《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 理 北師大版（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 一、知識梳理 1．函數(shù)的單調(diào)性 在(a，b)內(nèi)函數(shù)f(x)可導(dǎo)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0. f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)． f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)． 2．函數(shù)的極值 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則點(diǎn)a叫作函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫作函數(shù)y＝f(x)的極小值． 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，f′(b

2、)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則點(diǎn)b叫作函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫作函數(shù)y＝f(x)的極大值． 極大值點(diǎn)、極小值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極大值、極小值統(tǒng)稱為極值． 3．函數(shù)的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上是增加的，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上是減少的，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值． (3)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步

3、驟如下： ①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； ②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)做比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值． 常用結(jié)論 1．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． 2．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(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f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零． 3．對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． 二、教材衍化 1．如圖是函數(shù)y＝

4、f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像，則下面判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－2，1)上f(x)是增函數(shù) B．在區(qū)間(1，3)上f(x)是減函數(shù) C．在區(qū)間(4，5)上f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到極小值 解析：選C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數(shù)． 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) 解析：選D.f′(x)＝－＋＝(x>0)， 當(dāng)02時(shí)，f′(x)>0，所以

5、x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)． 3．函數(shù)y＝x＋2cos x在區(qū)間上的最大值是________．　 解析：因?yàn)閥′＝1－2sin x， 所以當(dāng)x∈時(shí)，y′>0； 當(dāng)x∈時(shí)，y′<0. 所以當(dāng)x＝時(shí)，ymax＝＋. 答案：＋ 一、思考辨析 判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)是增加的，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)如果函數(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)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(　　) (4)對可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件．

6、(　　) (5)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√ 二、易錯(cuò)糾偏 (1)原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系不清致誤； (2)極值點(diǎn)存在的條件不清致誤； (3)忽視函數(shù)的定義域． 1．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)(　　) A．無極大值點(diǎn)、有四個(gè)極小值點(diǎn) B．有三個(gè)極大值點(diǎn)、一個(gè)極小值點(diǎn) C．有兩個(gè)極大值點(diǎn)、兩個(gè)極小值點(diǎn) D．有四個(gè)極大值點(diǎn)、無極小值點(diǎn) 解析：選C.導(dǎo)函數(shù)的圖象與x軸的四個(gè)交點(diǎn)都是極值點(diǎn)，第一個(gè)與第三個(gè)是極大值點(diǎn)，第二個(gè)與第四個(gè)是極小值點(diǎn)

7、． 2．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閥＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a. 因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)， 所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， 因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，－ex<－1，所以a＝－ex<－1. 答案：(－∞，－1) 3．函數(shù)f(x)＝x－ln x的減區(qū)間為________． 解析：由f′(x)＝1－<0，得>1，即x<1，又x>0，所以函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0，1)． 答案：(0，1) 第1課時(shí)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 　　　　　　不含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性(自主練透) 1．函數(shù)

8、y＝4x2＋的增區(qū)間為(　　) A．(0，＋∞)　　　　　　　 B． C．(－∞，－1) D． 解析：選B.由y＝4x2＋，得y′＝8x－， 令y′>0，即8x－>0，解得x>， 所以函數(shù)y＝4x2＋的增區(qū)間為. 故選B. 2．已知函數(shù)f(x)＝xln x，則f(x)(　　) A．在(0，＋∞)上是增加的 B．在(0，＋∞)上是減少的 C．在上是增加的 D．在上是減少的 解析：選D.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝xln x，定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，解得x>，即函數(shù)的增區(qū)間為； 當(dāng)f′(x)<0時(shí)，解得0

9、函數(shù)的減區(qū)間為，故選D. 3．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x，則f(x)的增區(qū)間是________． 解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令f′(x)＝xcos x>0， 則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為和， 即f(x)的增區(qū)間為和. 答案：和 求函數(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)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0，得增區(qū)間． (4)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)<0，得減區(qū)間． [提醒]　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，一定要先確定函數(shù)的定義域，否則極易出錯(cuò)．

10、　 　　　　　　含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性(師生共研) 已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性． 【解】　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝ ＝. (1)當(dāng)01， 當(dāng)x∈(0，1)或x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增加的， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減少的． (2)當(dāng)a＝2時(shí)，＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0， f(x)是增加的． (3)當(dāng)a>2時(shí)，0<<1，當(dāng)x∈或x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增加的， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減少的． 綜上所述，當(dāng)0

11、2時(shí)，f(x)在內(nèi)是增加的，在內(nèi)是減少的，在(1，＋∞)內(nèi)是增加的． 解決含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性問題應(yīng)注意的2點(diǎn) (1)研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論． (2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)．　 　已知函數(shù)f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)，討論函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：f′(x)＝－a＝1－－a. ①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)<0恒成立， 所以當(dāng)a∈[1

12、，＋∞)時(shí)， 函數(shù)y＝f(x)在R上是減少的． ②當(dāng)00，得(1－a)(ex＋1)>1， 即ex>－1＋，解得x>ln ， 由f′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1， 即ex<－1＋，解得x

13、)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) (2)已知定義在上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈，都有f′(x)sin xf B．f>f(1) C.f

14、式f(x)－2x－4＞0等價(jià)于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故選B. (2)令g(x)＝， 則g′(x)＝， 由已知得g′(x)<0在上恒成立， 所以g(x)在上是減少的， 所以g>g，即>， 所以f>f. 【答案】　(1)B　(2)A 角度二　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)． (1)若函數(shù)f(x)存在減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在[1，4]上是減少的，求a的取值范圍． 【解】　(1)f(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－ax－2，由于f(x)在(0，＋∞)上存在減

15、區(qū)間， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，－ax－2＜0有解． 即a＞－有解， 設(shè)G(x)＝－， 所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝－1， 所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1. (2)由f(x)在[1，4]上是減少的， 當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1， 因?yàn)閤∈[1，4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此時(shí)x＝4)， 所以a≥－，即a的取值范圍是. 【遷移探究1】　(變問法)若函數(shù)f(x)在[1，4]上是增加的，求a的取值范圍． 解：由f(x)在[1，4]上是增加

16、的，當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，f′(x)≥0恒成立， 所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a≤－恒成立， 又當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，＝－1(此時(shí)x＝1)， 所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]． 【遷移探究2】　(變問法)若函數(shù)f(x)在[1，4]上存在減區(qū)間，求a的取值范圍． 解：f(x)在[1，4]上存在減區(qū)間， 則f′(x)＜0在[1，4]上有解， 所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a＞－有解， 又當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，＝－1， 所以a＞－1，即a的取值范圍是(－1，＋∞)． 【遷移探究3】　(變條件)若函數(shù)f(x)在[1，4]上不單調(diào)，求a的取值范圍． 解：因?yàn)閒(x)在[1，4]上不單調(diào)

17、， 所以f′(x)＝0在(1，4)上有解， 即a＝－有解， 令m(x)＝－，x∈(1，4)， 則－1

18、)在整個(gè)區(qū)間恒等于0，若f′(x)恒等于0，則參數(shù)的這個(gè)值應(yīng)舍去；若只有在個(gè)別點(diǎn)處有f′(x)＝0，則參數(shù)可取這個(gè)值． [提醒]　f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任意一個(gè)非空子區(qū)間上f′(x)≠0.應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號不能省略，否則漏解． 　 1．設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，f′(x)，g′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＞0且g(－3)＝0，則不等式f(x)·g(x)＜0的解集是(　　) A．(－3，0)∪(3，＋∞) B．(－3，0)∪(0，3) C．(－

19、∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0，3) 解析：選D.令h(x)＝f(x)g(x)，當(dāng)x＜0時(shí)，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，則h(x)在(－∞，0)上是增加的，又f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以h(x)為奇函數(shù)，所以h(x)在(0，＋∞)上是增加的．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(huán)(3)＝0，所以x＜－3或0＜x＜3時(shí)h(x)＜0，故選D. 2．已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋ln x在區(qū)間[1，2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． 解：f′(x)＝－4x＋，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上為單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝

20、－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0， 即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1，2]上恒成立， 即≥4x－或≤4x－. 令h(x)＝4x－， 因?yàn)楹瘮?shù)h(x)在[1，2]上是增加的， 所以≥h(2)或≤h(1)， 即≥或≤3， 解得a<0或01，則不等式f(x)－x>0的解集為________． 【解析】　令g(x)＝f(

21、x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由題意知g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)．因?yàn)間(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集為(2，＋∞)． 【答案】　(2，＋∞) 二、ex與f(x)的組合函數(shù) 已知f(x)(x∈R)有導(dǎo)函數(shù)，且對任意的x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N＋，則有(　　) A．enf(－n)enf(0) B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0) D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)為

22、R上的增函數(shù)，故g(－n)enf(0)．故選A. 【答案】　A 設(shè)a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，則(　　) A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>b B．若ea＋2a＝eb＋3b，則ab D．若ea－2a＝eb－3b，則a0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.對于函數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，因?yàn)閥′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上是增加的，因而a>b成立．故選A. 【答案】　A [基礎(chǔ)題

23、組練] 1.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖像如圖所示，則下列敘述正確的是(　　) A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d) 解析：選C.由題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)， 因?yàn)閍f(b)>f(a)，故選C. 2．(2020·江西紅色七校第一次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，1]　　　　　　　　 B

24、．(－∞，1) C．(－∞，2]　　　　　　　　 D．(－∞，2) 解析：選C.f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知條件知x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立．設(shè)g(x)＝6x2－6mx＋6，則g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立． 當(dāng)Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2時(shí)，滿足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立； 當(dāng)Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2時(shí)，則需解得m≤2，所以m<－2. 綜上得m≤2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，2]． 3．已知f(x)＝，則(　　) A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(3)>f

25、(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2) 解析：選D.f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e. 所以當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增加的，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減少的，故當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故選D. 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上是減少的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1，2] B．(4，＋∞) C．(－∞，2) D．(0，3] 解析：選A.因?yàn)閒(x)＝x2－

26、9ln x，所以f′(x)＝x－(x>0)，由x－≤0，得00且a＋1≤3，解得10恒成立，且a>0，則下列說法正確的是(　　) A．f(a)f(0) C．ea·f(a)f(0) 解析：選D.設(shè)g(x)＝ex·f(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)為R上的增函數(shù)，因?yàn)閍>0，所以g(a

27、)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)，故選D. 6．函數(shù)f(x)＝＋－ln x的減區(qū)間是________． 解析：因?yàn)閒(x)＝＋－ln x， 所以函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝－－＝， 令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0，5)． 答案：(0，5) 7．若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，所以3ax2＋6x－1＝0需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3

28、，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3，0)∪(0，＋∞)． 答案：(－3，0)∪(0，＋∞) 8．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)0，函數(shù)是增函數(shù)，所以由f(x2＋2)

29、f′(x)＝， 又因?yàn)閒′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝， 設(shè)h(x)＝－ln x－1(x>0)， 則h′(x)＝－－<0， 即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由h(1)＝0知，當(dāng)00，從而f′(x)>0； 當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<0，從而f′(x)<0. 綜上可知，f(x)的增區(qū)間是(0，1)，減區(qū)間是(1，＋∞)． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在(－1，1)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(－1，1

30、)，求實(shí)數(shù)a的值； (4)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，1)上不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立． 因?yàn)?x2≥0， 所以只需a≤0. 又因?yàn)閍＝0時(shí)，f′(x)＝3x2≥0， f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)， 所以a≤0， 即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]． (2)由題意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立， 所以a≥3x2在(－1，1)上恒成立， 因?yàn)楫?dāng)－1

31、3，＋∞)． (3)由題意知f′(x)＝3x2－a，則f(x)的減區(qū)間為， 又f(x)的減區(qū)間為(－1，1)， 所以＝1，解得a＝3. (4)由題意知f′(x)＝3x2－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意，故a>0. 令f′(x)＝0，解得x＝±. 因?yàn)閒(x)在區(qū)間(－1，1)上不單調(diào)，所以f′(x)＝0在(－1，1)上有解，需0<<1，得0

32、　　) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a) 解析：選C.令F(x)＝，則F′(x)＝<0，所以F(x)在R上是減少的．又a>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)． 2．(2020·西安模擬)定義在R上的連續(xù)函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(－x)＝x2，且x<0時(shí)，f′(x)

33、(x)－x2， 則g(x)＋g(－x)＝0?g(x)為奇函數(shù)， 又x<0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－x<0?g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， 則g(x)在(－∞，＋∞)上是減少的， 由f(x)－f(1－x)≥x－知f(x)－x2≥f(1－x)－(1－x)2，即g(x)≥g(1－x)， 從而x≤1－x?x≤， 所以所求不等式的解集為.故選A. 3．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在區(qū)間[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________． 解析：由題意知f′(x)＝－x＋4－ ＝－， 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)

34、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

35、(3)＝0. 在(0，＋∞)上，不等式f(x)＜0的解集就是xf(x)＜0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)＜0的解集是(0，3)． 答案：(0，3) 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，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)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解：(1)由題意知當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，x∈(0，＋∞)， 此時(shí)f′(x)＝， 可得f′(1)＝，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)＝＋＝. 當(dāng)a≥0時(shí)，f′

36、(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增加的； 當(dāng)a<0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)． ①當(dāng)a＝－時(shí)，Δ＝0，f′(x)＝≤0， 函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減少的． ②當(dāng)a<－時(shí)，Δ<0，g(x)<0， f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減少的． ③當(dāng)－0， 設(shè)x1，x2(x10， 所以當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)是減少的，當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)>0，f′(x

37、)>0， 函數(shù)f(x)是增加的， 當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)是減少的． 綜上可得： 當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增加的； 當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減少的； 當(dāng)－

38、f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝， 當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(0，1)， 減區(qū)間為(1，＋∞)； 當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0，1)； 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)為常函數(shù)． (2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1， 即a＝－2， 所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝. 所以g(x)＝x3＋x2－2x， 所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. 因?yàn)間(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)， 即g′(x)在區(qū)間(t，3)上有變號零點(diǎn)． 由于g′(0)＝－2， 所以 當(dāng)g′(t)<0時(shí)， 即3t2＋(m＋4)t－2<0對任意t∈[1，2]恒成立， 由于g′(0)<0， 故只要g′(1)<0且g′(2)<0， 即m<－5且m<－9，即m<－9； 由g′(3)>0，即m>－. 所以－