1.3.1 函数的单调性与导数-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

该高中数学课件聚焦“函数的单调性与导数”，系统梳理导数正负与函数单调性的关系、导数绝对值与图像陡峭程度的联系，以及求单调区间、含参函数单调性讨论、由单调性求参数范围等应用，通过复习导数几何意义导入，构建从定义到应用的知识支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于结合几何直观（如由导函数图像判断原函数单调性）培养数学眼光，通过含参函数讨论和参数范围求解发展数学思维，以规范步骤（求导、解不等式等）提升数学语言表达。实例丰富，如导函数图像分析、分离参数求范围，学生能提升运算与直观想象素养，教师可借助分层练习（随堂达标、课后精练）高效教学。

第1章　导数及其应用 1.3　导数在研究函数中的应用 1.3.1　函数的单调性与导数 (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． 教学重点：1．利用导数求函数的单调区间和判断函数的单调性．2．导数与函数图象的关系． 教学难点：根据函数的单调性求参数的取值范围． 核心素养：1．通过利用导数研究函数的单调性提升数学运算素养．2．通过学习函数的图象与导数之间的关系培养直观想象素养． 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　函数的单调性与导数的关系 函数f(x)的单调性与其导数的正负之间有如下法则： 若在区间(a，b)内，f′(x)>0，则函数f(x)在此区间内单调_____，(a，b)为f(x)的单调递增区间； 若在区间(a，b)内，f′(x)<0，则函数f(x)在此区间内单调_____，(a，b)为f(x)的单调递减区间． 知识点二　导数的绝对值大小与函数图象的关系 从函数的图象上来看，导数是切线的_____．斜率的绝对值___说明切线陡，曲线也就陡；斜率的绝对值___说明切线较平，曲线也就平缓一些． 递增 递减 斜率 大 小 核心概念掌握 5 1．函数的单调性与导数 (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的点来划分函数的单调区间． (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(或f′(x)<0)，则f(x)在该区间仍为增(或减)函数． 在某一区间内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 6 2．求函数单调区间的方法 求函数的单调区间，就是解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，这些不等式的解就是所求的单调区间，其步骤如下： (1)求函数f(x)的定义域； (2)求出f′(x)； (3)解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)可得函数的单调递增区间(或单调递减区间)． 核心概念掌握 7 3．已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]的单调性，求参数的取值范围的步骤 (1)求导数y＝f′(x)； (2)转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立问题； (3)由不等式恒成立求参数范围； (4)验证等号是否成立． 4．函数变化快慢与其导数的关系 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则函数f(x)在定义域上单调递增．(　　) (2)在区间(a，b)内，若f′(x)>0，则f(x)在此区间上单调递增，反之也成立．（　　) (3)函数在某一点的导数越大，函数在该点处的切线越“陡峭”．(　　) (4)导数的绝对值大说明切线陡，曲线也就陡．(　　) √ × × × 核心概念掌握 9 上升 (0，1) 核心概念掌握 10 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．故选C． (1)y＝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 12 (2)已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是(　　) 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，对于所求函数，要注意其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减；而对于其导函数，则应注意其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并分析这些区间与所求函数的单调区间是否一致． 核心素养形成 14 【跟踪训练】 1.(1)设函数y=f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为(　　) 解析　由函数的图象可知，当x<0时，函数单调递增，导数始终为正；当x>0时，函数先增后减再增，即导数先正后负再正．对照选项，应选D． 核心素养形成 15 (2)已知函数y＝xf′(x)的图象如右图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　) 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，∴－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．故选C． 核心素养形成 16 题型二　求函数的单调区间 求下列函数的单调区间． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】 (1)利用导数求函数f(x)的单调区间，实质上是转化为解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，不等式的解集就是函数的单调区间． (2)如果函数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 19 核心素养形成 20 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 21 核心素养形成 22 【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．高考考查的热点是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 23 核心素养形成 24 题型四　应用函数的单调性求参数的取值范围 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【感悟提升】 已知f(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数取值范围的方法 (1)利用集合的包含关系处理：f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)利用不等式的恒成立处理：f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，注意验证等号是否成立． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 题型五　利用导数解决不等式问题 解析　构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，解得x>2或x<－1(舍去)．所以不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．故选B． 已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(　　) A．(0，1) B．(2，＋∞) C．(1，2) D．(1，＋∞) 核心素养形成 30 【感悟提升】　用导数解不等式时常构造函数，常见的有： 核心素养形成 31 【跟踪训练】 5.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋1<f′(x)，f(0)＝2．则不等式f(x)＋1>3ex的解集为(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(－∞，0) 核心素养形成 32 随堂水平达标 1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3，1) 解析　y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝(－x2－2x＋3)ex，令(－x2－2x＋3)ex>0，由于ex>0，则－x2－2x＋3>0，解得－3<x<1，所以函数的单调递增区间是(－3，1)．故选D． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 2．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能是(　　) 解析　根据导函数图象，y＝f(x)的递增区间为(－3，－1)，(0，1)，递减区间为(－1，0)，(1，3)，观察选项可得D符合．故选D． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 3．(多选)设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时，有(　　) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(a)g(x)>f(x)g(a) C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 4．(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_____________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 一、选择题 1．在区间(0，＋∞)上，函数y＝ex－x(　　) A．单调递增 B．单调递减 C．先单调递增后单调递减 D．先单调递减后单调递增 解析　因为y′＝ex－1，x∈(0，＋∞)，所以ex－1>0，所以函数在(0，＋∞)上单调递增．故选A． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 3．(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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 4．若函数f(x)对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则(　　) A．3f(ln 5)>5f(ln 3) B．3f(ln 5)＝5f(ln 3) C．3f(ln 5)<5f(ln 3) D．3f(ln 5)与5f(ln 3)的大小不确定 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 5．(多选)若函数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性质的函数为(　　) 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 A级 B级 1 2 44 (－∞，－1)，(0，＋∞) (－1，0) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 7．若函数f(x)＝2x2－ln x在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)函数y＝x3＋x在(－∞，＋∞)上的图象是________(填“上升”或“下降”)的． (2)函数f(x)＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间是________． (3)函数f(x)＝ln x－x的单调递增区间是________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 解析　从f′(x)的图象可以看出，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内，导数递增；在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内，导数递减．即函数f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内越来越陡峭，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2) ，b))内越来越平缓．故选D． 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，由f′(x)>0，解得x>eq \f(\r(2),2)，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)，＋∞))； 由f′(x)<0，解得x<eq \f(\r(2),2)，又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)))． (1)f(x)＝x2－ln x；(2)f(x)＝eq \f(ex,x－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)． 因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0． 由f′(x)>0，解得x>3，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)； 由f′(x)<0，解得x<3，又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2，3)． 【跟踪训练】 2.求下列函数的单调区间． (1)y＝(1－x)ex；(2)y＝eq \f(1,2)x＋sinx，x∈(0，π)． 解　(1)因为y＝(1－x)ex，x∈R，所以y′＝－xex，所以y′>0时，x<0，y′<0时，x>0，所以函数y＝(1－x)ex的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． (2)因为y＝eq \f(1,2)x＋sinx，所以y′＝eq \f(1,2)＋cosx， ①令y′>0，得cosx>－eq \f(1,2)，又因为x∈(0，π)，所以0<x<eq \f(2π,3)． ②令y′<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y＝eq \f(1,2)x＋sinx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(－∞，＋∞)内单调递增； 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，＋∞)内单调递增，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)，＋∞))内单调递增，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(－∞，＋∞)内单调递增； 当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)内单调递增，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． 【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，＋∞)内单调递增； 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)，＋∞)内大于0，则f(x)在(eq \r(－2a)，＋∞)内单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当a<0时，f(x)在(0，eq \r(－2a))内单调递减，在(eq \r(－2a)，＋∞)内单调递增． (1,2)INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例4.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x，a≠0．若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围． 解　h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2． 因为h(x)在[1，4]上单调递减， 所以x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立， 即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)， 所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1． 因为x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))， 所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)， 所以a≥－eq \f(7,16)． 当a＝－eq \f(7,16)时，h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(7,16)x－2＝eq \f(16＋7x2－32x,16x)＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x)． 因为x∈[1，4]，所以h′(x)＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x)≤0， 即h(x)在[1，4]上为减函数． 故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞))． 【跟踪训练】 4.已知函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)(x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，求a的取值范围． 解　f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)＝eq \f(2x3－a,x2)． 要使f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，则f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即eq \f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立． ∵x2>0，∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立， ∴a≤(2x3)min． ∵x∈[2，＋∞)，y＝2x3是单调递增的， ∴(2x3)min＝16，∴a≤16． 当a＝16时，f′(x)＝eq \f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))，有且只有f′(2)＝0， ∴a的取值范围是(－∞，16]． (1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． (2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． (3)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x)． (4)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝eq \f(f（x）,ex)． (5)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)． (6)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝eq \f(f（x）,x)． 解析　令g(x)＝eq \f(f（x）＋1,ex)，因为f(x)＋1<f′(x)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）－1,ex)>0，故g(x)在R上单调递增，且g(0)＝3．由f(x)＋1>3ex，可得eq \f(f（x）＋1,ex)>3，即g(x)>g(0)，所以x>0． 解析　令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,（g（x））2)<0，所以函数F(x)在R上单调递减．又a<x<b，所以eq \f(f（a）,g（a）)>eq \f(f（x）,g（x）)>eq \f(f（b）,g（b）)>0．又g(x)>0，g(a)>0，g(b)>0，所以f(a)g(x)>f(x)g(a)，f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选BC． 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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(x)≥－eq \f(ln a,ln （1＋a）)在区间(0，＋∞)上恒成立，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(0)＝1≥－eq \f(ln a,ln （1＋a）)，而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln （a＋1）≥－ln a，,0<a<1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（a＋1）≥1，,0<a<1，))故eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1．结合题意可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1))． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) 5．讨论函数f(x)＝eq \f(bx,x2－1)(－1<x<1，b≠0)的单调性． 解　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)单调递减； 若b<0，则f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 综上，当b>0时，函数f(x)在(－1，1)上单调递减； 当b<0时，函数f(x)在(－1，1)上单调递增． 2．函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1，1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)和(1，＋∞) 解析　f(x)的定义域为R，且f′(x)＝eq \f(x2＋1－2x·x,（x2＋1）2)＝eq \f(1－x2,（x2＋1）2)＝eq \f(（1＋x）（1－x）,（x2＋1）2)．当－1<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f(x)的单调递增区间为(－1，1)．故选B． 解析　依题意可知，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq \f(1,a)，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≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1．故选C． 解析　令g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增．又ln 3<ln 5，所以g(ln 3)< g(ln 5)，即eq \f(f（ln 3）,3)<eq \f(f（ln 5）,5)，所以5f(ln 3)<3f(ln 5)，故选A． 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)为实数集上的增函数；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)为实数集上的减函数；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在实数集R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数．故选AD． 二、填空题 6．设函数f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，则f(x)的单调递增区间是____________________,单调递减区间是________． 解析　∵f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，x∈R，∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0．故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减． 解析　显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq \f(1,x)＝eq \f(4x2－1,x)．由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．由f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．∵函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k<eq \f(3,2)． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) 8．已知函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)在(－2，＋∞)内单调递减，则实数a的取值范围为________． 解析　f′(x)＝eq \f(2a－1,（x＋2）2)，由题意，得f′(x)≤0在(－2，＋∞)内恒成立，解不等式得a≤eq \f(1,2)，但当a＝eq \f(1,2)时，f′(x)＝0恒成立，不符合题意，应舍去，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 三、解答题 9．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)已知a，b∈R且a>b>e(其中e是自然对数的底数)，求证：ba>ab． 解　(1)∵f(x)＝eq \f(ln x,x)，∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)． 当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减； 当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，e)上单调递增． ∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)． (2)证明：∵ba>0，ab>0， ∴要证ba>ab，只要证aln b>bln a， 只要证eq \f(ln b,b)>eq \f(ln a,a)(a>b>e)． 由(1)得函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减． ∴当a>b>e时，有f(b)>f(a)， 即eq \f(ln b,b)>eq \f(ln a,a)．∴ba>ab． 10．设f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax．若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围． 解　f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)＋2a，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a． 函数有单调递增区间，即在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))内，导函数大于零有解，令eq \f(2,9)＋2a>0，得a>－eq \f(1,9)． 所以当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间． 1．当x>0时，证明：ln (x＋1)>x－eq \f(1,2)x2． 证明　设f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝x－eq \f(1,2)x2， F(x)＝f(x)－g(x)， 则F(x)＝ln (x＋1)－x＋eq \f(1,2)x2． 函数F(x)的定义域为(－1，＋∞)， 则F′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＋x＝eq \f(x2,x＋1)． 当x>0时，F′(x)>0恒成立， ∴函数F(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数， 故当x>0时，F(x)>F(0)＝0， 从而f(x)>g(x)， 即ln (x＋1)>x－eq \f(1,2)x2． 2．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)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋a－eq \f(1＋a,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)上，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(1＋a,a)>1，此时在(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋a,a)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1＋a,a)))上，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a＝0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当－eq \f(1,2)<a<0时，f(x)在(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋a,a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1＋a,a)))上单调递增； 当a＝－eq \f(1,2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． $