浙江專用2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性習(xí)題含解析

PAGEPAGE14第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試要求1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；2.能利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.知識(shí)梳理1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系已知函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，(1)假如f′(x)＞0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)假如f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的基本步驟是：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相應(yīng)的x的取值范圍.當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù).一般須要通過列表，寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.3.已知單調(diào)性求解參數(shù)范圍的步驟為：(1)對(duì)含參數(shù)的函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f′(x)；(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，解出參數(shù)范圍；(3)驗(yàn)證參數(shù)范圍中取等號(hào)時(shí)，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，則函數(shù)f(x)在(a，b)上為常數(shù)函數(shù)，舍去此參數(shù)值.[常用結(jié)論與易錯(cuò)提示](1)解決一次、二次函數(shù)的單調(diào)性問題不必用導(dǎo)數(shù).(2)有些初等函數(shù)(如f(x)＝x3＋x)的單調(diào)性問題也不必用導(dǎo)數(shù).(3)依據(jù)單調(diào)性求參數(shù)常用導(dǎo)數(shù)不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0求解，留意檢驗(yàn)等號(hào).(4)留意函數(shù)、導(dǎo)函數(shù)的定義域.基礎(chǔ)自測(cè)1.思索辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么肯定有f′(x)>0.()(2)假如函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性.()(3)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充要條件.()解析(1)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則有f′(x)≥0.(3)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件.答案(1)×(2)√(3)×2.函數(shù)f(x)＝ex－x的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(－∞，1] B.[1，＋∞)C.(－∞，0] D.(0，＋∞)解析令f′(x)＝ex－1>0得x>0，所以f(x)的遞增區(qū)間為(0，＋∞).答案D3.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()解析利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行驗(yàn)證.f′(x)＞0的解集對(duì)應(yīng)y＝f(x)的增區(qū)間，f′(x)＜0的解集對(duì)應(yīng)y＝f(x)的減區(qū)間，驗(yàn)證只有D選項(xiàng)符合.答案D4.(2024·鎮(zhèn)海中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調(diào)減區(qū)間為________.解析∵f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∵x>0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＝eq\f(x－1,x)<0即函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調(diào)減區(qū)間為(0，1).答案(0，1)5.若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0＜a＜b＜e，則f(a)與f(b)的大小關(guān)系為________.解析f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，1－lnx＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，∴f(a)＜f(b).答案f(a)＜f(b)6.函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________；單調(diào)遞減區(qū)間為________.解析函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，且f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，令f′(x)>0得x>1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，令f′(x)<0，得x<1且x≠0，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)和(0，1).答案(1，＋∞)(－∞，0)和(0，1)考點(diǎn)一求不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性【例1】已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，探討f(x)的單調(diào)性.解由題意得f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時(shí)，f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4<x<－1時(shí)，f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù).綜上知，f(x)在(－∞，－4)和(－1，0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù).規(guī)律方法確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.【訓(xùn)練1】(1)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.(－1，1) B.(0，1)C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)(2)(2024·溫州適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，則g(x)＝eq\f(ex,f（x）)()A.在(0，1)上是減函數(shù) B.在(1，4)上是減函數(shù)C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是減函數(shù) D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4))上是減函數(shù)解析(1)y＝eq\f(1,2)x2－lnx，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)(x>0).令y′＜0，得0<x＜1，∴遞減區(qū)間為(0，1).(2)依據(jù)導(dǎo)函數(shù)的幾何意義，易得函數(shù)f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，由圖易得當(dāng)x＝0或x＝2時(shí)，f(x)＝0，則函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,f（x）)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，解除選項(xiàng)B，D；g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)，由圖易得當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)>f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)>0，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,f（x）)在(0，1)上是增函數(shù)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；又由圖易得當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))時(shí)，f(x)<f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex（f（x）－f′（x））,f2（x）)<0，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,f（x）)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是減函數(shù)，故選C.答案(1)B(2)C考點(diǎn)二求含參函數(shù)的單調(diào)性【例2】設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)，其中a為常數(shù).(1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性.解(1)由題意知a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞).此時(shí)f′(x)＝eq\f(2,（x＋1）2).可得f′(1)＝eq\f(1,2)，又f(1)＝0，所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0.(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1).①當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，Δ＝0，f′(x)＝eq\f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.②當(dāng)a＜－eq\f(1,2)時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.③當(dāng)－eq\f(1,2)＜a＜0時(shí)，Δ＞0.設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則x1＝eq\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a).由x1＝eq\f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq\f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，所以x∈(0，x1)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.綜上可得：當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－eq\f(1,2)＜a＜0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)))上單調(diào)遞增.規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)鍵在于精確判定導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，當(dāng)f(x)含參數(shù)時(shí)，需依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類探討.分類探討時(shí)，要做到不重不漏.【訓(xùn)練2】(1)已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx(a＜0)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是__________；單調(diào)遞減區(qū)間是__________.解析由已知得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).因?yàn)閒′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以當(dāng)x＞－eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)0＜x＜－eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a))).單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))(2)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2－2alnx.求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解∵f(x)＝x2－2alnx，∴f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x)，∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)<0，得0<x<eq\r(a)，令f′(x)>0，得x>eq\r(a)，∴f(x)在(0，eq\r(a))上是減函數(shù)，在(eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù).考點(diǎn)三利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)【例3】(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3－x2＋x在區(qū)間(0，2)上是單調(diào)增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋(x－b)2(b∈R)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________.解析(1)f′(x)＝ax2－2x＋1≥0?a≥－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)＋1在(0，2)上恒成立，即a≥1.(2)由題意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2(x－b)＝eq\f(1,x)＋2x－2b，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－2b>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解，所以b<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋x))eq\s\do7(max)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，由函數(shù)的性質(zhì)易得當(dāng)x＝2時(shí)，eq\f(1,2x)＋x取得最大值，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋x))eq\s\do7(max)＝eq\f(1,2×2)＋2＝eq\f(9,4)，所以b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))).答案(1)[1，＋∞)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))規(guī)律方法利用單調(diào)性求參數(shù)的兩類熱點(diǎn)問題的處理方法(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在遞增(減)區(qū)間.方法一：轉(zhuǎn)化為“f′(x)>0(<0)在區(qū)間D上有解”；方法二：轉(zhuǎn)化為“存在區(qū)間D的一個(gè)子區(qū)間使f′(x)>0(<0)成立”.(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上遞增(減).方法一：轉(zhuǎn)化為“f′(x)≥0(≤0)在區(qū)間D上恒成立”問題；方法二：轉(zhuǎn)化為“區(qū)間D是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增(減)區(qū)間的子集”.【訓(xùn)練3】(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋2x＋1的遞減區(qū)間為(－2，－1)，則實(shí)數(shù)a的值為________.(2)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________.解析(1)f′(x)＝x2－ax＋2，由已知得－2，－1是f′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）＝4＋2a＋2＝0，,f′（－1）＝1＋a＋2＝0，))解得a＝－3.(2)由已知得f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤(x＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤－1.答案(1)－3(2)(－∞，－1]基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.函數(shù)f(x)＝xlnx，則()A.在(0，＋∞)上遞增 B.在(0，＋∞)上遞減C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞增 D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞減解析f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，故選D.答案D2.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，則“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.答案A3.下面為函數(shù)y＝xsinx＋cosx的遞增區(qū)間的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B.(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D.(2π，3π)解析y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))時(shí)，恒有xcosx>0.答案C4.設(shè)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(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(1，2] B.[4，＋∞)C.(－∞，2] D.(0，3]解析∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，當(dāng)x－eq\f(9,x)≤0時(shí)，有0<x≤3，即在(0，3]上原函數(shù)是減函數(shù)，則[a－1，a＋1]?(0，3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案A5.函數(shù)y＝3xcosx－x的圖象可能是()解析由函數(shù)解析式可得，函數(shù)y為奇函數(shù)，解除B，D，y′＝3cosx－3xsinx－1，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝2，所以在x＝0旁邊函數(shù)y為增函數(shù)，故選A.答案A6.已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿意eq\f(f（x）,f′（x）)＋x>2，則下列結(jié)論正確的是()A.對(duì)于隨意x∈R，f(x)<0B.對(duì)于隨意x∈R，f(x)>0C.當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0D.當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0解析由f(x)是定義在R上的減函數(shù)，得f′(x)<0在R上恒成立，則eq\f(f（x）,f′（x）)＋x>2?(2－x)f′(x)－f(x)>0.令g(x)＝(2－x)f(x)，則g′(x)＝(2－x)f′(x)－f(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，又g(2)＝0，則當(dāng)x<2時(shí)，g(x)＝(2－x)f(x)<0，f(x)<0，當(dāng)x>2時(shí)，g(x)＝(2－x)f(x)>0，f(x)<0，解除B，C，D.答案A二、填空題7.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)隨意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為________.解析f′(x)＞2轉(zhuǎn)化為f′(x)－2＞0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－2x，得F(x)在R上是增函數(shù).又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4，即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1.答案(－1，＋∞)8.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).若f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，則下列結(jié)論正確的是__________(填序號(hào)).①a＋b＋1＜0；②b≤0；③3＋2a＋b≤0.解析因?yàn)閒(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以f(0)＞f(1)，即a＋b＋1＜0；由題意可得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因?yàn)閒(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤0在(0，1)上恒成立，即g(0)≤0，g(1)≤0，所以b≤0，3＋2a＋b≤0.答案①②③9.已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________.解析由題意知f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x)，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1和3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.答案(0，1)∪(2，3)10.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，是“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)”的________條件(從“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中選一).解析因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，若a2－3b≤0，則Δ＝4a2－12b≤0，則f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增.當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，所以f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)，即充分性成立.令a＝eq\f(3,2)，b＝0，c＝－1，則f(x)＝x3＋eq\f(3,2)x2－1，f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，則f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，0)上單調(diào)遞減，又f(－1)＝－eq\f(1,2)<0，f(1)＝eq\f(3,2)>0，則f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)，但不滿意“a2－3b≤0”，即必要性不成立，所以“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)”的充分不必要條件.答案充分不必要三、解答題11.(2024·北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.解(1)∵f(x)＝xea－x＋bx，∴f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2e＋2，,f′（2）＝e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1，))解得a＝2，b＝e.(2)由(1)得f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號(hào).令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1.當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上遞增，∴g(x)≥g(1)＝1在R上恒成立，∴f′(x)>0在R上恒成立.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞).12.(2024·金華十校調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－axex－a(a∈R).(1)若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；(2)求證：x在(0，2)上任取一個(gè)值，不等式eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)<eq\f(1,2)恒成立(注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)解由已知得f′(x)＝ex(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)－a)).由函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減得f′(x)≤0恒成立.∴eq\f(1,1＋x)－a≤0，即a≥eq\f(1,1＋x)，又eq\f(1,1＋x)∈(0，1)，∴a的取值范圍為[1，＋∞).(2)證明要證原不等式恒成立，即證ex－1－x<eq\f(1,2)x(ex－1)，即(x－2)ex＋x＋2>0在x∈(0，2)上恒成立.設(shè)F(x)＝(x－2)ex＋x＋2，則F′(x)＝(x－1)ex＋1.在(1)中，令a＝1，則f(x)＝ex－xex－1，f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，∴F′(x)＝－f(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，而F′(0)＝0，∴在(0，2)上F′(x)>0恒成立，∴F(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，∴F(x)>F(0)＝0，即當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)<eq\f(1,2)恒成立.實(shí)力提升題組13.若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1，4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(51,8))) B.(－∞，3]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(51,8)，＋∞)) D.[3，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在區(qū)間[1，4]上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上恒成立.因?yàn)閥＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在[1，4]上單調(diào)遞增，所以t≥eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))＝eq\f(51,8).答案C14.若定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(0)＝0，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，記α＝|f(－1)|＋|f′(1)|，β＝|f(1)|＋|f′(－1)|，則()A.α＝β B.α>βC.α<β D.α＝2β解析由導(dǎo)函數(shù)的圖象為直線知，函數(shù)f(x)為過原點(diǎn)的二次函數(shù)，設(shè)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減，則a<0，又由－eq\f(b,2a)>1得b>－2a，則f′(1)＝2a＋b>0，f(1)＝a＋b>－a>0，f′(－1)＝－2a＋b>0，f(－1)＝a－b<0，因此，α－β＝(a＋2b)－(－a＋2b)＝2a<0，故選C.答案C15.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，滿意0<f′(x)<f(x)，對(duì)a∈(1，＋∞)，則下列不等關(guān)系均成立的是()A.f(1)>eaf(a)，f(a)>eaf(1)B.f(1)>eaf(a)，f(a)<eaf(1)C.f(1)<eaf(a)，f(a)>eaf(1)D.f(1)<eaf(a)，f(a)<eaf(1)解析令函數(shù)g(x)＝f(x)·ex，則g′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex>0，即g(x)在R上單調(diào)遞增，因?yàn)閍∈(1，＋∞)，則eaf(a)>ef(1)>f(1)；令函數(shù)h(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則h′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，即h(x)在R上單調(diào)遞減，則f(a)<ea－1f(1)<eaf(1)，即f(a)<eaf(1)，故選D.答案D16.已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(diǎn)(－1，－6)，函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱.則m＝________，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________.解析由函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(－1，－6)，得m－n＝－3.①由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，所以g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.因?yàn)間(x)的圖