第4章 第2讲 导数与函数的单调性-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案word（新教材，提升版）

金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) 第2讲　导数与函数的单调性 [课程标准]能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间． 1．函数的导数与单调性的关系 条件 函数y＝f(x)在某个区间(a，b)上可导 结论 (1)若f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)上单调递增 (2)若f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)上单调递减 (3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是常数函数 2．由导数求单调区间的一般步骤 第一步，确定函数的定义域； 第二步，求出导数f′(x)的零点； 第三步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． 用充分必要条件诠释可导函数与该函数单调性的关系　(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件． (3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条件． 1. (人教A选择性必修第二册复习参考题5 T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　) 答案　D 解析　由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知选D. 2．(2024·宁波一中阶段考试)函数f(x)＝的单调递增区间为(　　) A．(－∞，3) B．(0，3) C．(3，＋∞) D．(－∞，2) 答案　A 解析　由题意得f′(x)＝，令f′(x)＝>0，得x<3，故函数f(x)＝的单调递增区间是(－∞，3)．故选A. 3．(人教A选择性必修第二册5.3.1例1(2)改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　) 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，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上单调递增，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D. 4．(人教A选择性必修第二册5.3.1例4改编)已知f(x)＝log3x，g(x)＝ln x．因为f′(x)________g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更________(第一个空填“>”或“<”，第二个空填“陡峭”或“平缓”)． 答案　<　平缓 解析　因为f′(x)＝>0，g′(x)＝>0，且＝ln 3>ln e＝1，所以f′(x)<g′(x)，所以f(x)的图象比g(x)的图象更平缓． 5．已知函数f(x)＝x2(x－a)． (1)若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是________________； (2)若f(x)在(2，3)上不单调，则实数a的取值范围是________． 答案　(1)(－∞，3]∪　(2) 解析　由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x. (1)若f(x)在(2，3)上单调递减，则有≥3，解得a≥； 若f(x)在(2，3)上单调递增，则有≤2，解得a≤3， 所以若f(x)在(2，3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪. (2)若f(x)在(2，3)上不单调，则有 可得3<a<，即实数a的取值范围是. 考向一　利用导数研究不含参函数的单调性 例1　(1)(2024·河南重点中学联考)函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是(　　) A. B．(0，e) C. D．(e，＋∞) 答案　A 解析　令f′(x)＝1＋ln x<0⇒x<，则f(x)在上单调递减．故选A. (2)(2024·苏州模拟)函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________． 答案　(－∞，－2)， 解析　由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)>0，得x<－2或x>，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，. 利用导数求不含参函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，与定义域求交集，求出单调区间． (2)当导函数方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间上f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，只能用“，”“和”隔开． 　1.函数f(x)＝x＋2的单调递增区间是________，单调递减区间是________． 答案　(－∞，0)　(0，1) 解析　f(x)的定义域为{x|x≤1}，f′(x)＝1－.令f′(x)＝0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0；当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，1)． 2．求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间． 解　f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)， 令f′(x)＝0，解得x＝， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  ∴f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. 考向二　利用导数研究含参函数的单调性 例2　已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性． 解　因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x， 所以g′(x)＝ ＝. 由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， 若<1，即a>， 由g′(x)>0得x>1或0<x<， 由g′(x)<0得<x<1， 所以函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 若>1，即0<a<，由g′(x)>0得x>或0<x<1， 由g′(x)<0得1<x<， 所以函数g(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减； 若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可得，当0<a<时，函数g(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减； 当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>时，函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 利用导数讨论含参函数单调性的策略 (1)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数． 　已知函数f(x)＝a(x－2)ex－(x－1)2.讨论函数f(x)的单调性． 解　f′(x)＝aex＋a(x－2)ex－2(x－1)＝(x－1)aex－2(x－1)＝(x－1)(aex－2)． ①当a≤0时，aex－2<0，所以在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(－∞，1)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增． ②当a＞0时，f′(x)＝a(x－1)， 令f′(x)＝0得x＝1或x＝ln ， 当ln >1，即0＜a<时， 在(－∞，1)，上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当ln <1，即a>时， 在，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当ln ＝1，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增． 综上所述，当0<a<时，f(x)在(－∞，1)，上单调递增，在上单调递减； 当a＞时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 当a＝时，f(x)在R上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 多角度探究突破 考向三　利用导数解决函数单调性的应用问题 角度　比较大小或解不等式 例3　(1)(2023·张家口调研)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　) A．f>f(1)>f B．f(1)>f>f C．f>f(1)>f D．f>f>f(1) 答案　A 解析　由题意知f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，则函数f(x)是偶函数，故f＝f.又当x∈时，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f<f(1)<f，即f>f(1)>f. (2)(2023·西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)＝20，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)>6x2＋2，则不等式f(x)>2x3＋2x的解集为(　　) 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，则g′(x)＝f′(x)－6x2－2>0，所以g(x)在R上单调递增．因为g(2)＝f(2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于g(x)>g(2)，所以x>2，所以不等式f(x)>2x3＋2x的解集为{x|x>2}．故选B. 利用导数比较大小或解不等式的策略 (1)判断已知(或构造后的)函数的单调性． (2)由单调性比较大小，通常是由自变量的大小推出对应函数值的大小；由单调性解不等式，通常是由函数值的大小推出对应自变量的大小． 　1.(2023·潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)>0的解集为(　　) A．(－∞，1) B. C. D．(1，＋∞) 答案　D 解析　根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，此时有f′(x)＝ex＋sinx>0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．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，即原不等式的解集为(1，＋∞)． 2．(2024·安庆模拟)已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．a<b<c D．c<a<b 答案　C 解析　令f(x)＝，则f′(x)＝.令f′(x)<0，解得x>，因此f(x)在(，＋∞)上单调递减，因为a＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝＝f()，又因为4>e>>，所以f(4)<f(e)<f()，即a<b<c.故选C. 角度　根据函数的单调性求参数 例4　(1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案　C 解析　依题意可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. (2)已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________． 答案　(－1，0)∪(0，＋∞) 解析　因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则f′(x)<0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a>－有解，又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)． 已知函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 　1.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________． 答案　[－1，1) 解析　因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)≤0，得－2≤x≤2，所以要使函数f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间[－2，2]的子区间，所以 解得－1≤m<1，所以实数m的取值范围是[－1，1)． 2．(2023·白城第一中学质检)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________． 答案　[0，1) 解析　由f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x>0)，得f′(x)＝－x－3＋，∵函数f(x)在(t，t＋2)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋在(t，t＋2)上有变号零点，∴＝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)的定义域为(0，＋∞)，∴t≥0，∴t∈[0，1)，故实数t的取值范围是[0，1)． 课时作业 一、单项选择题 1.(2023·马鞍山模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) 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　由题意可知，当x∈[c，e]时，f′(x)≥0，函数是增函数，所以f(e)＞f(d)＞f(c)．故选D. 2．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝(　　) A．－4 B．－1 C．1 D．4 答案　A 解析　易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4. 3．(2024·镇江模拟)若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　) A．(0，2) B．(－∞，0)和(2，＋∞) C．(－2，0) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案　B 解析　设幂函数f(x)＝xα，它的图象过点，∴＝，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)＜0，则x(2－x)＜0，解得x＞2或x＜0，故函数g(x)的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B. 4．(2024·福州模拟)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2] B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(0，3] 答案　A 解析　由f(x)＝x2－9ln x(x>0)，得f′(x)＝x－＝(x>0)，当x∈(0，3)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以解得1<a≤2.故选A. 5．(2023·南京大学附中模拟)已知f(x)＝x2＋sin，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是(　　) 答案　A 解析　∵f(x)＝x2＋sin＝x2＋cosx，∴f′(x)＝x－sinx，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D；设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－cosx，当－<x<时，cosx>，∴g′(x)＜0，故函数y＝f′(x)在区间上单调递减，故排除C.故选A. 6．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋x2，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．(－∞，0) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(0，＋∞) 答案　A 解析　由题设f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋x2，f′(x)＝2ex－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)单调递增，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．故选A. 7．已知函数f(x)＝sinx＋cosx－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．c>b>a 答案　A 解析　函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝cosx－sinx－2＝cos－2≤－2<0，因此函数f(x)在R上单调递减，而－π<0<ln 2<1<2e，则f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，即a>c>b.故选A. 8．(2023·四省高考适应性测试)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时，(　　) 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　对于A，B，不妨设f(x)＝－2x，g(x)＝1，则f′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f(x)＝2>1＝g(x)，故A错误；若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误．对于C，D，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，令h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R上单调递减，因为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)，则f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，故C正确；由h(b)<h(x)得f(b)－g(b)<f(x)－g(x)，则f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故D错误．故选C. 二、多项选择题 9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是(　　) A．－3 B．－1 C．0 D．2 答案　BD 解析　依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故解得a>－3且a≠0.故选BD. 10．(2024·厦门外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2－ln |x|，则(　　) A．曲线y＝f(x)关于y轴对称 B．曲线y＝f(x)关于原点对称 C．f(x)在(－1，0)上单调递减 D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增 答案　AD 解析　函数f(x)＝x2－ln |x|的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln |－x|＝x2－ln |x|＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，曲线y＝f(x)关于y轴对称，A正确，B错误；当x<0时，f(x)＝x2－ln (－x)，f′(x)＝2x－＝，则当－<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，C错误；当x>0时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－＝，则当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，D正确．故选AD. 11．(2024·扬州模拟)Sigmoid函数S(x)＝是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数．记S′(x)为Sigmoid函数的导函数，则(　　) A．S′(x)＝S(x)[1－S(x)] B．Sigmoid函数是减函数 C．函数S′(x)的最大值是 D.[S(k)＋S(－k)]＝2024 答案　ACD 解析　由函数S(x)＝，得S′(x)＝.对于A，S(x)[1－S(x)]＝＝＝S′(x)，A正确；对于B，∀x∈R，S′(x)＝>0，则Sigmoid函数是增函数，B不正确；对于C，S′(x)＝＝≤＝，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时取等号，C正确；对于D，因为S(x)＋S(－x)＝＋＝＋＝1，所以[S(k)＋S(－k)]＝2024，D正确．故选ACD. 三、填空题 12．已知函数f(x)＝－x2－cosx，则f(x－1)>f(－1)的解集为________． 答案　(0，2) 解析　∵y＝x2，y＝cosx均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2＋cosx，∵cosx∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，f′(x)>0在(－∞，0)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，所以f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)． 13．(2023·北京东城区二模)已知奇函数f(x)的定义域为R，且>0，则f(x)的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________． 答案　(－1，1)　f(x)＝x3－x(答案不唯一) 解析　由>0，可得或所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－1，1)，所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝x3－x(答案不唯一)． 14．(2024·河南部分学校联考)已知f(x)＝logax＋log(a＋2)x(0<a<1)是(0，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是________． 答案　(－1，1) 解析　f′(x)＝＋＝≤0在(0，＋∞)上恒成立，则＋≤0，又0<a<1，则ln a<0，ln (a＋2)>0，不等式化为ln (a＋2)＋ln a≥0，即ln (a2＋2a)≥0，则a2＋2a≥1，解得－1≤a<1，当a＝－1时，f(x)＝log(－1)x＋log(＋1)x＝0，不符合题意，故－1<a<1. 四、解答题 15．函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0. (1)求a，b的值； (2)求函数f(x)的单调区间． 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， ∴曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x， 即(a－b)x－y＋b＝0， ∴解得 (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， 当x<－2或x>3时，f′(x)<0； 当－2<x<3时，f′(x)>0， 故函数f(x)的单调递增区间是(－2，3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)． 16．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋. (1)当曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直时，求实数a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． 解　(1)∵f′(x)＝－a－，曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线l：y＝2x＋1垂直，∴f′(2)＝－a＝－，∴a＝1. (2)∵f′(x)＝－a－＝＝－，1－＝2－>0， ∴当<a<1时，0<<1，f(x)在区间，(1，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增； 当a≥1时，≤0，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减． 综上所述，当<a<1时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，(1，＋∞)； 当a≥1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． 17．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝·ln (1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln (1＋x)(x>－1)， 则f′(x)＝－×ln (1＋x)＋×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)， 即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f′(x)＝ln (1＋x)＋(x>－1)， 满足题意时，f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令ln (1＋x)＋≥0， 则－(1＋x)ln (1＋x)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln (1＋x)，x≥0，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln (1＋x)． 当a≤0时，由于2ax≤0，ln (1＋x)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln (1＋x)，x≥0， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，即2a≥1时，由于<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意； 当0<a<时，由h′(x)＝2a－＝0可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时，g(x)<g(0)＝0，不符合题意． 综上可知，a的取值范围是. 18 学科网（北京）股份有限公司 $$