第4章 第2讲 导数与函数的单调性-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案全书Word（提升版）

第2讲　导数与函数的单调性 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．(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. 3．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)，. 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 (1)(2025·浙江Z20名校联考)函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的单调递增区间是________． 答案： 解析：函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的定义域为，且f′(x)＝－2x＋1＝＝，令f′(x)>0，解得<x<，所以f(x)的单调递增区间为. (2)函数f(x)＝(x2＋x－5)e－x的单调递减区间是________． 答案：(－∞，－2)，(3，＋∞) 解析：∵f(x)＝(x2＋x－5)e－x，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，则当x<－2或x>3时，f′(x)<0，故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞)． 　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． 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.下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 答案：B 解析：由题意知，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．对于A，f′(x)＝2cos2x，f′＝－1<0，不符合题意；对于B，f′(x)＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意；对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－<0，不符合题意；对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－<0，不符合题意． 2．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)． 考向二　利用导数研究含参函数的单调性 (2025·湖北武汉调研)已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.求f(x)的单调区间． 解：由题意可知，f(x)的定义域为R，且f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)， (ⅰ)若a≥0，则2ex＋a>0， 令f′(x)>0，得x>0， 令f′(x)<0，得x<0. 可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝ln 或x＝0， ①当ln <0，即－2<a<0时， 令f′(x)>0，解得x>0或x<ln ， 令f′(x)<0，解得ln <x<0， 可知f(x)在上单调递减，在，(0，＋∞)上单调递增； ②当ln ＝0，即a＝－2时，f′(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上单调递增； ③当ln >0，即a<－2时， 令f′(x)>0，解得x<0或x>ln ， 令f′(x)<0，解得0<x<ln ， 可知f(x)在上单调递减，在(－∞，0)，上单调递增． 综上所述，若a≥0，则f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)； 若－2<a<0，则f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，(0，＋∞)； 若a＝－2，则f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若a<－2，则f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(－∞，0)，. 　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． 考向三　利用导数解决函数单调性的应用问题 角度1　比较大小或解不等式 (1)(2025·福建漳州模拟)已知函数f(x)＝2x＋2－x＋cosx＋x2，若a＝f(－3)，b＝f(e)，c＝f(π)，则(　　) A．b<a<c B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a 答案：A 解析：因为f(x)＝2x＋2－x＋cosx＋x2，所以函数的定义域为R，f(－x)＝2－x＋2x＋cos(－x)＋(－x)2＝2x＋2－x＋cosx＋x2＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故a＝f(－3)＝f(3)，当x>0时，f′(x)＝(2x－2－x)ln 2＋(2x－sinx)，令f′(x)＝g(x)，则g′(x)＝(2x＋2－x)(ln 2)2＋(2－cosx)，因为(2x＋2－x)·(ln 2)2>0，2－cosx>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又e<3<π，所以f(e)<f(3)<f(π)，所以b<a<c.故选A. (2)(2025·安徽名校联考)定义在R上的函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝x2－xln x，则不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为________． 答案：∪[1，＋∞) 解析：依题意，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝x－ln x－1，令y＝x－ln x－1，x>1，求导得y′＝1－>0，函数f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，f′(x)≥f′(1)＝0，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不等式f(3x－1)≥f(0)化为|3x－1－1|≥|0－1|，解得x≤或x≥1，所以不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为∪[1，＋∞)． 　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.已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．a>b>c C．b>a>c D．c>b>a 答案：D 解析：因为a＝＝＝，c＝＝，故可构造函数f(x)＝，x>0，则f′(x)＝＝，所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以a＝f(2)<f(e)＝c，b＝f(3)<f(e)＝c，又因为a＝＝＝<＝＝b，所以c>b>a.故选D. 2．(2025·广东中山模拟)已知函数f(x)＝2x－sin2x，则不等式f(x2)＋f(3x－4)<0的解集为________． 答案：(－4，1) 解析：由f(x)＝2x－sin2x，得f′(x)＝2－2cos2x＝2(1－cos2x)≥0，所以函数f(x)＝2x－sin2x是R上的增函数，又f(－x)＝－2x－sin(－2x)＝－(2x－sin2x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，则由f(x2)＋f(3x－4)<0，得f(x2)<－f(3x－4)＝f(4－3x)，所以x2<4－3x⇒x2＋3x－4<0⇒(x－1)(x＋4)<0，解得－4<x<1. 角度2　根据函数的单调性求参数 (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)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在上存在单调递减区间，则实数m的取值范围是________． 答案： 解析：f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，则原问题等价于f′(x)＜0在上有解，即x2＋(m＋2)x＋m＜0在上有解，即m＜在上有解．因为＝－(x＋1)＋，且y＝－(x＋1)＋在上单调递减，所以当x＝－时，ymax＝－＋＝，所以m＜. 　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.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．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.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) 答案：D 解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的单调递增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的单调递减区间，经验证，只有D符合． 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．函数f(x)＝ln x－ax(a＞0)的单调递增区间为(　　) A. B. C. D．(－∞，a) 答案：A 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，令f′(x)＝－a＞0，得0＜x＜，所以f(x)的单调递增区间为. 4．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. 5．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. 6．(2025·湖南长沙联考)已知函数f(x)＝cosx＋ex，且a＝f(2)，b＝f，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．b<c<a 答案：D 解析：f′(x)＝－sinx＋ex，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为＝ln <ln 2<2，所以f<f(ln 2)<f(2)，即b<c<a.故选D. 7．(2025·江苏南通模拟)函数f(x)＝(ex＋e－x)·sinx－2x在区间[－2，2]上的大致图象为(　　) 答案：C 解析：当x∈[－2，2]时，f(－x)＝(e－x＋ex)·sin(－x)－2(－x)＝－[(ex＋e－x)sinx－2x]＝－f(x)，故f(x)在[－2，2]上为奇函数，因此f(x)的图象关于(0，0)对称，故可以排除A，B，又f′(x)＝h(x)＝(ex－e－x)sinx＋(ex＋e－x)cosx－2，h′(x)＝(ex＋e－x)sinx＋(ex－e－x)cosx＋(ex－e－x)cosx＋(ex＋e－x)·(－sinx)＝2(ex－e－x)cosx，当x∈时，h′(x)＝2(ex－e－x)cosx>0，因此可得f′(x)在上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，即当x∈时，f′(x)>0，因此可得f(x)在上单调递增，结合图象知C正确．故选C. 8．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．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．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y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　) A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2 C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sinx 答案：ACD 解析：依题意，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，∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上是增函数，故B中函数是“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，故D中函数不是“F函数”． 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，∴f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)． 13．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．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．(1)判断函数f(x)＝(x－2)ln (2－x)的单调性； (2)讨论函数f(x)＝(a≠0)的单调性． 解：(1)由函数f(x)＝(x－2)ln (2－x)，可得f(x)的定义域为(－∞，2)，且f′(x)＝ln (2－x)＋1， 令f′(x)>0，可得ln (2－x)>－1，解得x<2－e－1， 令f′(x)<0，可得ln (2－x)<－1，解得2－e－1<x<2， 所以f(x)在(－∞，2－e－1)上单调递增，在(2－e－1，2)上单调递减． (2)由题意，知函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝0或2， 当a>0时，令f′(x)<0，解得x<0或x>2，令f′(x)>0，解得0<x<2， 所以f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，在区间(0，2)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)<0，解得0<x<2， 令f′(x)>0，解得x<0或x>2， 所以f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减． 综上所述，当a>0时，f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，在区间(0，2)上单调递增； 当a<0时，f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减． 16．(2025·江苏常州模拟)已知函数f(x)＝bx＋loga(a>0且a≠1，b∈R)． (1)当b＝2时，证明f(x)＋f(4－x)为定值，并求出函数f(x)图象的对称中心； (2)当a＝e(e是自然对数的底数)时，若f(x)在定义域上单调递增，求实数b的最小值． 解：(1)当b＝2时，f(x)＝2x＋logax－loga(4－x)，其中x∈(0，4)， f(4－x)＝2(4－x)＋loga(4－x)－loga[4－(4－x)]＝8－2x＋loga(4－x)－logax， 所以f(x)＋f(4－x)＝8， 故函数f(x)图象的对称中心为(2，4)． (2)当a＝e时，f(x)＝bx＋ln x－ln (4－x)，其中x∈(0，4)， 因为f(x)在定义域上单调递增， 所以f′(x)≥0在(0，4)上恒成立， 又f′(x)＝b＋＋＝b＋， 又x(4－x)≤＝4，当且仅当x＝2时，等号成立， 得到f′(x)min＝b＋1，所以b＋1≥0，即b≥－1， 所以实数b的最小值为－1. 17．(2025·浙江衢州模拟)已知函数f(x)＝xcosx＋asinx.求所有的实数a，使得函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 解：解法一：因为f(－x)＝－xcosx－asinx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cosx－xsinx， 因为f′＝－<0，所以函数y＝f(x)在[0，π]上只能单调递减， 由解得a＝－1. 下证当a＝－1时，f(x)＝xcosx－sinx在[－π，π]上单调． 由于f(x)是奇函数，只要y＝f(x)在[0，π]上单调， 因为f′(x)＝－xsinx≤0，所以y＝f(x)在[0，π]上单调递减，所以y＝f(x)在[－π，π]上单调递减． 综上，当a＝－1时，函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 解法二：因为f(－x)＝－xcosx－asinx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cosx－xsinx. (ⅰ)当a＝－1时，f′(0)＝a＋1＝0，即a＝－1时，f′(x)＝－xsinx≤0， 所以函数y＝f(x)在[0，π]上单调递减， 所以a＝－1满足题意； (ⅱ)当a>－1时，f′(0)＝a＋1>0，则f′(π)＝－(a＋1)<0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由零点存在定理得，存在x1，x2∈(0，π)，使得当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，当x∈(x2，π)时，f′(x)<0， 所以y＝f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x2，π)上单调递减， 因此a>－1不符合题意； (ⅲ)当a<－1时，f′(0)＝a＋1<0，则f′(π)＝－(a＋1)>0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由零点存在定理得，存在x3，x4∈(0，π)，使得当x∈(0，x3)时，f′(x)<0， 当x∈(x4，π)时，f′(x)>0， 所以y＝f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x4，π)上单调递增， 因此a<－1不符合题意． 因此所求实数a的值是－1. 14 学科网（北京）股份有限公司 $$