3.2 导数与函数的单调性（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§3.2　导数与函数的单调性 【课程标准】　1．结合实例，借助几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)．　 3．会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用． 1．导数的符号与函数的单调性之间的关系 (1)若在某个区间上，函数y＝f (x)的导数f′(x)>0，则在这个区间上，函数y＝f (x)单调递增； (2)若在某个区间上，函数y＝f (x)的导数f′(x)<0，则在这个区间上，函数y＝f (x)单调递减． 特别地，若在某个区间上，f′(x)≥0，且只在有限个点为0，则在这个区间上，函数y＝f (x)单调递增；若在某个区间上，f′(x)≤0，且只在有限个点为0，则在这个区间上，函数y＝f (x)单调递减． 微提醒　 “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．利用导数判断函数y＝f (x)的单调性的步骤 第一步，确定函数的定义域； 第二步，求出导函数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． 微提醒　讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则． 【记牢常用结论】 1．若函数f (x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f (x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f (x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)＞0有解；若函数f (x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)＜0有解． 1．[多选题]下列说法正确的是(　　) A．函数f (x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0 B．如果f (x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f (x)在此区间内没有单调性 C．若函数f (x)在定义域上都有f′(x)＞0，则f (x)在定义域上一定单调递增 D．函数f (x)＝x－sin x在R上是增函数 答案：BD 2．[多选题]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，则下列叙述正确的是(　　) 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 (d)＞f (e) 答案：CD 解析：由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，所以函数f (x)在(－∞，c)上单调递增，因为a＜b＜c，所以f (c)＞f (b)＞f (a)．当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，所以函数f (x)在(c，e)上单调递减，因为c＜d＜e，所以f (c)＞f (d)＞f (e)．故选CD． 3．(链接北师选必二P80T1)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f (x)的单调递增区间为(－∞，－2)，. 4．(用结论)(2024·湖北荆门模拟)若函数f (x)＝ex－a＋1－x在区间(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围为_________． 答案：(－∞，1] 解析：f′(x)＝ex－a＋1－1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，所以x－a＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤x＋1在区间(0，＋∞)上恒成立，所以a≤1. 学生用书↓第61页 考点一　不含参数的函数的单调性基础练 (1)(2024·山东济南质检)已知函数f (x)的导函数为f′(x)，f (x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f (x)的单调递增区间为(　　) A． B．， C． D． (2)[多选题](2024·河北邯郸期中)若函数f (x)的导函数在定义域内单调递增，则f (x)的解析式可以是(　　) A．f (x)＝2x2－sin x B．f (x)＝x3 C．f (x)＝1＋cos x D．f (x)＝x2－ln x 答案：(1)C 　(2)AD 解析：(1)由f (x)＝ln x＋f′(1)x2，得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，f′(1)＝－1，所以f′(x)＝－2x＝，因为x>0，所以由f′(x)＝>0得0<x<.故选C． (2)对于A，由f (x)＝2x2－sin x⇒f′(x)＝4x－cos x，令g(x)＝f′(x)＝4x－cos x，因为g′(x)＝4＋sin x>0，所以函数f′(x)是R上的增函数，符合题意；对于B，由f (x)＝x3⇒f′(x)＝3x2，因为二次函数f′(x)＝3x2不是定义域上的增函数，因此不符合题意；对于C，由f (x)＝1＋cos x⇒f′(x)＝－sin x，因为函数f′(x)＝－sin x是周期函数，所以函数f′(x)＝－sin x不是R上的增函数，因此不符合题意；对于D，由f (x)＝x2－ln x⇒f′(x)＝2x－，令g(x)＝f′(x)＝2x－，则g′(x)＝2＋>0，所以f′(x)在(0，＋∞)内单调递增，符合题意．故选AD． 规律方法 　　确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：①不能漏掉求函数的定义域；②是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 对点练1．[多选题]已知函数f (x)＝(x2－4x＋1) ex，则函数f (x)在下列区间上单调递增的有(　　) A．(－1，0) B．(－2，－1) C．(－1，3) D．(3，4) 答案：BD 解析：f′(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋1)ex＝(x2－2x－3)ex，令f′(x)>0，可得x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，所以f (x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(3，＋∞)，所以f (x)在(－2，－1)与(3，4)上单调递增．故选BD． 考点二　含参数的函数的单调性综合练 已知函数f (x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性． 解：函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝. 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1. ①当0<a<1时，>1，所以x∈(0，1)或时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， 所以函数f (x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减； ②当a＝1时，＝1， 所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当a>1时，0<<1， 所以x∈或(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， 所以函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 综上，当0<a<1时，函数f (x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减； 当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 规律方法 　　在讨论含有参数的函数单调性时，若f′(x) 中的参数不容易判断其正负时，需要对参数进行分类，分类的标准： 1．按导函数是否有零点分大类． 2．再按导函数零点的大小分小类． 3．在小类中再按零点是否在定义域中分类． 对点练2．已知函数f (x)＝ex(ax2－2x＋2)(a＞0)．试讨论f (x)的单调性． 解：易得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a＞0)， 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝， ①当0＜a＜1时，令f′(x)＜0，得0＜x＜；令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞. 所以当0＜a＜1时，f (x)在(－∞，0)和(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减． ②当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，则f (x)在R上单调递增． ③当a＞1时，令f′(x)＞0，得x＞0或x＜；令f′(x)＜0，得＜x＜0. 所以当a＞1时，f (x)在(－∞，)和(0，＋∞)上单调递增，在区间(，0)上单调递减． 学生用书↓第62页 考点三　函数单调性的应用多维练 角度1　比较大小 (1)(2024·浙江湖州质检)已知函数f (x)＝3x＋2cos x．若a＝f (3)，b＝f (2)，c＝f (log27)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a (2)已知函数f (x)＝xsin x，x∈R，则f，f (1)，f的大小关系为________________． 答案：(1)D　(2)f＜f (1)＜f 解析：(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f (x)是增函数．因为>1，所以3>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3，所以f (2)<f (log27)<f (3)，即b<c<a.故选D． (2)由题意易得函数f (x)是偶函数，所以f＝f.又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x＞0，所以函数f (x)在上单调递增，所以f＜f (1)＜f，即f＜f (1)＜f. 角度2　解不等式 已知函数f (x)＝ex＋e2－x，则关于x的不等式[f(x)] 2－(e2＋1)f (x)≤0的解集为(　　) A．(－∞，0] B．[0，＋∞) C．[2，＋∞) D．[0，2] 答案：D 解析：因为f (x)＝ex＋e2－x，导数为f′(x)＝ex－e2－x，当x>1时，f′(x)>0，f (x)单调递增；当x<1时，f′(x)<0，f (x)单调递减；所以f (x)min＝f (1)＝2e>0，而f (0)＝f (2)＝e2＋1，且f (x)在(0，1)单调递减，在(1，2)单调递增，因为[f(x)] 2－(e2＋1)f (x)≤0，所以[f(x)－(e2＋1)] f (x)≤0，则0<f (x)≤1＋e2，所以0≤x≤2，则原不等式的解集为[0，2].故选D． 角度3　根据函数的单调性求参数 (2023·全国乙卷节选)已知函数f (x)＝ln (1＋x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 解：由函数的解析式可得f′(x)＝ln(x＋1)＋×(x>－1)， 满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令ln(x＋1)＋≥0，则－(x＋1)ln (x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln (x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln (x＋1)， 当a≤0时，由于x>0时，2ax≤0，ln (x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln (x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，2a≥1时，由于x>0时，<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，不合题意． 综上可知，实数a的取值范围是. 规律方法 1．根据函数单调性求参数的方法 (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)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)． 2．利用导数比较大小：其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小． 3．与抽象函数有关的不等式：要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式．　　 对点练3．(1)已知函数f (x)＝ln x－，设a＝f，b＝f (2)，c＝f，则(　　) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b (2)(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(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 (3)(2024·广东东莞模拟)已知函数f (x)＝－x2－cos x，则f (x－1)>f (－1)的解集为(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，0) C．(0，2) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案：(1)C　(2)C　(3)C 解析：(1)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.故选C． (2)依题可知，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． (3)因为y＝x2，y＝cos x均为偶函数，故函数f (x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2＋cos x，因为cos x∈[－1，1)]，所以g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又因为f′(0)＝0，所以f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．f (x－1)>f (－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2).故选C． 课时测评19　导数与函数的单调性 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9，每小题5分，共45分) 1．函数f (x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　) A．(0，3) B．(1，4) C．(2，＋∞) D．(－∞，2) 答案：C 解析：由f′(x)＝(x－2)ex，故x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以x∈(－∞，2)时，f (x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f (x)单调递增，综上，f (x)的单调递增区间为(2，＋∞).故选C． 2．(2023·浙江诸暨三模)如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f (2)＝0，则y＝f (x)的图象大致为(　　) 答案：D 解析：由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，函数y＝f (x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，对于A，在区间(0，1)上，函数y＝f (x)上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；对于B，在区间(0，1)上，函数y＝f (x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；对于C，在区间(0，1)上，函数y＝f (x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；对于D，由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，当1<x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f′(x)>0，所以函数y＝f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而函数y＝f (x)的图象均符合这些性质，故D正确．故选D． 3．已知f (x)＝－x，x∈(0，＋∞)，对∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，恒有－<0，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C．(－∞，e2] D． 答案：A 解析：设g(x)＝xf (x)＝aex－x2, g′(x)＝aex－2x，对∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，恒有－<0，即g(x1) <g(x2)，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故g′(x)＝aex－2x≥0恒成立，即a≥，设F (x)＝，F′(x)＝，当x∈(0，1)时，F′(x)>0，函数单调递增； 当x∈[1，＋∞)时，F′(x)≤0，函数单调递减；故F (x)max＝F (1)＝，即a≥，即a∈.故选A． 4．(新定义)如果函数f (x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数f (x)为“F函数”，下列函数是“F函数”的是(　　) A．f (x)＝ex B．f (x)＝x2 C．f (x)＝ln x D．f (x)＝sin x 答案：B 解析：依题意，得函数f (x)为“F函数”，则函数g(x)＝xf (x)为定义域上的增函数．对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，当x∈时，g′(x)<0，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，g′(x)<0，故D中函数不是“F函数”．故选B． 5．[多选题](2024·江西九江测试)已知函数f (x)＝xex－2ex＋2，则下列结论正确的是(　　) A．f (x)恰有2个极值点 B．f (x)在(1，＋∞)上单调递增 C．f (－0.1) >f (0.2) D．f (x)的值域为(2－e，＋∞) 答案：BCD 解析：f′(x)＝(x＋1)ex－2ex＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，此时f (x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，此时f (x)单调递增，故f (x)恰有一个极小值点1，无极大值点，故A错误，B正确；由f (x)在(－∞，1)上单调递减，可知f (－0.1)>f (0.2)，故C正确；由于f (x)min＝f (1)＝2－e，而当x趋近于＋∞时，f (x)趋近于＋∞，故f (x)的值域为[2－e，＋∞)，故D正确．故选BCD． 6．[多选题](2024·福建宁德期末)已知定义在[－1，1]上的函数f (x)，其导函数为f′(x)且满足f (x)＝sin x＋2xf′，则下列判断正确的是(　　) A．函数f′(x)是奇函数 B．函数f (x)在区间[－1，1]上单调递减 C．在区间(0，1]上，函数f (x)的图象恒在x轴的下方 D．不等式f′(2x－1) >f′(x－1)的解集为 答案：BCD 解析：将函数f (x)＝sin x＋2xf′两边求导，得f′(x)＝cos x＋2f′，令x＝，f′＝cos ＋2f′，f′＝－，故f (x)＝sin x－x，f′(x)＝cos x－1，由此可以判断函数f′(x)是偶函数，选项A错误；x∈[－1，1]，f′(x)＝cos x－1≤0，函数f (x)在区间[－1，1]上单调递减，选项B正确；函数f (x)在区间(0，1]上单调递减，f (0)＝0，所以函数f (x)的图象恒在x轴的下方，选项C正确；f′(x)＝cos x－1，且函数f′(x)是偶函数，由余弦函数图象性质可知，f′(x)在[－1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减，因为f′(2x－1) >f′(x－1)，则有解得0<x<，选项D正确．故选BCD． 7．已知函数f (x)＝＋1，则函数f (x)的单调递增区间为__________． 答案：(－1，1) 解析：函数f (x)的定义域为R，f′(x)＝，令f′(x)>0，解得－1<x<1，所以函数f (x)的单调递增区间为(－1，1). 8．(新设问)设函数f (x)＝ax＋ln x．能说明“对于任意的0<x1<x2，都有f (x1)<f (x2)成立”为假命题的一个实数a的值可以是______． 答案：－1(答案不唯一，只要满足a<0即可) 解析：“对于任意的0<x1<x2，都有f (x1)<f (x2)成立”，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．由函数f (x)＝ax＋ln x，x>0，可得f′(x)＝a＋，令f′(x)＝a＋＝0，可得x＝－.当a≥0时，f′(x)>0，函数f (x)在(0，＋∞)上是增函数；当a<0时，x∈时，f′(x)>0，函数f (x)是增函数；x>－时，f′(x)<0，函数f (x)是减函数，故“对于任意的0<x1<x2，都有f<f成立”为假命题的一个实数a的值可以是－1(答案不唯一，只要满足a<0即可)． 9．若函数f (x)＝－ln x在区间上不单调，则实数m的取值范围为________． 答案： 解析：由f (x)＝－ln x可知，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－＝，易知当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；即函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；若函数f (x)＝－ln x在区间上不单调，则需满足0≤m<1<m＋，解得<m<1，所以实数m的取值范围为. 10．(10分)已知函数f (x)＝x2＋aln x. (1)当a＝－2时，求函数f (x)的单调递减区间； (2)若函数g(x)＝f (x)＋在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－2时，f (x)＝x2－2ln x，f′(x)＝2x－＝， 由f′(x)<0得0<x<1，故f (x)的单调递减区间是(0，1). (2)由题意得g(x)＝x2＋aln x＋， g′(x)＝2x＋－， 因为g(x)在[1，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即2x＋－≥0， 故a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立， 设φ(x)＝－2x2，x∈[1，＋∞). φ′(x)＝－－4x<0在x∈[1，＋∞)恒成立，故φ(x)＝－2x2在x∈[1，＋∞)单调递减， 所以在x∈[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝2－2＝0， 所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞). 11．(13分)(2024·江苏南通模拟)设函数f (x)＝(ax－1)ln (ax－1)－ax－x. (1)求函数f (x)的单调递增区间； (2)若g(x)＝f (x)－ex在区间上单调递减，其中e为自然对数的底数，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意得f′(x)＝aln (ax－1)－1， ①当a>0时，定义域为，令f′(x)>0，则x>； ②当a<0时，定义域为，令f′(x)>0，则<x<； 当a＝0时，f (x)无意义． 综上，当a>0时，增区间为；当a<0时，增区间为. (2)由题意得ax－1>0在恒成立，则a>3，且g′(x)＝f′(x)－ex＝aln (ax－1)－1－ex≤0在上恒成立，令h(x)＝g′(x)， 则h′(x)＝－ex，令h′(x)＝m(x)， 则m′(x)＝－－ex<0恒成立， 故m(x)在上单调递减，即m(x)≥m(1)＝－e, 当a>3时，>，故m(x)≥m(1)＝－e>0，即h′(x)>0， 从而h(x)在上单调递增，则需h(x)max＝h(1)＝aln (a－1)－1－e≤0， 令P(a)＝aln (a－1)－1－e，则P′(a)＝ln (a－1)＋>0， 函数P(a)＝aln (a－1)－1－e在(3，＋∞)上单调递增，又P(e＋1)＝0，所以3<a≤e＋1. (每小题8分，共16分) 12．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f (x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 答案： 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即()x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 故()0＝1≥－，而a＋1∈(1，2)， 故ln(1＋a)>0， 故即 故≤a<1， 所以实数a的取值范围是. 13．已知函数f (x)＝ex＋ax－2，其中a∈R，若对于任意的x1，x2∈[2，＋∞)，且x1<x2，都有x2f (x1)－x1f (x2) <a(x1－x2)成立，则实数a的取值范围是_____________． 答案：(－∞，e2＋2] 解析：由对于任意的x1，x2∈[2，＋∞)，且x1<x2，都有x2f (x1)－x1f (x2)<a(x1－x2)， 则<对于任意的x1，x2∈[2，＋∞)恒成立，令h(x)＝，则不等式等价于h(x1)<h(x2)对于任意的x∈[2，＋∞)恒成立，即h(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，又由f (x)＝ex＋ax－2，可得h(x)＝，则h′(x)＝，即h′(x)＝≥0在[2，＋∞)恒成立，即xex－ex＋2－a≥0在[2，＋∞)恒成立，即a－2≤xex－ex在[2，＋∞)恒成立，令g(x)＝xex－ex，x∈[2，＋∞)，可得g′(x)＝xex>0恒成立， 所以函数g(x)为单调递增函数，所以g(x)≥g(2)＝e2，则a－2≤e2，解得a≤e2＋2，所以实数a的取值范围是(－∞，e2＋2]. 14．(16分)已知函数f (x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f (x)的单调区间； (2)若函数y＝f (x)的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上不是单调函数，求实数m的取值范围． 解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 当a＞0时，f (x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＜0时，f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)； 当a＝0时，f (x)为常函数，无单调区间． (2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， 所以f (x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝(x＞0)．所以g(x)＝x3＋x2－2x， 所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. 因为g(x)在区间(t，3)上不是单调函数，即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点． 由于g′(0)＝－2，所以 当g′(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意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， 又g′(3)＞0，即m＞－，所以－＜m＜－9. 即实数m的取值范围是. 学生用书↓第63页 学科网（北京）股份有限公司 $$