第3章 第2节 导数与函数的单调性(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第二节　导数与函数的单调性 1.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，能求函数的单调区间． 3．会利用函数的单调性判断大小、求参数范围等简单应用． 回首教材 1．函数单调性与导数的关系 设函数f(x)在(a，b)内可导，f′(x)是f(x)的导函数，则 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内单调递增 f′(x)<0 f(x)在(a，b)内单调递减 f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内为常数函数 2.充分、必要条件与导数及函数单调性 (1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件． (3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于0，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． [微点提醒] (1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)内单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． (2)若函数f(x)在(a，b)内存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)内存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为( C ) A．e2　　　　　 B．e C．e－1 D．e－2 追根溯源 (人B选择性必修③P113T4)已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1,3)上单调递减，求t的取值范围． 发现启迪 高考试题与教材习题的考查角度完全相同，都是根据函数在已知区间上的单调性求参数的范围.只不过高考试题的函数更为复杂一点，这就要求考生的解题能力要在完成教材习题的基础上深化拓展. 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1．(人A选择性必修②P86例1改编)函数f(x)＝cos x－x在(0，π)内(　 ) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 解析：选D　∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sin x－1＜0，∴f(x)在(0，π)内单调递减． 2．(人B选择性必修③P112T8改编)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是(　 ) A. 　　　 B． C. 　　　 D．∪ 解析：选C　因为函数f(x)＝2x2－ln x，x>0，所以f′(x)＝4x－＝＝.由f′(x)<0，解得0<x<，所以函数f(x)的单调递减区间是.故选C. 3.(湘教选择性必修②P30T1改编)导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　 ) 解析：选D　由题图可知当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，D选项符合． B组——迷点盲点的澄清训练 1．(求单调区间忽视定义域)函数f(x)＝ln x－x的单调递增区间为(　 ) A．(－∞，1) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(－1,1) 解析：选B　易知f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0，得0<x<1，故f(x)的单调递增区间为(0,1)． 2．(求参数范围忽视验证等号是否成立)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，所以y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．因为函数在[2，＋∞)上单调递增，所以[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.又a>0，所以0<a≤2. 答案：(0,2] 题点一　求函数的单调性 考法(一)　不含参的函数的单调性　 例1　已知函数f(x)＝，求函数f(x)的单调区间． 解：因为f(x)＝，所以f′(x)＝＝－＝－，所以当x∈(－∞，－5)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(－5，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－5)，(－1，＋∞)，单调递增区间为(－5，－1)． |思维建模|　利用导数求函数单调区间的3种情况 (1)导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间． (2)方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分成若干个区间，确定各区间内f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 考法(二)　含参的函数的单调性　 例2　(2024·亳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋1)x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性． 解：函数f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋1)x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝＋ax＋a＋1＝＝. 当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)<0得x>－，令f′(x)>0得0<x<－，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． 特别提醒：解计算大题时,分类讨论后的综述千万不能漏写，否则容易丢失1分的步骤分． |思维建模|　求含参函数的单调区间分类讨论的策略 (1)注意确定函数的定义域，在定义域的限制条件下研究单调区间； (2)注意观察f(x)的表达式(或其中的某一部分、某个因式等)的取值是否恒为正(或恒为负)，这往往是分类讨论的出发点； (3)注意结合解含参数不等式中分类讨论的一些常用方法，例如：对二次项系数正负的讨论，对判别式Δ的讨论，对根的大小比较的讨论等；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Δ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； (4)分类讨论要做到不重不漏，同时还要注意对结果进行综述． [针对训练] 1．函数y＝sin x－xcos x(0<x<2π)的单调递增区间为________． 解析：由函数y＝sin x－xcos x(0<x<2π)，可得y′＝cos x－(cos x－xsin x)＝xsin x，因为x∈(0,2π)，令y′>0，即sin x>0，解得0<x<π，所以函数y＝sin x－xcos x的单调递增区间为(0，π)． 答案：(0，π) 2．(2024·南通模拟)讨论函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1的单调性． 解：由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，令f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3×a＝4(1－3a)． ①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； ②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0， 解得x1＝，x2＝， 令f′(x)>0，得x<x1或x>x2； 令f′(x)<0，得x1<x<x2， 所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)内单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增； 当a<时，f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 题点二　函数单调性的应用 考法(一)　比较大小或解不等式　 例3　已知函数f(x)＝ln x－，设a＝f，b＝f(2)，c＝f，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b 解析：选C　函数f(x)＝ln x－，定义域为(0，＋∞)，易知f′(x)＝＝，又x∈(0，＋∞)时，ex>1，2－≥－，所以f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f>f(2)>f，即c>b>a. 例4　已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________． 解析：∵f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，∴f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号．∴f(x)在R上单调递增．又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>.∴原不等式的解集为. 答案： |思维建模|　比较大小或解不等式的关键 (1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小． (2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小． (3)解不等式的关键是利用导数判断函数的单调性． 考法(二)　求参数的范围　 例5　已知g(x)＝2x＋ln x－. (1)若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数g(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 快审准解：(1)将问题转化为g′(x)≥0在[1,2]内恒成立求解； (2)将问题转化为不等式g′(x)>0在区间[1,2]内有解进行处理． 解：(1)由题意知g(x)＝2x＋ln x－(x>0)，则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＋＋≥0在[1,2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]． 当x∈[1,2]时，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3， ∴实数a的取值范围是[－3，＋∞)． (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，即a>－2x2－x在[1,2]上有解，∴a>(－2x2－x)min.又当x∈[1,2]时，(－2x2－x)min＝－10，∴a>－10.∴实数a的取值范围是(－10，＋∞)． |思维建模|　求参数的一般思路 (1)已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在I上恒成立，要注意“＝”能否取到． (2)已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减)，I中含参数，可先求出f(x)的单调区间，再令I是其单调区间的子集，建立不等式组求解． (3)已知函数f(x)在区间I上存在单调递增(或单调递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在I上有解求解． (4)已知函数f(x)在区间I上不具有单调性有两种解法 方法1：转化为f′(x)＝0在I上有解求解，注意验证； 方法2：运用补集思想，先求f(x)在区间I上具有单调性时参数的取值范围，再取其补集． [针对训练] 3．若函数f(x)＝aln x＋x2－4在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　 ) A. B． C．(－∞，－18] D． 解析：选A　f′(x)＝＋2x＝，当a≥0时，f′(x)>0，不符合题意；当a<0时，令f′(x)<0，解得0<x< ，所以< ，解得a<－. 4．(2024·山西联考)设a＝，b＝，c＝，则(　 ) A．b>c>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b 解析：选D　易知a＝＝，b＝，c＝＝，令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，f′(x)<0⇒x>e，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减．又因为e<3<π，所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b. 5．已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(x－1)－1<eπ的解集是________． 解析：当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，f′(x)＝ex＋sin x≥1＋sin x≥0，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增．因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减．若f(x－1)－1<eπ，即f(x－1)<eπ＋1＝f(π)，可得|x－1|<π，解得1－π<x<1＋π，所以不等式f(x－1)－1<eπ的解集是(1－π，1＋π)． 答案：(1－π，1＋π) 函数中构造思想的应用问题 近几年高考客观题中的压轴题多以导数为工具来解决，这类问题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法．构造函数的规律方法归类总结如下． 类型(一)　构造具体函数比较大小 根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质． 1．已知a＝π－，b＝2ln π，c＝3ln 2.1，则(　 ) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．b<c<a 快审准解：构造函数f(x)＝x－－2ln x，利用其单调性比较a，b，再利用作差法比较b，c. 解析：选C　设f(x)＝x－－2ln x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝1＋－＝＝≥0，可知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(π)>f(1)＝0，即π－－2ln π>0，π－>2ln π，所以a>b.因为b－c＝2ln π－3ln 2.1＝ln π2－ln 2.13＝ln >ln ＝ln >ln 1＝0，所以b>c.综上，c<b<a. 类型(二)　构造抽象函数解不等式或比较大小 2．(利用f(x)与x构造)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　 ) A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3) C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2) 解析：选A　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)． 3．(利用f(x)与sin x(cos x)构造)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(　 ) A.f<f B．f<f C．f(0)<f D．f(0)<2f 解析：选A　构造F(x)＝，则F′(x)＝，导函数f′(x)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则F′(x)>0，F(x)在内单调递增．把选项转化后可知选A. 4．(利用f(x)与ex构造)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________． 解析：构造F(x)＝f(x)·e2x，∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1.∵不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞) [系统归纳] (1)对于xf′(x)＋f(x)>0(<0)，构造g(x)＝xf(x)． (2)对于xf′(x)＋kf(x)>0(<0)，构造g(x)＝xkf(x)． (3)对于xf′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝. (4)对于f′(x)＋f(x)>0(<0)，构造g(x)＝exf(x)． (5)对于f′(x)－f(x)>0(<0)，构造g(x)＝. (6)对于F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，构造F(x)＝f(x)sin x. (7)对于F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，构造F(x)＝f(x)cos x. [课时跟踪检测] 1．函数f(x)＝(x－1)ex的单调递减区间为(　 ) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选A　∵f(x)＝(x－1)ex，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，令f′(x)<0，即xex<0，解得x<0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，故选A. 2．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　 ) A．函数f(x)在区间(－3,0)内单调递减 B．函数f(x)在区间(1,3)内单调递减 C．函数f(x)在区间(0,2)内单调递减 D．函数f(x)在区间(3,4)内单调递增 解析：选A　当－3<x<0时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)内单调递减，故A正确；当0<x<2时，f′(x)>0，当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)在(0,2)内单调递增，在(2,4)内单调递减，故B错误；当0<x<2时，f′(x)>0，则f(x)在(0,2)内单调递增，故C错误；当3<x<4时，f′(x)<0，则f(x)在(3,4)内单调递减，故D错误．故选A. 3．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为，则(　 ) A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3 C．a＝3 D．a∈(－∞，3] 解析：选B　由题意得f′(x)＝＋2x＋a<0(x>0)的解集为，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集为，所以＋1＝－，解得a＝－3. 易错防范 混淆函数的单调区间与函数在区间上单调． 易错再练 已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax在区间上单调递减，则(　 ) A．a∈(－∞，－3]　 B．a＝－3 C．a＝3 D．a∈(－∞，3] 答案：A 4.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象是下列四个图象中的(　 ) 解析：选A　由题意可知，当－2<x<0时，f′(x)>0，则f(x)在(－2,0)内单调递增，当0<x<2时，f′(x)<0，则f(x)在(0,2)内单调递减．当－2<x<－1时，f′(x)单调递增，则f(x)在(－2，－1)内增的越来越快；当－1<x<0时，f′(x)单调递减，则f(x)在(－1,0)内增的越来越慢；当0<x<1时，f′(x)单调递减，则f(x)在(0,1)内减的越来越快；当1<x<2时，f′(x)单调递增，则f(x)在(1,2)内减的越来越慢，只有A选项符合． 5．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不具有单调性，则实数k的取值范围是(　 ) A．(－∞，－3]∪[－1,1]∪[3，＋∞) B．(－3，－1)∪(1,3) C．(－2,2) D．不存在这样的实数k 解析：选B　由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根．又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或x＝－2两侧异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1. 6．已知a＝＋ln，b＝1＋，c＝＋ln 2，则(　 ) A．c<b<a B．b<c<a C．c<a<b D．a<c<b 解析：选D　构造函数f(x)＝＋ln x(x>0)，因为f′(x)＝－＋＝(x>0)，所以当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<<2<e，所以f<f(2)<f(e)，即1＋>＋ln 2>＋ln，所以a<c<b，故选D. 7．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且满足f(x)>0，xf′(x)－f(x)>0，若a>b>0，则(　 ) A．af(a)<bf(b) B．bf(b)<af(a) C．bf(a)<af(b) D．af(b)<bf(a) 快审准解：根据题意构造函数g(x)＝，求导后可得g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)单调递增，再由a>b>0，得g(a)>g(b)，从而可得结论． 解析：选D　令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增．又a>b>0，所以g(a)>g(b)，即>，所以af(b)<bf(a)． 8．已知函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间是________． 解析：因为函数f(x)＝(x≠0)，于是f′(x)＝，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 9．已知函数f(x)＝2x2－ln x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________． 解析：由f(x)＝2x2－ln x得f′(x)＝4x－＝，由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，故令f′(x)≥0，解得x≥，故f(x)的单调递增区间为，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递增，则解得≤m<1. 答案： 10．已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集为__________． 解析：由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－－1＝－2≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．由f(2x－1)<f(1－x)可得解得<x<1，即原不等式的解集为. 答案： 11．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性． 解：由已知得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝＋2ax＝. ①当a≥1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝， 则当x∈时，f′(x)＜0； 当x∈时，f′(x)＞0， 故f(x)在内单调递减， 在内单调递增． 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0＜a＜1时，f(x)在内单调递减， 在内单调递增． 12．已知函数f(x)的图象与函数h(x)＝x＋＋2的图象关于点A(0,1)对称． (1)求f(x)的解析式； (2)若g(x)＝f(x)＋，且g(x)在区间(0,2]上单调递减，求实数a的取值范围． 解：(1)设f(x)图象上任一点坐标为(x，y)，点(x，y)关于点A(0,1)的对称点(－x,2－y)在h(x)的图象上，∴2－y＝－x＋＋2.∴y＝x＋，即f(x)＝x＋，x≠0. (2)g(x)＝x＋，x≠0，∵g′(x)＝1－，g(x)在(0,2]上单调递减，∴1－≤0在x∈(0,2]时恒成立，即a≥x2－1在x∈(0,2]时恒成立．∵x∈(0,2]时，(x2－1)max＝3，∴a≥3，即实数a的取值范围是[3，＋∞)． 13．(2023·广东二模)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且y＝f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)<f(a＋1)，则实数a的取值范围是(　 ) A．(－∞，2) B．(0,2) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 快审准解：由偶函数的定义并求导得f′(x)＝－f′(－x)，由已知得f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x，可求出f′(x)的表达式，利用导数分析函数f′(x)的单调性与取值范围，可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，再由f(2a－1)<f(a＋1)得出f(|2a－1|)<f(|a＋1|)，得出关于实数a的不等式，解之即可． 解析：选B　因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)，对两边求导可得f′(x)＝－f′(－x)①. 因为函数y＝f′(x)＋e－x＋x为偶函数， 所以f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x②. 联立①②可得f′(x)＝－x， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－1≥－1＝0，且g′(x)不恒为零，所以函数g(x)在R上为增函数，即函数f′(x)在R上为增函数．故当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2a－1)<f(a＋1)可得f(|2a－1|)<f(|a＋1|)，所以|2a－1|<|a＋1|，整理可得a2－2a<0，解得0<a<2.故选B. 14．(2024·宁德模拟)记a＝e，b＝＋1，c＝ln π＋2，则(　 ) A．a<b<c B．c<b<a C．b<c<a D．a<c<b 解析：选B　设f(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ex－1>e0－1＝0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，则f()＝e－－1>0，即e>＋1，即a>b.b＝＋1>1.7＋1＝2.7，c＝＋2<＋2＝＋2<＋2＝2.6，则b>c.故c<b<a. 15．已知定义在R上的可导函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>0，f＝，则f(x)>的解集为__________． 解析：记g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为f(x)＋f′(x)>0，所以g′(x)>0，g(x)在R上单调递增．又f＝，所以g＝ef＝1，所以f(x)>⇔exf(x)>1⇔g(x)>g⇔x>， 所以不等式f(x)>的解集为. 答案： 16．已知函数f(x)＝aln x＋－1(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对于任意的x1，x2∈(0,1)，且x1≠x2，恒有<2，求实数a的取值范围． 解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝.当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)>0，得x>，f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得0<x<，f(x)在上单调递减，综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 当a>0时，f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. (2)不妨设0<x1<x2<1，则不等式等价于f(x1)－f(x2)>2(x1－x2)，即f(x1)－2x1>f(x2)－2x2， 令g(x)＝f(x)－2x，则函数g(x)在(0,1)内单调递减，则g′(x)＝f′(x)－2＝－－2≤0在(0,1)内恒成立，所以a≤＋2x在(0,1)内恒成立，所以a≤min. 因为y＝2x＋在内单调递减， 在内单调递增，所以2x＋≥2， 所以实数a的取值范围为(－∞，2]． 学科网（北京）股份有限公司 $$