第3節 導數與函數的單調性（二）

第3節導數與函數的單調性(二)考試要求1.會根據函數的單調性求參數的范圍.2.會利用函數的單調性解不等式、比較函數值的大小.考點一利用單調性求參數范圍例1(1)(2024·浙江名校聯考)若函數f(x)＝(x2－mx＋2)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在單調遞減區間，則m的取值范圍是________.答案(2，＋∞)解析因為f(x)＝(x2－mx＋2)ex，所以f′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，則原問題等價于f′(x)<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(2－m)x＋2－m<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即m>eq\f(x2＋2x＋2,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解.則m>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋2x＋2,x＋1)))eq\s\do7(min)，eq\f(x2＋2x＋2,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)≥2，當且僅當x＋1＝1，即x＝0時取等號，所以m>2.(2)(2023·全國乙卷)設a∈(0，1)，若函數f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是________.答案[eq\f(\r(5)－1,2)，1)解析由題意得當x＞0時，f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax[lna＋(eq\f(1,a)＋1)xln(1＋a)]≥0.設g(x)＝lna＋(eq\f(1,a)＋1)xln(1＋a)，因為ax＞0，所以g(x)≥0.因為a∈(0，1)，所以ln(1＋a)＞0，eq\f(1,a)＋1＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故只需滿足g(0)≥0，即lna＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－eq\f(\r(5)＋1,2)或a≥eq\f(\r(5)－1,2)，又0＜a＜1，所以a的取值范圍為[eq\f(\r(5)－1,2)，1).感悟提升根據函數單調性求參數的方法：(1)f(x)為增(減)函數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)內的任一非空子區間上，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.(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區間上存在解集.(3)若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數是否異號).訓練1(1)(2024·湖北名校聯考)若函數f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區間(2k－1，2k＋1)內不單調，則實數k的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))答案A解析函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，則2k－1≥0，即k≥eq\f(1,2).f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（2x－1）,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝－eq\f(1,2)(舍去)，因為f(x)在其定義域的一個子區間(2k－1，2k＋1)內不單調，所以2k－1<eq\f(1,2)<2k＋1，得－eq\f(1,4)<k<eq\f(3,4).綜上，eq\f(1,2)≤k<eq\f(3,4).(2)已知函數f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx＋(a－e)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函數，則實數a的取值范圍是________.答案[e－2，＋∞)解析∵f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx＋(a－e)x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函數，∴f′(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a－e≥0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))，∴－a＋e≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，由基本不等式，得x＋eq\f(1,x)≥2(當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取“＝”)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2，∴－a＋e≤2，解得a≥e－2.考點二利用單調性比較大小例2(1)(2024·金華調考)已知函數f(x)＝3x＋2cosx.若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關系是()A.a<b<c B.c<b<aC.b<a<c D.b<c<a答案D解析由題意，得f′(x)＝3－2sinx.因為－1≤sinx≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數.因為eq\r(2)>1，所以3eq\r(2)>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3eq\r(2)，所以f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2))，即b<c<a.(2)已知函數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)))的大小關系為________.答案feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))解析由題意易得f(x)是偶函數，所以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f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，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,5)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))).感悟提升利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件判斷已知(或構造后的)函數的單調性，利用其單調性比較大小.訓練2(1)已知函數f(x)＝lnx－eq\f(x,ex)，設a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，b＝f(2)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))，則()A.a＞b＞c B.b＞a＞cC.c＞b＞a D.c＞a＞b答案C解析易知f′(x)＝eq\f(ex＋x2－x,xex)＝eq\f(ex＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4),xex)，又x∈(0，＋∞)時，ex＞1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，所以f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))＞f(2)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，即c＞b＞a.(2)若函數y＝f(x)滿足xf′(x)＞－f(x)在R上恒成立，且a＞b，則()A.af(b)＞bf(a) B.af(a)＞bf(b)C.af(a)＜bf(b) D.af(b)＜bf(a)答案B解析由xf′(x)＞－f(x)，設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在R上是增函數，又a＞b，所以g(a)＞g(b)，即af(a)＞bf(b)，故選B.考點三利用單調性解不等式例3已知函數f(x)＝2lnx＋eq\f(1,x)－x，則不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))答案B解析由題意可知f(x)的定義域為(0，＋∞).因為f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.由f(2x－1)<f(1－x)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1>0，,1－x>0，,2x－1>1－x，))解得eq\f(2,3)<x<1，即原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).感悟提升利用函數的單調性解不等式的關鍵是首先判斷函數的單調性，易錯之處忽視函數的定義域，如本例中，需要求2x－1＞0，且1－x＞0.訓練3(1)已知函數f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，若f(a＋3)＞f(2a)，則a的范圍是________.答案(－∞，3)解析由函數f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，可得f′(x)＝eq\f(ex＋e－x,2)＞0，即f(x)為R上的單調遞增函數，故由f(a＋3)＞f(2a)可得a＋3＞2a，∴a＜3，即a的范圍是(－∞，3).(2)已知函數f(x)＝eq\f(1,ex)－ex＋2x－eq\f(1,3)x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，則實數a的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))解析由題意得f′(x)＝－eq\f(1,ex)－ex＋2－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,ex)))＋2－x2，因為ex＋eq\f(1,ex)≥2eq\r(ex·\f(1,ex))＝2，當且僅當x＝0時等號成立，所以f′(x)≤0，所以f(x)在R上單調遞減，又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)為奇函數，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0?f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤eq\f(1,3).通過構造函數，利用導數判斷其單調性解決問題的類型有：1.通過導數的運算法則構造函數(1)出現nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數F(x)＝xnf(x)；(2)出現xf′(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,xn)；(3)若F(x)＝f(x)sinx，則F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；(4)若F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)；(5)若F(x)＝f(x)cosx，則F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；(6)若F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，則F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x).2.通過具體變量構造函數若題目所給的條件含有兩個變量，可通過變形使兩個變量分別置于等號或不等號兩邊，即可構造函數，并且利用函數的單調性求解.一、通過導數的運算法則構造角度1利用f(x)與ex構造例1(2024·長沙聯考)已知函數f(x)的導函數為f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，則不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上單調遞增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，所以2x＋1>3－x，得x>eq\f(2,3).所以不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).角度2利用f(x)與xn構造例2(2024·天津八校聯考)已知定義在(0，＋∞)上的函數f(x)滿足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝eq\f(3,4)，則關于x的不等式x2f(x)>3的解集為________.答案(0，2)解析由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞減.又f(2)＝eq\f(3,4)，∴g(2)＝4f(2)＝3.∴x2f(x)>3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2).角度3利用f(x)與sinx，cosx構造例3(多選)(2024·南昌調研)已知函數y＝f(x)對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，則下列不等式成立的是()A.f(0)>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C.f(0)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))答案BD解析構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，依題意當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，F′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)>0，故函數F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞增.由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即f(0)<eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，排除A；由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，B正確；由F(0)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))得eq\f(f（0）,cos0)<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即f(0)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，排除C；由Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))得eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，D正確.二、通過變量構造具體函數例4已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，則()A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.a＜c＜b D.a＜b＜c答案D解析三個等式可變形為eq\f(e5,5)＝eq\f(ea,a)，eq\f(e4,4)＝eq\f(eb,b)，eq\f(e3,3)＝eq\f(ec,c).∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.同理b＞0，c＞0.構造函數f(x)＝eq\f(ex,x)，x＞0，則f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2).當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增.∵f(5)＝f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.訓練(1)f(x)為定義在R上的可導函數，且f′(x)＞f(x)，對任意正實數a，下列式子一定成立的是()A.f(a)＜eaf(0) B.f(a)＞eaf(0)C.f(a)＜eq\f(f（0）,ea) D.f(a)＞eq\f(f（0）,ea)答案B解析令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0.∴g(x)在R上為增函數，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，即eq\f(f（a）,ea)＞eq\f(f（0）,e0)，故f(a)＞eaf(0).(2)若0＜x1＜x2＜1，則()A.ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B.ex2－ex1＜lnx2－lnx1C.x2ex1＞x1ex2 D.x2ex1＜x1ex2答案C解析構造函數f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，1)上有零點，∴f(x)在(0，1)上有一個極值點，∴f(x)在(0，1)上不單調，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯誤；令g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調遞減，又∵x2＞x1∴eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，故選C.(3)已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，當x＞0時，xf′(x)－f(x)>0，若a＝f(1)，b＝eq\f(f（2）,2)，c＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，則a，b，c的大小關系是________.答案c＜a＜b解析構造函數g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x＞0)，得g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，當x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以eq\f(f（2）,2)＞eq\f(f（1）,1)＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\f(1,2))，即eq\f(f（2）,2)＞f(1)＞2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c＜a＜b.(4)(2024·寧波調研)已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，對任意x∈(0，π)，有f′(x)sinx＞f(x)cosx，設a＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，b＝eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，則a，b，c的大小關系為________.答案a＜b＜c解析構造函數F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，x≠kπ，k∈Z，則x∈(0，π)時，F′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)＞0.所以函數F(x)在(0，π)上單調遞增，于是Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以a＜b＜c.【A級基礎鞏固】1.若函數f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個單調區間，則實數a的取值范圍是()A.[1，＋∞) B.(－∞，0]C.(0，＋∞) D.(－∞，1]答案C解析f′(x)＝－x2＋a，∵函數f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個單調區間，∴f′(x)＝－x2＋a＝0有兩個不相等的實數根，∴a＞0.2.(2024·河南名校聯考)已知函數f(x)＝sinx＋acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞減，則實數a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞)答案B解析由題意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立.因為y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增，所以y＝tanx>1，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.3.已知a∈R，則“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調遞增”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答案A解析因為f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調遞增，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a≥0對任意的x>0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)，當x>0時，由基本不等式可得2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立，所以a≤2eq\r(2).因為{a|a≤2}{a|a≤2eq\r(2)}，因此，“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調遞增”的充分不必要條件.4.(2024·江蘇四市調研)已知f(x)是定義在R上的偶函數，當x≥0時，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案D解析當x≥0時，f′(x)＝ex＋cosx，因為ex≥1，cosx∈[－1，1]，所以當x≥0時，f′(x)＝ex＋cosx≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又f(x)是定義在R上的偶函數，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).5.函數f(x)＝xlnx，a＝f(2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，則()A.b＜c＜a B.c＜b＜aC.c＜a＜b D.a＜c＜b答案A解析由f′(x)＝1＋lnx＞0得x＞eq\f(1,e)，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,e)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，∵0＜eq\f(1,4)＜eq\f(1,3)＜eq\f(1,e)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，即b＜c，∵c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,4)lneq\f(1,4)＜0，a＝f(2)＝2ln2＞0，∴c＜a，即b＜c＜a.6.設函數f(x)在R上存在導數f′(x)，對任意的x∈R，有f′(x)＞x，若f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，則k的取值范圍是()A.(－∞，0] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案B解析由題意x∈R，f′(x)＞x，構造函數g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2，則g′(x)＝f′(x)－x＞0，得g(x)在R上單調遞增，由f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，得g(1－k)－g(k)≥0，即g(1－k)≥g(k)，根據函數g(x)在R上單調遞增，可得1－k≥k，解得k≤eq\f(1,2).所以k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).7.若0＜x1＜x2＜1，則()A.ex2－ex1＜2x2－2x1 B.ex2－ex1＞2x2－2x1C.x2lnx1＜x1lnx2 D.x2lnx1＞x1lnx2答案C解析對于A，B選項：ex2－ex1＜2x2－2x1?ex2－2x2＜ex1－2x1；ex2－ex1＞2x2－2x1?ex2－2x2＞ex1－2x1，構造函數f(x)＝ex－2x，A項可變成f(x2)＜f(x1)；B項可變為f(x2)＞f(x1)，求導得f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0即ex－2＝0?x＝ln2，所以x∈(－∞，ln2)，函數f(x)單調遞減；x∈(ln2，＋∞)，函數f(x)單調遞增，因為0＜ln2＜1，且0＜x1＜x2＜1，所以無法判斷f(x2)，f(x1)的大小關系，故A，B錯誤；對于C，D選項：x2lnx1＜x1lnx2?eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)；x2lnx1＞x1lnx2?eq\f(lnx1,x1)＞eq\f(lnx2,x2)，構造函數g(x)＝eq\f(lnx,x)，C項變為g(x1)＜g(x2)；D項變為g(x1)＞g(x2)，求導得g′(x)＝eq\f(1－lnx,x)，令g′(x)＝0即eq\f(1－lnx,x)＝0?x＝e，所以x∈(0，e)，g(x)單調遞增；x∈(e，＋∞)，g(x)單調遞減；因為0＜x1＜x2＜1＜e，根據單調性可得g(x1)＜g(x2)，即eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)，故選C.8.已知函數f(x)＝e|x－1|＋x2－2x，則使得f(x)＞f(2x)成立的x的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析因為f(x)＝e|x－1|＋x2－2x＝e|x－1|＋(x－1)2－1，則f(x＋1)＝e|x|＋x2－1，令g(x)＝e|x|＋x2－1，則f(x)的圖象是由g(x)的圖象向右平移1個單位得到，又g(－x)＝e|－x|＋(－x)2－1＝e|x|＋x2－1＝g(x)，即g(x)＝e|x|＋x2－1為偶函數，且當x≥0時g(x)＝ex＋x2－1，所以g(x)在[0，＋∞)上單調遞增，則g(x)在(－∞，0)上單調遞減，所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，在(－∞，1)上單調遞減，且關于x＝1對稱，所以f(x)＞f(2x)時，有|x－1|＞|2x－1|，解得0＜x＜eq\f(2,3).9.已知a＝eq\f(0.2,π)，b＝eq\f(0.4,e2)(e≈2.718)，c＝sin0.1，則a，b，c的大小順序為________.答案b＜a＜c解析構造函數f(x)＝sinx－eq\f(2,π)x，f′(x)＝cosx－eq\f(2,π)，f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調遞減，f′(x)≥f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(2,π)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調遞增，f(0.1)＞f(0)＝0，∴sin0.1＞eq\f(0.2,π)，即c＞a，b－a＝eq\f(0.4,e2)－eq\f(0.2,π)＝0.4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)－\f(1,2π))).∵e≈2.718，π≈3.14，e2＞2π，∴b＜a.綜上b＜a＜c.10.已知函數f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函數f(x)在[1，2]上不單調，則實數a的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))解析f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數f(x)在[1，2]上為單調函數，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1，2]上恒成立.令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，則h(x)在[1，2]上單調遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.因為f(x)在[1，2]上不單調，故eq\f(2,5)<a<1.11.已知函數f(x)＝eq\f(x2－2ax,ex)(a∈R).(1)當a＝eq\f(3,4)時，求此時曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)在(2，＋∞)上為減函數，求a的取值范圍.解(1)當a＝eq\f(3,4)時，f(x)＝eq\f(x2－\f(3,2)x,ex)，f′(x)＝eq\f(－x2＋\f(7,2)x－\f(3,2),ex)，∴f(1)＝－eq\f(1,2e)，f′(1)＝eq\f(1,e)，∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋eq\f(1,2e)＝eq\f(1,e)(x－1)，即為：2x－2ey－3＝0.(2)由f(x)在(2，＋∞)上為減函數，∴f′(x)＝eq\f(－x2＋2（a＋1）x－2a,ex)≤0在(2，＋∞)上恒成立，可得2a≤eq\f(x2－2x,x－1)在(2，＋∞)上恒成立，令u(x)＝eq\f(x2－2x,x－1)，u′(x)＝eq\f(（x－1）2＋1,（x－1）2)＞0，∴u(x)在(2，＋∞)上單調遞增，∴u(x)＞u(2)＝0，2a≤0，因此a∈(－∞，0].12.若x1＞x2＞0，求證：eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＜eq\f(x1＋x2,2).證明由x1＞x2＞0，得eq\f(x1,x2)＞1，lnx1－lnx