第3章 第2讲 导数与函数的单调性-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

第三章一元函数的导数及其应用回 考点3 导数与函数图象问题（师生共研） [例5](1)函数f(x)的图象与其在点P处的切线 ◆变式训练令 如图所示，则f(1)一了(1)= 1.函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确 的是 A.f(1)>f(2)>f(3)>0 B.f(1)<(2)<f(3)<0 C.0<f(1)<f(2)<(3) A.-2 B.0 C.2 D.4 D.f(1)>f(2)>0>f(3) 0123 (2)已知函数y=f(x)的部 2.已知函数y=f(x)的图象是下 分图象如图所示，其中 列四个图象之一，且其导函数 A(r,f(x)).B (xz, y=广(x)的图象如图所示，则 -101天 f(x),C(x,f(x))为图 该函数的图象是 上三个不同的点，则下列结论正确的是( y A.f(x,)>f(x2)>f(x1) -/01e B.f(x)>f(x2)>f(x1) C.f(x)>f(x1)>f(x2) D.f(r)>f()>f() 101元 感悟方法 导数的几何意义就是切线的斜率，所以比较导 数的大小问题可以用数形结合的思想来解决， 观察对应切线的斜率大小即可。 请完成《课时检测训练15 第2讲 导数与函数的单调性 课标要求」 1,结合实例，借助儿何直观了解函数的单调性与导数的关系。 2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次） 必备知识 夯实四基。 [对应答案P函76 知识梳理 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的团 1.函数的单调性与导数的关系 第2步，求出导函数了(x)的回 条件 恒有 结论 第3步，用了(.x)的零点将f(x)的定义域划分为 函数y=f(x) (x)>0 f(x)在(a,b)上① 若干个区间，列表给出子(x)在各区间上的正 在区间(a,b) f(x)0 f(x)在(a.b)上四 负，由此得出函数y=∫(x)在定义域内的单 上可导 (x)=0 f(x)在(e,b)上是 调性. 57® 国高考一轮总复习·数学·RJB 常用结论 1.若函数f(x)在区间(a,b)上递增，则f(x)≥0， 所以“f(x)>0在(a,b)上成立”是“f(.x)在(a, b)上单调递增”的充分不必要条件， 2.对于可导函数f(x),“f(x)=0”是“画数f(x) 在x=x。处有极值”的必要不充分条件. 诊断自测 思考辨析引 1.判断（在括号内打“√”或“×”） 3.(数材改编题)函数f(x)=x一 e的单调递减 (1)如果函数f(x)在某个区间内恒有广(x)≥0， 区间是 () 则f(x)在此区间内单调递增， () A.(-c∞，ln2) B.(In 2.+) (2)在(a,b)内(x)≤0且f(.x)=0的根有有 C.(-0,2) D.(2,+∞) 限个，则f(x)在(a,b)内是减函数. ( 易错自纠 (3)如果函数f(x)在某个区间内恒有(x)=0, 4.(急略画数的灾义城致错)函数f(x)=xlnx的 则f(x)在此区间内不具有单调性。 单调递减区间是 教材衍化 A.(合+】 B(,2) 2.(数村改编题)设函数f(x)在定义域内可导， f(x)的图象如图所示，则其导函数了(x)的图象 C.(e,+o) n.(o,) 可能是 ( 5.(求参数范田泡视等号成立政误)函数f(x)=a:x 十e在（一∞，1]上是减函数，则实数a的取值范 围是 () A.(-0∞，-1] B.(-0,-1) C.(-∞，-e) D.(-o,-e] 提升能力 考点剖析⊙ 对应客案P376 考点1 不含参函数的单调性（题组通关） 1.(多选)下列函数在定义域上为增函数的有 C.(o,于) D.() Af)=- 3.已知函数f(.x)=x2-5r+2lnx,则函数f(.x)的 单调递增区间是 B.f(x)=xe 感悟方法2 C.f(x)=x十sinx 利用导函数求函数单调区间的注意点 D.f(r)=e'-e-2x (1)当f(x)=0无解时，可根据f(x)的结构特 2.已知x∈(0，π)，函数f(.x)=e'cos x的单调递 征确定(x)的符号. 增区间为 (2)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间 A(o,) B(o,) 之间不能用“U”及“或”连接，只能用“，”及“和” 隔开 盛58 第三章一元函数的导数及其应用回 考点2 含参函数的单调性（师生共研） [例1]已知函数f(x)=2lnx-(2-a)x 2。个别导数为0的，点不影响所在区间的单调 之a,讨论fx)的单调性。 性，如f(x)=x2,f(x)=3.x≥0（了(x)=0 在x=0时取到)，f(.x)在R上是增西数. 冬变式训练 (2023·广西柳州·模拟)已知函数f(x)=lnx+ 4-2x.讨论当a>0时，f(.x)的单调性。 感悟方法 1.(1)研究含参数的西数的单调性，要依据参数 对不等式解集的影响进行分类讨论。 (2)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 在定义城内。 考点3 根据函数的单调性求参数（师生共研） 例2] 已知g(x)=2x+lnx-g (2)f(x)为增（减）函数的充要条件是对任意的 (1)若函数g(x)在区间[1,2]上单调递增，求实 x∈(a,b)都有f(x)≥0(f(x)≤0)，且在(a, 数a的取值范围： b)内的任一非空子区间上，f(π)不恒为零，应 (2)若g(x)在区间[1.2]上存在单调递增区间， 注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解， 求实数a的取值范围. (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 令变式训练 1.已知函数fx)-号+lnx+(a-e)x在 (侵，十o∞上是增函数，则实数a的取值范围是 感悟方法 根据函数单调性求参数的一般思路： 2.已知函数f(x)=a.x一x2十1在(0,1)上有增区 (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. 间，则a的取值范围是 59® 国高考一轮总复习·数学，RJB 考点4 函数单调性的应用（多雏探究）》 角度1比较大小 了(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一 例3](2022·新高考I卷T7)设a=0.1e.1,b 函数的积（或商）的函数，与题设形成解题链 g,c=-ln0.9,则 条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解 不等式 A.a<b<c B.c<b<a 冬变式训练 C.c<a<b D.a<c<b 1.(2023·肤西·西北工业大学附属中学模拟)已 角度2解不等式 知函数f(x)=-xln2-x,则不等式f(3-x) [例4]函数f(x)的导函数为f'(x),对Vx∈R, >f(2.x-5)的解集为 () 都有2f(.x)>f(x)成立，若f(n4)=2,则不 A.(-4,2) 等式f(x)>e的解集是 B.(-2,2) A.(0,1) B.(ln4,+o) C.(-o∞，-2)U(2,+c∞) C.(1,+∞) D.(0.ln4) D.(-o∞，-4)U(2,+oo) 感悟方法 31 2.(202·全国甲卷)已知a=32,b=c0s手c 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题日条 件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为 4sin子，则 先利用导数研究函数的单调性，进而根据单 A.c>b>a B.b>a>c 调性比较大小 C.a>b>c D.a>c>b 2,与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件 请完成《课时检测训练16》 关系，恰当构造函数：题日中若存在f(x)与 自主培优5构造法解决含f(x),∫(x)的不等式问题 ,对应倍案P图78 含f(x),∫(x)的不等式问题，其类型一般 类型二 含f(x)±Af(x)(1为常数)型 是比较大小与解不等式，解题的总的原则是根据 [典例2](1)已知函数f(x)为R上的可导函数， 所给的含f(x),了(x)的条件，求出原函数及其 且Hx∈R,均有f(x)<f(x),则有() 单调性，然后利用其单调性求解。 A.e1f(-2021)<f(0). 类型一只含f(x)型 f(2021)<ef(0) 典例1]已知f(x)是定义在R上的函数，且满 B.e21f(-2021)<f(0), 足f(2)=4,对任意实数x都有'(x)<1,则 f(2021)>e2f(0) f(x)<x十2的解集是 C.e22f(-2021)>f(0), A.(-co,0) B.(0,十o) f(2021)>e20af(0) C.(-∞，2) D.(2,十∞) D.ef(-2021)>f(0), 感悟方法 f(2021)<ef(0) 利用(f(x)十kx十b)'=了(x)十k,根据导数符 (2)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数， 号，可得出函数g(x)=f(x)十x十b的单调 且对于Vx∈R,均有f(x)>f(x),则有 性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数 A.e2"f(-2017)<f(0), 的不等式等 f(2017)>e2of(0) 60 第三章一元函数的导数及其应用回 B.e27f(-2017)<f(0), (2)对于xf(x)一nf(x)>0型，且x≠0，构造 f(2017)<e2rf(0) C.e2"f(-2017)>f(0), P)-t,时F()=f@(亦 f(2017)>e2f(0) 注意对x"的符号进行讨论)，特别地，当n=1 D.erf(-2017)>f(0), 时，x(x)-∫(x)>0,构造F(x)=,则 f(2017)<erf(0) F(r)=if()-f(D)>0. 感悟方法 由于e>0,故[ef(x)]'=[f(x)+f(x)] 类型四含f(x)士了(x)tanx型 e,其特号由f(x)十(x)的符号确定， [典例4]已知函数y=∫(.x)对于任意的x∈ rf2=广x)-f,其符号由f(x)- e (一，受)满足了(x)eosx+f(x)sin>0(其 f(x)的符号确定，含有f(x)士f(x)类的问题 中了(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等 可以考虑构造上述两个函数 式成立的是 () 类型三含xf(x)±nf(x)型 A.f0)>2f(T) 典例3]已知奇函数f(x)是定义在R上的可导 函数，且f(x)的导函数为f(x),当x<0时，有 B(-晋)>(-) 2f(x)十xf(x)>0,则不等式(x+2021)f(x C.Ef(>() +2021)+4f(2)<0的解集为 A.(-2023,+c©) D.f0)>2f(5) B.(-co,-2023) 感悟方法 C.(-2019,+∞) D.(-co,2019) 由于在(0，)上，[sinf(x)]'=cosf(x)+ 感悟方法 sin rf'(x),其特号与f(x)十f(x)tanx相同， (1)对于xf(x)十nf(x)>0型，构造F(x) “f(x)= (x)sin一fr)cos,共符号与 sin sin'x xf(x),则F(x)=x-[xf(x)十nf(x)](注 f(x)tanx一f(x)符号相同，所以在含有f(x) 意对x”的符号进行讨论)，特别地，当n=1 土广(.x)tanx的问题中，可以考虑构造函数 时，xf(x)十f(x)>0,构造F(x)=xf(x),则 F(x)=xf(.x)+f(x)>0; f(r)sin f(r)cos . 第3讲 导数与函数的极值、最值 课标要求！ 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件. 2.会用导数求函数的极大值、极小值. 3.会求闭区间上函数的最大值，最小值， 61∴公切线斜率k=e=, 第2讲 导数与函数的单调性 [必备知识 夯实四基] ∴公切线方程为 y-e”+1=e”(x-m)或 y- ln n-1=÷(x-n), 知识梳理 单调递增 ②单调递减 ③常数函数 ④定义域 ⑤零点 诊断自测 y=÷x+ln n,整理可得 y=e”x—(m-1)e”—1或 (me-1+1--1即{ 1.(1)× (2)√ (3)√ 2.A 解析 由f(x)的图象可知，当x∈(一～,0)时，函数单 调递增，则f'(x)≥0,故排除C、D; 当x∈(0,+～)时，f(x)先递减、再递增最后递减，所以所 对应的导数值应该先小于0,再大于0,最后小于0,故排除 ∴(m-1)e"+1-m=(m-1)(e"-1)=0, B.故选 A. 解得m=1或m=0, ∴公切线方程为 y=ex-1或 y=x. 3.B 解析 f(x)=1-云e”,由f(x)<0,得x>ln 2,所以 f(x)的单调递减区间为(ln 2,+). [变式训练] 4.D 解析 f(x)=xlnx,x∈(0,+),则f(x)=lnx+ 1.B 解析由题意，函数f(x)=(2e?-x)·cos x,可得 1,由f(x)<0,得O<x<,故选 D.f'(x)=(2e?-1)·cos x-(2e?-x)·sinx, 5.D 解析由题意知，f(x)=a+e2≤0在(一～,1)上恒成 立，得a≤(-e2)⋯, 所以 f(0)=(2e?-1)·cos 0-(2e?-0)·sin 0=1,f(0) =(2e?-0)·cos 0=2, 又函数 y=-e*在(一心，1)上单调递减，所以(-e^)m=所以f(x)在x=0处的切线方程为y-2=x-0,即x-y+2 一e,所以a≤-e.=0. [提升能力考点剖析~ y=2-ln x,得y=--÷.2.—2e 解析 由： ,设切点为 ax,+4=÷-1nx,a=-÷-÷,(x?,y?),则( ,消去 a得 考点 1 f(x)=x-÷!1.CD 解析对于A选项，函数 的定义域 为{x|x≠0}, lnx+3-2=0. ∵函数f(x)=1n x+3-2 因为f(1)=f(-1)=0.所以函数f(x)=x-÷;在定义域 上不是增函数；在(0,+～)上单调递增，且 对于B选项，函数f(x)=xe2的定义域为R,且f(x)= f(÷)=0,∴x=,,此时a=-2e. (x+1)e?, 当x<-1时，f(x)<0,即函数f(x)=xe°的单调递减区 3.(-1,3) 解析 由y'=3x2=3,得x=±1,因为x<0,所 间为(一的，-1), 以 x=-1,则切点A的横坐标为-1,所以(-1)3+m=-3 故函数f(x)=xe°在定义域上不是增函数； +2m—2,解得m=4,所以点A的坐标为(-1,3). 考点 3 对于C选项，函数f(x)=x+sinx的定义域为R,f'(x)= 1+cosx≥0且f(x)不恒为零， [例5](1)D 解析 由题意，切线经过点(2,0),(0,4),可得切 线的斜率为k=0-2=-2,即f(1)=-2. 所以函数f(x)=x+sinx在R上为增函数； 对于D选项，函数f(x)=e?-e~*-2x的定义域为R, f(x)=e+e-1-2≥2√e·e-~-2=0当且仅当x=0 时，等号成立且f'(x)不恒为零，又由切线方程为y=-2x+4,令x=1,可得 y=2,即f(1) =2,所以f(1)-f(1)=2+2=4. 所以函数f(x)=e-e-*-2x在R上为增函数. (2)B 解析由图可知函数在 A点的切线斜率小于0,即 2.C解析因为 f(x)=e2cos x,所以 f'(x)= (cos x-sin x)e,令f(x)=0,解得x=平，f'(x?)<0,在B点的切线斜率等于0,即f'(x?)=0,在C 点的切线斜率大于0,即f'(x?)>0, 所以f(x?)>f(x?)>f(x?). 当x∈(0,至)时，广(x)>0,当x∈(登π)时，f(x)<0, 所以 f(x)在(0,至)上单调递增，在(4,π)上单调递减， [变式训练] 1.A 解析 由函数f(x)的图象可知， ∵当x≥0时，f(x)单调递增， (0,章),所以f(x)在(0,π)上的单调递增区间为 ,故选 C. ∴f(1),f(2),f(3)>0. 3.(0.去)和(2,+~)解析函数 f(x)=x2-5x+2lnx, 其定义域为{x|x>0}, ∵随着x的增大，曲线在每个点处的斜率在逐渐减小，即导 函数是单调递减的， 则f(x)=2x-5+2×÷=2c2-5x+2,,令f'(x)=0,解得∴f(1)>f(2)>f(3)>0. 2.B 解析 由y=f(x)的图象是先上升后下降可知，函数 y =f(x)图象的切线的斜率先增大后减小，故选 B. x?=2,x?=2, 高考一轮总复习·数学·RJB ·376· 当x∈(0,去)时，f(x)>0,∴函数f(x)在(0,去)上单调 当x∈(0.一4)U(+4-,+)时，f(x)<0, 递增； x∈(0.1-√A-8a)和(1+√4-8a,+~).f(x)在 上单调当x∈(2,+~)时，f(x)>0,∴函数f(x)在(2,+)上 单调递增； 递减. (0.去)和(2,+). a≥言时，/(a)在(0,+)上单调递城；综上，当∴函数 f(x)的单调递增区间是 考点 2 当0<a<古时，f(x)在(1-√1-8a,+√1-8a)-上单调递[例1]解 函数 f(x)的定义域为(0,+). f(x)=2-(2-a)-ax=÷[2-(2-a)x-ax2]= (0.一√48m)和(+√4-8,+)-增，在| 上单调递减. -÷(x-1)(ax+2). 考点 3 [例2]解 (1)g(x)=2x+1nx-2(x>0), g'(x)=2+÷+(x>0) ∵函数 g(x)在[1,2]上单调递增， ∴g'(x)≥0在[1,2]上恒成立， 即2+1+2≥0在[1,2]上恒成立， ∴a≥-2x3-x在[1,2]上恒成立， ∴a≥(-2x2-x)mx,x∈[1,2]. 当a≥0时，若0<x<1,则f(x)>0;若x>1,则f(x)< 0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+心)上单调 递减. 当a=-2时，f(x)≥0,所以f(x)在(0,+心)上单调 递增. 当-2<a<0时，-2>1,若0<x<1或x>-2,则 f(a)>0;若l<x<-2,,则f(x)<0. 所以f(x)在(0,1),(-2,+~)上单 调 递 增，在 在[1,2]上，(-2x2-x)mx=-3,所以a≥-3. ∴实数a的取值范围是(-3,+~). (1,-2)上单调递减. (2)g(x)在[1,2]上存在单调递增区间， 则g'(x)>0在[1,2]上有解， 当a<-2时，0<-2<1,若0<x<-2或x>1,则 f(x)>0;若-2<x<1,则f(α)<0. 所以 f(x)在(0,-2),(1,+~)上单调递增，在 即 a>-2x2-x在[1,2]上有解， ∴a>(-2.x3-x)⋯n· 又(-2x2-x)n=-10,∴a>-10. [变式训练] ∵f(x)=≥x2+lnx+(a-e)x在(一三·1)上单调递减. 1.(e-2,+~) 解析 (去，+~)上是增函数，综上所述，a≥0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在 (1,+～)上单调递减；a=—2时，f(x)在(0,+～)上单 调递增； ∴f(a)=x+÷+a-c≥0(x>), ∴-a+e≤(x+÷)-2<a<0时，f(x)在(0,1),(-2,+~)上单调递增， 在(1,-2)上单调造减；a<-2时，f(x)在(0.-2), 由基本不等式，得x+÷≥2(当且仅当x=÷,即x=1时取“=”), ∴(x+÷)=2∴-a+e<2,解得a≥e-2.(一2,1)上单调递减.(1,+~)上单调递增，在( [变式训练] 2.(号，+) 解析由题得f(x)=3ax2-2x,因为函数 f(x)=ax3-x2+1在(0,1)上有增区间，解 由题意可知x>0,f(x)=÷-2-2=-2xT+e, 对于二次函数 y=2x2-x+a,△=1-8a. 当a≥! a>32成立. 立>子，所以a>子. 所以存在x∈(0,1)使得f'(x)>0成立，即( 时，△≤0,f'(x)≤0恒成立，f(x)在(0,+～)上单调 递减. 因为0<x<1时， 考点 4 当0<a<古时，二次函数y=-2x2+x-4有2个大于零的零 x?=1-√1=8mx?=+√4=8,点，分别是， 8a当 x∈ 1十 8a) 时，f(x)>0,f(x)在x∈ 8a 1十 8a 上单调递增； 4 [例3]C 解析 设f(x)=1n(1+x)-x(x>-1), 因为f(a)=1+z-1=-1+x, 当x∈(-1,0)时，f(x)>0; 当x∈(0,+～)时，f(x)<0, 所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+～)上单调递减，在 (-1,0)上单调递增， ·377 · 高考一轮总复习·数学·RJB r(号)<f(0)=0,所以ln5-÷<0, 自主培优 5所以J [典例1]D 解析 ∵f(x)对任意实数x都有f'(x)<1, 故÷>1n5=-1n0.9,即b>c, ∴f(x)-1<0,构造函数g(x)=f(x)-x(x∈R),则 g'(x)<0,g(x)为减函数. r(-6)<f(0)=0,所以1n+÷<0.所以J ∵f(2)=4,可以得到 g(2)=f(2)-2=4-2=2, 将f(x)<x+2转化为f(x)-x<2,即g(x)<g(2). 又∵g(x)=f(x)-x为减函数，∴x>2.<c-,所以c<专，故 故 a<b, g(x)=f),x∈ R,则k((x)[典例2](1)B 解析令 =ff2) 设g(x)=xe?+ln(1-x)(0<x<1),则g'(x)=(x+1)e +5-c-D(. 令h(x)=e(x2-1)+1,h'(x)=e(x2+2x-1), ∵Vx∈R,均有f(x)<f(x),∴g(x)在R上单调递增， 当0<x<√2-1时，h'(x)<0,函数h(x)=e(x2-1)+1 单调递减； ∴g(-2 021)<g(0)<g(2 021),可得e2f(-2 021)< f(0),f(2 021)>e2f(0). (2)D 解析 因为f(x)>f(x),所以f(x)-f(x)<0, r)<o, 构造函数g(x)=(, g(x)=f(x)在,所以 g'(x)<0,即 R上为单调递减函数， 当√Z-1<x<1时，h'(x)>0,函数h(x)=e(x2-1)+1 单调递增. 又h(0)=0, 所以当0<x<√2-1时，h(x)<0, 所以g'(x)>0,函数g(x)=xe2+ln(1-x)单调递增， 所以g(0.1)>g(0)=0,即0.le1>-ln0.9,所以a>c. 综上，c<a<b. 2>.所以 ,化简得e2f(-2 017)>f(0), [例4]B解析∵Vx∈R,都有2f'(x)>f(x)成立， ∴f(x)-号f(x)>0, ()= (1)令 g g′(x)=于 是 有 = ∴g(x)在R上单调递增. 4201<,化简得f(2017)<co)。同理- [典例3]A 解析 设g(x)=x2f(x),则g(x)为奇函数，当x <0时，g'(x)=2xf(x)+x2f(x)=x(2f(x)+xf(x))< 0,故g(x)在R上单调递减， (x+2 021)2f(x+2 021)+4f(2)=g(x+2 021)+g(2)< 0g(x+2 021)<-g(2)=g(x+2 021)<g(-2),故 x+ 2 021>-2?x>-2 023,故选 A. [典4]C 解析 设g(x)=),∵f(ln4)=2,∴g(ln4)=1. 则g(x)=L(c)amxf(4)snx>0,则g(x)在x∈ (一，受)上单调递增， 出型 ∵不等式f(x)>e2?g(x)>1?g(x)>g(ln4), ∴x>ln4,即不等式f(x)>e2的解集是(ln4,+). [变式训练] 1.D 解析 f(x)的定义域为(-,+～), 因为f(x)=-ln2-3x2<0,所以f(x)在(一心，+~)上单 调递减， 对于A, ,化简得 f(O)<√f(开),故 A错；所以不等式f(3-x2)>f(2x-5)等价于3-x2<2x-5, 解得x<-4或x>2, f(-吾)(-)所以 不 等 式 f(3-x2)> f(2x-5)的 解 集 为 ,化简得√Zf(-吾)<对于 B,- - (-～,-4)U(2,+~). cos(一号) cos(-) 2.A 解析 因为亡=4tam÷,当x∈(0.吾)时， sin x<x<tanx,且÷∈(0,晋), 所以 tan÷>子，即后>1,所以c>b. 设f(x)=cos x+÷x2-1,x∈(0,+~), f(-工),故B错； 牌得对于 C, ,化简得√Ef(晋)>f(平),故c 正确； 学f(x)=-sinx+x>0,所以f(x)在(0,+～)上单调递增， 对于 D, ,化简得f(O)<2f(吾),故 D错，则f()>f(0)=0,所以cos÷->0, 所以b>a,所以c>b>a,故选 A. 故选 C. 高考一轮总复习·数学·RJB ·378 ·