5.3.1 第1课时 导数与函数的单调性-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3　导数在研究函数中 的应用 5.3.1　函数的单调性 第1课时　导数与函数的单调性 (教师独具内容) 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.3.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． 教学重点：利用导数求函数的单调区间和判断函数的单调性． 教学难点：讨论含参数的函数的单调性． 核心素养：1.通过学习函数的图象与其导函数图象之间的关系，培养直观想象素养.2.通过学习利用导数求函数的单调区间，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间的关系 一般地，函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间具有如下的关系： 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调_______； 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调_______． 递增 递减 核心概念掌握 5 知识点二　判断函数y＝f(x)的单调性的步骤 一般情况下，我们可以通过如下步骤判断函数y＝f(x)的单调性： 第1步：__________________； 第2步：___________________； 第3步：__________________________________________，_______________ ________________， 由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． 确定函数的定义域 求出导数f′(x)的零点 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 核心概念掌握 6 [注意]　(1)在利用导数来讨论函数的单调区间时，应先确定函数的定义域，解决问题时在定义域内通过导数的符号来得出函数的单调区间． (2)一般利用使导数等于0的点来划分函数单调区间． (3)若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，在其余的点恒有f′(x)>0，则f(x)在该区间仍为增函数． 在某一区间上f′(x)>0(或f′(x)<0)是函数f(x)在该区间上为增(或减)函数的充分不必要条件，而不是充要条件．(例如f(x)＝x3) 核心概念掌握 7 知识点三　函数图象的平缓与陡峭的判断方法 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的____________，那么函数在这个范围内变化得_______，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得_______，函数的图象就比较“平缓”． 绝对值较大 较快 较慢 核心概念掌握 8 [拓展]　函数y＝f(x)的变化快慢与其导数f′(x)的关系 核心概念掌握 9 1．(函数与其导函数图象之间的关系)若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，则导函数f′(x)的图象是(　　) 核心概念掌握 10 2．(利用导数判断函数的单调性)函数y＝2x＋cosx在(－∞，＋∞)上的图象是________(填“上升”或“下降”)的． 3．(利用导数求函数的单调区间)函数y＝x3＋x2－5x－5的单调递增区间是_____________________． 上升 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　函数与其导函数图象之间的关系 解析　由导函数的图象可知，当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数；当0<x<x1时，f′(x)<0，即函数f(x)为减函数；当x>x1时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数．观察选项易知C正确． f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，若y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) 核心素养形成 13 感悟提升　研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时，注意抓住各自的关键要素，对于原函数，要注意其在哪个区间上单调递增，在哪个区间上单调递减；而对于导函数，则应注意其函数值在哪个区间上大于零，在哪个区间上小于零，并分析这些区间与原函数的单调区间是否一致． 核心素养形成 14 【跟踪训练1】　(2024·吉林第一中学高二下5月期中联考)已知函数f(x)在定义域内可导，f(x)的大致图象如图所示，则其导函数f′(x)的大致图象可能为(　　) 解析：观察函数f(x)的图象知，当x<0时，f(x)先单调递减，再单调递增，则f′(x)先为负数，再为正数；当x>0时，f(x)先单调递增，再单调递减，最后单调递增，所以f′(x)先为正数，再为负数，最后为正数，只有B项符合．故选B. 核心素养形成 15 题型二　已知函数解析式求函数的单调区间 核心素养形成 16 核心素养形成 17 感悟提升　 (1)利用导数求函数f(x)的单调区间，可以利用判断函数单调性的步骤来求，也可以转化为解不等式f′(x)>0或f′(x)<0来求． (2)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个时，应用“及”“和”等连接或直接用逗号隔开，不能写成并集的形式． (3)要特别注意函数的定义域． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　讨论含有参数的函数的单调性 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，讨论f(x)的单调性． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 感悟提升　讨论含参函数的单调性的关键点 (1)涉及含参数的函数的单调性问题，一定要判断参数对导数f′(x)在某一区间上的正负是否有影响．若有影响，则必须分类讨论，讨论时要做到不重不漏，最后进行总结． (2)求含参函数y＝f(x)的单调区间，实质上就是解含参数的不等式f′(x)>0，f′(x)<0.对函数求导后解含参数的一元二次不等式，一般按以下顺序分类讨论： ①对二次项系数是否为0进行讨论；②对相应方程根的判别式Δ与0的关系进行讨论；③当Δ>0时，讨论两根的大小． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 随堂水平达标 1.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则y＝f(x)的图象大致是(　　) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 解析：由题图可得，当x<－1时，xf′(x)<0，∴f′(x)>0，∴x<－1时，函数y＝f(x)单调递增；当－1<x<0时，xf′(x)>0，∴f′(x)<0，∴当－1<x<0时，函数y＝f(x)单调递减；当0<x<1时，xf′(x)<0，∴f′(x)<0，∴0<x<1时，函数y＝f(x)单调递减；当x>1时，xf′(x)>0，∴f′(x)>0，∴x>1时，y＝f(x)单调递增．观察选项易知C正确． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．(多选)下列函数在定义域上为增函数的是(　　) A．f(x)＝2x4 B．f(x)＝xex C．f(x)＝x－cosx D．f(x)＝ex－e－x－2x 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 4．函数f(x)＝x2－5x＋2ln (2x)的单调递增区间是__________________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 > < 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用导数求三次函数的单调区间 利用导数判断构造函数的单调性 利用导数判断函数在已知区间上的单调性 利用导数图象研究函数图象 利用导数判断函数的单调性；函数新定义问题 利用导数的图象求函数的单调区间 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用导数求函数在已知区间上的单调区间 利用导数求含参数的函数的单调区间 利用导数求函数的单调区间 利用导数求含参数的函数的单调区间 已知曲线切线方程求参数值；利用导数求函数的单调区间 利用导数求曲线在某点处的切线方程；利用导数判断含参数的函数的单调性 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 一、选择题 1．(2024·安徽合肥第一中学月考)函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递减区间为(　　) A．(－1，1) B．(1，2) C．(－∞，－1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞) 解析：f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＜0，得－1<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 3．已知函数f(x)＝ex＋e－x，则f(x)在[0，＋∞)上(　　) A．单调递增 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 4.已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象可能是(　　) 解析：由y＝f′(x)的图象知y＝f(x)为增函数，且在区间(－1，0)内增长速度越来越快，而在区间(0，1)内增长速度越来越慢．故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 5．(多选)若函数g(x)＝exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是(　　) A．f(x)＝2－x B．f(x)＝3－x C．f(x)＝x3 D．f(x)＝x2＋2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 二、填空题 6．已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是___________________． 解析：由题图可知，在区间(－1，2)内和(4，＋∞)上，f′(x)>0.由导函数的正负与函数单调性的关系可得，函数f(x)的单调递增区间是(－1，2)，(4，＋∞)． (－1，2)，(4，＋∞) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 7．已知定义在区间(－π，π)内的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是__________________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 解析：f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋a2＋a＝[x－(a＋1)](x－a)，令f′(x)<0，得a<x<a＋1，故f(x)的单调递减区间是(a，a＋1)． (a，a＋1) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 三、解答题 9．求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝3x2－2ln x；(2)f(x)＝2x(ex－1)－x2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 10．已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，求函数f(x)的单调区间． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,3)))，(1，＋∞) 　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x2－ln x；(2)f(x)＝eq \f(ex,x－2). 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(（\r(2)x－1）（\r(2)x＋1）,x). 因为x>0，所以eq \r(2)x＋1>0，所以由f′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(2),2). 因为当x>eq \f(\r(2),2)时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))； 因为当0<x<eq \f(\r(2),2)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))). (2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)． f′(x)＝eq \f(ex（x－2）－ex,（x－2）2)＝eq \f(ex（x－3）,（x－2）2). 令f′(x)＝0，得x＝3. 因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0. 所以当x>3时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；当x<3时，f′(x)<0，又函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2，3)． eq \a\vs4\al([跟踪训练2])　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x3－2x2＋x；(2)f(x)＝eq \f(1,2)x＋sinx，x∈(0，π)． 解：(1)解法一：因为f(x)＝x3－2x2＋x，所以f′(x)＝3x2－4x＋1，x∈R. 令f′(x)＝0，得3x2－4x＋1＝0，解得x＝eq \f(1,3)或x＝1. 因为当x<eq \f(1,3)或x>1时，3x2－4x＋1>0，当eq \f(1,3)<x<1时，3x2－4x＋1<0， 所以函数f(x)＝x3－2x2＋x的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)). 解法二：因为f(x)＝x3－2x2＋x， 所以f′(x)＝3x2－4x＋1，x∈R. ①令3x2－4x＋1>0，得x>1或x<eq \f(1,3). ②令3x2－4x＋1<0，得eq \f(1,3)<x<1. 所以函数f(x)＝x3－2x2＋x的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)). (2)因为f(x)＝eq \f(1,2)x＋sinx，所以f′(x)＝eq \f(1,2)＋cosx， ①令f′(x)>0，得cosx>－eq \f(1,2)，又因为x∈(0，π)，所以0<x<eq \f(2π,3). ②令f′(x)<0，得cosx<－eq \f(1,2)，又因为x∈(0，π)，所以eq \f(2π,3)<x<π. 所以函数f(x)＝eq \f(1,2)x＋sinx，x∈(0，π)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)). 解　f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(2a,3). ①当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)， 则f′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))，则f′(x)<0， 所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))内单调递减； ③当a<0时，若x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))，则f′(x)>0， 若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))，则f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))内单调递减． 综上，当a＝0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))内单调递减； 当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))内单调递减． eq \a\vs4\al([跟踪训练3])　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2aln x，讨论f(x)的单调性． 解：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x＋eq \f(2a,x)＝eq \f(x2＋2a,x). ①当a≥0时，f′(x)＝eq \f(x2＋2a,x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a<0时，令f′(x)＝eq \f(x2＋2a,x)＝0，得x＝eq \r(－2a). 经分析可知，f′(x)在(0，eq \r(－2a))内小于0，f(x)在(0，eq \r(－2a))内单调递减， f′(x)在(eq \r(－2a)，＋∞)上大于0，f(x)在(eq \r(－2a)，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在(0，eq \r(－2a))内单调递减，在(eq \r(－2a)，＋∞)上单调递增． 2．函数y＝xln x在(0，5)内的单调性是(　　) A．单调递增 B．单调递减 C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))内单调递增 D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))内单调递减 解析：y′＝ln x＋1，令y′>0，得eq \f(1,e)<x<5；令y′<0，得0<x<eq \f(1,e)，所以函数y＝xln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，5))内单调递增．故选C. 解析：函数f(x)＝2x4的定义域为R，其导数为f′(x)＝8x3，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在定义域R上不是增函数；函数f(x)＝xex的定义域为R，其导数为f′(x)＝(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在定义域R上不是增函数；函数f(x)＝x－cosx的定义域为R，其导数为f′(x)＝1＋sinx≥0，所以f(x)在定义域R上是增函数；函数f(x)＝ex－e－x－2x的定义域为R，其导数为f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以f(x)在定义域R上是增函数．故选CD. 解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(（2x－1）（x－2）,x)，由f′(x)>0得x>2或0<x<eq \f(1,2)，故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞) 5．已知函数f(x)＝eq \f(bx,x2－1)(－1<x<1，b≠0)，当b_____0时，函数f(x)在(－1，1)内单调递减；当b______0时，函数f(x)在(－1，1)内单调递增． 解析：f′(x)＝b·eq \f(x′·（x2－1）－x·（x2－1）′,（x2－1）2)＝－eq \f(b（x2＋1）,（x2－1）2).若b>0，则f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)内单调递减；若b<0，则f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)内单调 递增． 2．(2024·辽宁本溪重点高中协作体高二期中)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)－f(x)>0，则下列函数一定是增函数的是(　　) A．y＝xf(x) B．y＝eq \f(f（x）,x) C．y＝eq \f(f（x）,ex) D．y＝exf(x) 解析：对于A，y＝xf(x)，y′＝f(x)＋xf′(x)，无法判断y＝xf(x)的单调性，故A不符合题意；对于B，y＝eq \f(f(x),x)，y′＝eq \f(f′(x)x－f(x),x2)，无法判断y＝eq \f(f(x),x)的单调性，故B不符合题意；对于C，y＝eq \f(f(x),ex)，y′＝eq \f(f′(x)－f(x),ex)>0恒成立，则y＝eq \f(f(x),ex)在(0，＋∞)上是增函数，故C符合题意；对于D，y＝exf(x)，y′＝ex[f(x)＋f′(x)]，无法判断y＝exf(x)的单调性，故D不符合题意．故选C. 解析：f′(x)＝(ex)′＋(e－x)′＝ex－e－x＝eq \f(（ex）2－1,ex)，∵当x∈[0，＋∞)时，ex≥1，∴f′(x)≥0，当且仅当x＝0时等号成立，∴f(x)＝ex＋e－x在[0，＋∞)上单调递增． 解析：对于A，f(x)＝2－x，则g(x)＝exf(x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))eq \s\up12(x)为R上的增函数；对于B，f(x)＝3－x，则g(x)＝exf(x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,3)))eq \s\up12(x)为R上的减函数；对于C，f(x)＝x3，则g(x)＝exf(x)＝ex·x3，g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝ex(x3＋3x2)＝ex·x2(x＋3)，当x＜－3时，g′(x)＜0，当x>－3时，g′(x)≥0，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上先单调递减后单调递增；对于D，f(x)＝x2＋2，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋2)，g′(x)＝ex(x2＋2)＋2xex＝ex(x2＋2x＋2)＞0在R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数．故选AD. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)内的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 8．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(2a＋1)x2＋(a2＋a)x＋4(a∈R)的单调递减区间是____________． 解：(1)易知函数的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝6x－eq \f(2,x)，令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(\r(3),3)， x2＝－eq \f(\r(3),3)(舍去)，用x1分割定义域，得下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) eq \f(\r(3),3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝1＋ln 3 单调递增 所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)). (2)函数的定义域为(－∞，＋∞)． f′(x)＝2(ex－1＋xex－x)＝2(ex－1)(x＋1)， 令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝0， 用x1，x2分割定义域，得下表： x (－∞，－1) －1 (－1，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 f(－1)＝－2e－1＋1 单调递减 f(0)＝0 单调递增 所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(－∞，－1)和(0， ＋∞)． 解：由已知得f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)(x∈R)． ①当a≤0时，f′(x)≥0，且在R上只有有限个点使f′(x)＝0， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． ②当a>0时，令f′(x)＝3(x2－a)＝3(x＋eq \r(a))(x－eq \r(a))＝0，解得x＝－eq \r(a)或x＝eq \r(a). 由f′(x)>0，解得x<－eq \r(a)或x>eq \r(a)；由f′(x)<0，解得－eq \r(a)<x<eq \r(a). 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a))和(eq \r(a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq \r(a)，eq \r(a))． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a))和(eq \r(a)，＋∞)，单调递减区间为 (－eq \r(a)，eq \r(a))． 11．(2024·四川成都高二期中)已知函数f(x)＝eq \f(ax－6,x2＋b)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y＋5＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数f(x)的单调区间． 解：(1)因为f(x)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y＋5＝0. 所以f′(－1)＝－eq \f(1,2)，且－1＋2f(－1)＋5＝0， 即f(－1)＝－2，即eq \f(－a－6,1＋b)＝－2，① 又f′(x)＝eq \f(a（x2＋b）－2x（ax－6）,（x2＋b）2)，所以eq \f(a（1＋b）＋2（－a－6）,（1＋b）2)＝－eq \f(1,2).② 由①②得a＝2，b＝3.(因为b＋1≠0，所以b＝－1舍去) 所以函数f(x)的解析式是f(x)＝eq \f(2x－6,x2＋3). (2)由(1)知f′(x)＝eq \f(－2x2＋12x＋6,（x2＋3）2). 令－2x2＋12x＋6＝0，解得x1＝3－2eq \r(3)，x2＝3＋2eq \r(3)， 则当x<3－2eq \r(3)或x>3＋2eq \r(3)时，f′(x)<0，当3－2eq \r(3)<x<3＋2eq \r(3)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)＝eq \f(2x－6,x2＋3)的单调递增区间是(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))，单调递减区间是(－∞，3－2eq \r(3))和(3＋2eq \r(3)，＋∞)． 12．已知函数f(x)＝ln x＋ax＋eq \f(a＋1,x)－1. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)当－eq \f(1,2)≤a≤0时，讨论f(x)的单调性． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋eq \f(2,x)－1， 此时f′(x)＝eq \f(1,x)＋1－eq \f(2,x2)，f′(2)＝eq \f(1,2)＋1－eq \f(2,4)＝1. 又因为f(2)＝ln 2＋2＋eq \f(2,2)－1＝ln 2＋2， 所以切线方程为y－(ln 2＋2)＝x－2， 整理得x－y＋ln 2＝0. (2)f′(x)＝eq \f(1,x)＋a－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f(ax2＋x－a－1,x2)＝eq \f(（ax＋a＋1）（x－1）,x2). 当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,x2). 此时，在(0，1)内，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调 递增． 当a＝－eq \f(1,2)时，f′(x)＝－eq \f(（x－1）2,2x2)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当－eq \f(1,2)<a<0时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))（x－1）,x2)，－eq \f(a＋1,a)>1， 此时，在(0，1)内和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a＋1,a)))内，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a＝0时，f(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当－eq \f(1,2)<a<0时，f(x)在(0，1)内和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a＋1,a)))内单调递增； 当a＝－eq \f(1,2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． $$