a,x2)，曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線l：y＝2x＋1垂直，∴f′(2)＝eq\f(1,4)－eq\f(3,4)a＝－eq\f(1,2)，∴a＝1.(2)∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(1－a,x2)＝eq\f(－ax2＋x－（1－a）,x2)＝－eq\f(（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),\f(x2,a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，1－eq\f(1－a,a)＝2－eq\f(1,a)>0，∴當eq\f(1,2)<a<1時，0<eq\f(1－a,a)<1，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－a,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,a)，1))上單調(diào)遞增；當a≥1時，eq\f(1－a,a)≤