导数与函数的单调性讲义-2026届高三数学一轮复习

导数与函数的单调性 课前必备知识 课标要求 1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及参数的范围 知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数． 如果f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)上为__增__函数； 如果f′(x)＜0，那么f(x)在(a，b)上为__减__函数． 2．导数与函数单调性的关系 设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0. 如果f(x)在区间(a，b)内单调递增，则在(a，b)内f′(x)__≥__0恒成立； 如果f(x)在区间(a，b)内单调递减，则在(a，b)内f′(x)__≤__0恒成立． 常用结论 1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零． 课前训练 1．(教材母题选必修5.3例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上，f(x)是增函数 B．在区间(1，3)上，f(x)是减函数 C．在区间(4，5)上，f(x)是增函数 D．当x＝2时，f(x)取到极小值 解析：C　由图知，在(4，5)上，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(4，5)上是增函数．故选C. 2．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　f′(x)>0在(a，b)上成立⇒f(x)在(a，b)上单调递增；反之，不一定成立，如y＝x3在(－1，1)上单调递增，但在(－1，1)上f′(x)＝3x2≥0. 3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是(　　) A．(0，] B．[，＋∞) C．(－∞，－]，(0，) D．[－，0)，(0，] 解析：A　f′(x)＝2x－＝，x>0， 令f′(x)≤0，解得0<x≤， 所以f(x)的单调递减区间为(0，].故选A. 4．(2025·天津红桥二模)函数f(x)＝(x2－2x)ex的图象大致是(　　) 解析：C　当x＝0时，f(0)＝0，可排除A. 因为f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex， 令f′(x)>0，解得x>或x<－，所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增；在(－，)上单调递减．结合图象可得C正确．故选C. 5．若函数f(x)＝2sin x－ax在[0，]上单调递减，则实数a的取值范围为________________． 解析：[2，＋∞)　因为f(x)＝2sin x－ax，x∈[0，]，所以f′(x)＝2cos x－a. 因为函数f(x)＝2sin x－ax在[0，]上单调递减， 所以f′(x)＝2cos x－a≤0在[0，]上恒成立， 即a≥2cos x在x∈[0，]上恒成立． 因为g(x)＝2cos x在x∈[0，]上单调递减， 所以g(x)max＝g(0)＝2cos 0＝2，所以a≥2， 即a∈[2，＋∞). 课堂核心考点 考点1　常系数函数的单调性 【例1】 (1)函数f(x)＝excos x，则f(x)在(－π，π)上的单调递减区间为__________________________． (2)函数f(x)＝x2－2x－3ln x的单调递增区间为____________． (3)已知函数f(x)＝x－ln x－，则函数f(x)的单调递增区间是____________ ；单调递减区间是____________． 解析：(1)(－π，－)和(，π) 因为f′(x)＝excos x－exsin x＝ex(cos x－sin x)＝excos (x＋)(－π<x<π)， 令f′(x)<0，得－π<x<－或<x<π， 所以f(x)的单调递减区间为(－π，－)和(，π). (2)(3，＋∞)　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝x－2－＝ ＝，x>0， 由f′(x)>0得x>3， 所以f(x)在区间(3，＋∞)上单调递增． (3)(0，1)　(1，＋∞) 因为f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝1－－ ＝， 令g(x)＝x－ex， 因为x>0，则g′(x)＝1－ex<1－e0＝0， 可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝－1<0， 所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间. (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 变式探究 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(　　) 解析：C　由y＝xf′(x)的图象可知，当0<x<1时xf′(x)<0，则f′(x)<0， 当x>1时xf′(x)>0，则f′(x)>0， 当－1<x<0时xf′(x)>0，则f′(x)<0， 当x<－1时xf′(x)<0，则f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故符合题意的只有C.故选C. 2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是____________. 解析：(－π，－)和(0，) 由题意知f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x. 令f′(x)＝xcos x>0， 则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－)∪(0，)，即f(x)的单调递增区间为(－π，－)和(0，). 3．设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.设g(x)＝f′(x)，则g(x)的单调递增区间为____________________；g(x)的单调递减区间为____________________． 解析：(－∞，0)和(3－，3＋)　(0，3－)和(3＋，＋∞) 因为函数f(x)＝x－x3eax＋b， 所以f′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b， 因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以 即解得 所以f(x)＝x－x3e－x+1， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1， 所以g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1， 所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1， 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±. 当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下． x g′(x) g(x) (－∞，0) ＋ 单调递增 0 0 － (0，3－) － 单调递减 3－ 0 － (3－，3＋) ＋ 单调递增 3＋ 0 － (3＋，＋∞) － 单调递减 　　所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减． 考点2　含参数的函数的单调性 【例2】 (2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝(＋a)ln(1＋x). (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程． (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 解析：(1)当a＝－1时， f(x)＝(－1)ln(x＋1)(x>－1)， 则f′(x)＝(－)ln(x＋1)＋(－1)×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得 f′(x)＝(－)ln(x＋1)＋(＋a)×(x>－1)， 满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令(－)ln(x＋1)＋(＋a)≥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，不符合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，即2a≥1时，由于<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，符合题意． 当0<a<时，由h′(x)＝2a－＝0可得x＝－1， 当x∈(0，－1)时，h′(x)<0，h(x)在区间(0，－1)上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈(0，－1)时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈(0，－1)时，g(x)<g(0)＝0，不符合题意． 综上可知，实数a的取值范围是{a|a≥}． 1．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出的根是否在定义域内；(3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小． 2．讨论函数f(x)单调性的方法步骤 (1)确定函数f(x)的定义域． (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根． (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． 变式探究 4．(2025·四川模拟预测)已知函数f(x)＝x2＋(x－2)ex－2x＋5在区间(3m－1，m＋2)上不单调，则m的取值范围是_____________． 解析：(－1，)　由题意知f′(x)＝(x－1)ex＋2x－2＝(ex＋2)(x－1)， 因为f(x)在区间(3m－1，m＋2)上不单调，即y＝f′(x)在区间(3m－1，m＋2)有变号零点， 又ex＋2>0，所以f′(x)＝0⇒x＝1. f′(x)>0⇒x>1，f′(x)<0⇒x<1， 所以x＝1在区间(3m－1，m＋2)内， 所以解得－1<m<， 即m的取值范围是(－1，). 5．已知函数f(x)＝(ex＋a)ex－(a＋1)x，讨论f(x)的单调性． 解析：由题知f(x)＝(ex＋a)ex－(a＋1)x的定义域为R，f′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1). 当a≥－1时，ex＋1>1，所以ex＋a＋1>0，令f′(x)>0，解得x∈(0，＋∞)， 令f′(x)<0，解得x∈(－∞，0)， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0). 当a<－1时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－a－1)， ①当ln(－a－1)＝0，即a＝－2时，f′(x)＝(ex－1)2≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． ②当ln(－a－1)>0，即a<－2时，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，0)∪(ln(－a－1)，＋∞)； 由f′(x)<0，解得x∈(0，ln(－a－1))，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)). ③当ln(－a－1)<0，即－2<a<－1时，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，ln(－a－1))∪(0，＋∞)； 由f′(x)<0，解得x∈(ln(－a－1)，0)，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，单调递减区间为(ln(－a－1)，0). 综上，当a≥－1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)； 当－2<a<－1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，单调递减区间为(ln(－a－1)，0)； 当a＝－2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)). 考点3　函数单调性的应用 【例3】 (1)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a (2)已知函数f(x)＝ex ln(1＋x). (ⅰ)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程． (ⅱ)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性． (ⅲ)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t). 解析：(1)A　设f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，则x＝e， 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． 又a＝＝f(e2)，b＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)，e<3<4<e2， 所以f(3)>f(4)>f(e2)，所以a<b<c.故选A. (2)(ⅰ)因为f(x)＝ex ln(1＋x)，所以f(0)＝0，即切点坐标为(0，0)， 又f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]， 所以切线斜率k＝f′(0)＝1，所以切线方程为y＝x. (ⅱ)因为g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]， 所以g′(x)＝ex[ln(1＋x)＋－]. 令h(x)＝ln(1＋x)＋－， 则h′(x)＝－＋＝>0， 所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)＝0＋2－1＝1>0， 所以g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (ⅲ)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)， 令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x，t>0)，即证m(x)>m(0)， 因为m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－ex ln(1＋x)， 所以m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋－ex ln(1＋x)－＝g(x＋t)－g(x)， 由(ⅱ)知g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]在[0，＋∞)上单调递增， 所以g(x＋t)>g(x)， 所以m′(x)>0， 所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为x，t>0，所以m(x)>m(0)，所以命题得证． 1．构造函数，应用导数比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题，能数形结合的尽量用图象法求解． 2．构造函数，应用导数求解不等式的解集时，先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x)). 变式探究 6．(2025·全国模拟预测)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，<2，则实数m的取值范围是(　　) A．(，e) B．[，e] C．[，＋∞) D．(，＋∞) 解析：C　对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，<2，易知m≥0， 则x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1， 所以x1(ln x2＋2)<x2(ln x1＋2)， 即>. 令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减． 因为f′(x)＝－，由f′(x)<0，可得x>， 所以函数f(x)的单调递减区间为(，＋∞)， 所以(m，＋∞)(，＋∞)，故m≥， 即实数m的取值范围为[，＋∞).故选C. 7．已知函数f(x)＝2ln x＋mx2－2(m＋1)x－8，m∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)对实数m＝2，令g(x)＝f(x)－3x，正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值． 解析：(1)f′(x)＝＋2mx－2(m＋1)＝(x>0). 若m≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减． 若0<m<1，当x∈(0，1)∪(，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)，(，＋∞)上均单调递增； 当x∈(1，)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，)上单调递减． 若m＝1，则f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若m>1，当x∈(0，)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，)，(1，＋∞)上均单调递增； 当x∈(，1)时，f′(x)<0，即f(x)在(，1)上单调递减． (2)当实数m＝2时，g(x)＝f(x)－3x＝2ln x＋2x2－9x－8(x>0)， g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0， 所以2ln x1＋2x－9x1－8＋2ln x2＋2x－9x2－8＋2x1x2＝0， 所以2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16＝2x1x2－2ln(x1x2). 令t＝x1x2，h(t)＝2t－2ln t(t>0)， 由于h′(t)＝， 所以当t∈(0，1)时，h′(t)<0，即h(t)单调递减； 当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，即h(t)单调递增． 从而h(t)min＝h(1)＝2，此时x1x2＝1. 于是2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16≥2， 即[2(x1＋x2)＋3](x1＋x2－6)≥0， 而x1，x2>0，所以x1＋x2≥6， 所以当x1＝3－2，x2＝3＋2时，x1＋x2取最小值6. 学科网（北京）股份有限公司 $ 导数与函数的单调性 课前必备知识 课标要求 1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及参数的范围 知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数． 如果f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)上为__增__函数； 如果f′(x)＜0，那么f(x)在(a，b)上为__减__函数． 2．导数与函数单调性的关系 设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0. 如果f(x)在区间(a，b)内单调递增，则在(a，b)内f′(x)__≥__0恒成立； 如果f(x)在区间(a，b)内单调递减，则在(a，b)内f′(x)__≤__0恒成立． 常用结论 1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零． 课前训练 1．(教材母题选必修5.3例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上，f(x)是增函数 B．在区间(1，3)上，f(x)是减函数 C．在区间(4，5)上，f(x)是增函数 D．当x＝2时，f(x)取到极小值 2．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是(　　) A．(0，] B．[，＋∞) C．(－∞，－]，(0，) D．[－，0)，(0，] 4．(2025·天津红桥二模)函数f(x)＝(x2－2x)ex的图象大致是( 5．若函数f(x)＝2sin x－ax在[0，]上单调递减，则实数a的取值范围为________________． 课堂核心考点 考点1　常系数函数的单调性 【例1】 (1)函数f(x)＝excos x，则f(x)在(－π，π)上的单调递减区间为__________________________． (2)函数f(x)＝x2－2x－3ln x的单调递增区间为____________． (3)已知函数f(x)＝x－ln x－，则函数f(x)的单调递增区间是____________ ；单调递减区间是____________． 确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间. (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 变式探究 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(　　) 2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是____________. 3．设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.设g(x)＝f′(x)，则g(x)的单调递增区间为____________________；g(x)的单调递减区间为____________________． 考点2　含参数的函数的单调性 【例2】 (2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝(＋a)ln(1＋x). (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程． (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 1．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出的根是否在定义域内；(3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小． 2．讨论函数f(x)单调性的方法步骤 (1)确定函数f(x)的定义域． (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根． (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． 变式探究 4．(2025·四川模拟预测)已知函数f(x)＝x2＋(x－2)ex－2x＋5在区间(3m－1，m＋2)上不单调，则m的取值范围是_____________． 5．已知函数f(x)＝(ex＋a)ex－(a＋1)x，讨论f(x)的单调性． 考点3　函数单调性的应用 【例3】 (1)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a (2)已知函数f(x)＝ex ln(1＋x). (ⅰ)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程． (ⅱ)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性． (ⅲ)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t). 1．构造函数，应用导数比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题，能数形结合的尽量用图象法求解． 2．构造函数，应用导数求解不等式的解集时，先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x)). 变式探究 6．(2025·全国模拟预测)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，<2，则实数m的取值范围是(　　) A．(，e) B．[，e] C．[，＋∞) D．(，＋∞) 7．已知函数f(x)＝2ln x＋mx2－2(m＋1)x－8，m∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)对实数m＝2，令g(x)＝f(x)－3x，正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $