第3章 第15讲 导数与函数的单调性（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学高考复习讲义围绕导数与函数单调性专题，将单调区间求法、含参函数单调性讨论、单调性应用（求参数范围、比大小、解抽象不等式）等核心考点按“基础梳理-题型突破-应用拓展”逻辑层次展开，通过知识整合、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建导数应用的知识体系和解题思路。 讲义采用分层教学策略和逻辑建构方法，如在含参函数单调性讨论中，引导学生通过参数对不等式解集的影响分类讨论，培养数学思维；设置“激活思维”“随堂内化”“配套精练”分层练习，配合题型变式训练，确保学生高效突破难点。既提升学生用数学语言表达和解决问题的能力，也为教师把控复习节奏提供清晰框架。

第15讲　导数与函数的单调性 知识整合　体系重构 激活思维 1．(教材经典题改编)函数f(x)＝ex－x的单调递减区间为(　　) A．(1，＋∞)　 B．(0，＋∞) C．(－∞，0)　 D．(－∞，1) 2．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为(　　) A．－2　 B．2 C．－3　 D．1 3．(教材经典题改编)(多选)已知函数y＝f′(x)的图象如图所示，那么下列关于函数y＝f(x)的判断正确的是(　　) A．在区间(0，a)上，f(x)为定值 B．函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递增 C．函数y＝f(x)在区间(c，e)内单调递增 D．函数y＝f(x)在区间(b，d)内单调递减 4．(教材经典题改编)函数f(x)＝x3－x2－x的单调递增区间为_______． 5．若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是________． 聚焦知识 1．求可导函数f(x)单调区间的步骤： (1) 确定f(x)的_________； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解不等式f′(x)____0(或f′(x)____0)，得函数f(x)的单调递增(减)区间； (4) 当________时，f(x)在相应区间上是增函数，当________时，f(x)在相应区间上是减函数． 2．常用结论 (1) f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． (2) f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． (3) 对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 题型突破　思维拓展 举题说法 确定不含参函数的单调性 例 1　下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．f(x)＝sin 2x B．f(x) ＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 确定不含参函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“，”或“和”隔开． 变式 1(2025·厦门调研)已知函数f(x)＝x－sin x，x∈(0，π)，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．　 B． C．　 D． 求含参函数的单调区间 例2　(1)(2025·苏锡常镇二模节选)讨论函数f(x)＝，a∈R在区间(0，＋∞)上的单调性． (2)(2025·湛江二模节选)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，若a≥－，讨论f(x)的单调性． (1) 研究含参函数的单调性，要根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，如：开口方向、是否有解、解是否在定义域的取值范围内、解之间的大小关系等． (2) 划分函数的单调区间时，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． 变式2　(2026·南京期初节选)已知函数f(x)＝ln(ax)＋＋a(x－1)，其中a≠0． (1) 当a＝1时，若直线y＝－x＋b是曲线y＝f(x)的一条切线，求b的值； (2) 讨论f(x)的单调性． 函数单调性的应用 视角1　根据单调性求参数的范围 例3－1(1) 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则实数a的取值范围为_______． (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________． (3) 若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是_______． 由函数f(x)的单调性求参数的取值范围的方法： (1) 可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立； (2) 可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集； (3) 若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 变式 3－1　(1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则实数a的最小值为(　　) A．e2　 B．e C．e－1　 D．e－2 (2) 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为_______． 视角2　构造函数比大小 例3－2　已知a＝， b＝， c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a＜c＜b　 B．b＜a＜c C．b＜c＜a　 D．a＜b＜c 此类问题，在同构条件下，构造一个函数，多个自变量的函数值，由单调性比较大小． 变式3－2(2025·保定调研)若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则(　　) A．c＜b＜a　 B．a＜c＜b C．c＜a＜b　 D．b＜a＜c 视角3　还原函数解抽象不等式 例3－3(1)(2025·沧州调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)满足2f(x)＋f′(x)＞2，且f(1)＝2 027，则不等式f(x)＞1＋的解集是(　　) A．(1，＋∞)　 B．(0,1) C．(1,2 027)　 D．(2 027，＋∞) (2)(2025·洛阳模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1＞0，f(e)＝2，则关于x的不等式f(x)＞ln x＋1的解集为_______． 常见构造类型： (1) 对于f′(x)＞g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． (2) 对于f′(x)＞k(k≠0)，构造g(x)＝f(x)－kx＋b． (3) 对于f′(x)＋f(x)＞0，构造g(x)＝exf(x)． 拓展：对于f′(x)＋kf(x)＞0，构造g(x)＝ekxf(x)． (4) 对于f′(x)－f(x)＞0，构造g(x)＝． (5) 对于xf′(x)＋f(x)＞0，构造g(x)＝xf(x)． 拓展：对于xf′(x)＋nf(x)＞0，构造g(x)＝xnf(x)． (6) 对于xf′(x)－f(x)＞0，构造g(x)＝(x≠0)． 拓展：对于xf′(x)－nf(x)＞0，构造g(x)＝． (7) 对于f′(x)＋ln a·f(x)＞0，构造g(x)＝axf(x)． (8) 对于f′(x)ln x＋＞0，构造g(x)＝f(x)ln x． (9) 对于f′(x)cos x－f(x)sin x＞0，构造g(x)＝f(x)cos x；对于f′(x)cos x＋f(x)·sin x＞0，构造g(x)＝． 变式3－3　设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf ′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是_______． 随堂内化 1．(2025·孝义二模)设函数f(x)＝x3－sin x＋x＋2，则满足f(x)＋f(2－3x)＜4的x的取值范围是(　　) A．(1，＋∞)　 B．(－∞，1) C．(3，＋∞)　 D．(－∞，3) 2．若函数f(x)的定义域为R，满足f(0)＝2，∀x∈R，都有f(x)＋f′(x)＞1，则关于x的不等式f(x)＞e－x＋1的解集为(　　) A．(0，＋∞)　 B．(e，＋∞) C．(－∞，0)　 D．(0，e) 3．(2025·烟台期中)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝x3－x2－2x．若函数y＝f(x)在区间[a－1，a]上单调递减，则实数a的取值范围为(　 ) A．(－∞，－2]　 B．(－∞，－1] C．[－1,2]　 D．[2，＋∞) 配套精练 导数与函数的单调性——练习1 一、单项选择题 1．已知定义在(0,3]上的函数f(x)的图象如图，则不等式f′(x)＜0的解集为(　　) A．(0,1)　 B．(1,2) C．(2,3)　 D．(0,1)∪(2,3) 2．已知函数f(x)＝xex，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)的导函数为f′(x)＝(x－1)ex B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减 C．f(x)的最小值为－ D．f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x 3．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(　　) A．　 B． C．(1,2]　 D．[1,2) 4．(2025·武汉二模)已知函数f(x)＝aex－x2在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e　 B．1 C．e－2　 D．e－1 5．(2025·济宁质检)若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1)　 B．(－∞，1] C．(－1，＋∞)　 D．[－1，＋∞) 二、多项选择题 6．若函数y＝在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为“P函数”．下列函数中为“P函数”的是(　　) A．f(x)＝1　 B．f(x)＝x C．f(x)＝　 D．f(x)＝ 7．已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝在区间(　　) A．(0,1)上单调递增 B．(1,4)上单调递减 C．上单调递减 D．上单调递减 8．(2025·临汾二模)函数f(x)＝aex－ln x的图象可以是(　　) 　　　 A　　　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D 三、填空题 9．(2025·潍坊调研)已知函数f(x)＝1－x＋－，若不等式f(a2＋a)≤f(2a＋2)成立，则实数a的取值范围为_______． 10．(2025·南昌一模节选)已知f(x)＝xln(x－1)－ax(a∈R)在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为_______． 11．若函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋x2，则f(x)的单调递减区间为_______． 四、解答题 12．(2025·萍乡一模)已知函数f(x)＝e2x－(a＋2)ex＋2ax＋1，其中a∈R． (1) 若f(x)的图象在(0，f(0))处的切线经过点，求a的值； (2) 讨论f(x)的单调性． 13．(1)(2025·九江三模节选)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，其中a＜0，讨论f(x)的单调性． (2)(2025·晋城一模节选)设函数f(x)＝ax2＋ln(x＋1)，a＞0，讨论f(x)的单调性． 导数与函数的单调性——练习2 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·晋城一模)若函数f(x)＝ax3－x2＋a在[－6，－4]上单调递减，则a的取值范围为(　　) A．　 B． C．　 D． 2．已知x，y∈R，则“x＞y＞1”是“x－ln x＞y－ln y”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．若偶函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x)在(0，＋∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)＞0的解集是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1) 4．(2025·绍兴调研)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．b＞c＞a　 B．b＞a＞c C．a＞b＞c　 D．a＞c＞b 5．(2025·莆田调研)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若2f(x)＋f′(x)＞0，且f(1)＝e，则不等式e2xf(x)－e3＞0的解集为(　　) A．(1，＋∞)　 B．(e，＋∞) C．(－∞，1)　 D．(－∞，e) 二、多项选择题 6．已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的x∈，都有f′(x)cos x＜f(x)sin x，则(　　) A．f＞f　 B．f＜f C．f＞f　 D．f＜f 7．设函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，若f(x)－f(－x)＝2x3，且当x＞0时，f′(x)＞3x2，令F(x)＝f(x)－x3，则下列结论正确的是(　　) A．F(x)为偶函数 B．F(x)为奇函数 C．F(x)在(－∞，0)上为减函数 D．不等式f(x)－f(x－1)＞3x2－3x＋1的解集为 三、填空题 8．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是_______． 9．(2025·张家口三模)已知函数f(x)＝ ∀x1，x2∈R，且x1＜x2，都有＞4，则实数a的取值范围是_______． 10．已知定义在(1，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＞f′(x)，且f(2)＝1，则不等式f(x)＞x－1的解集为_______． 四、解答题 11．(2025·晋城二模)已知函数f(x)＝ax－ln x＋，g(x)＝ax2＋3x． (1) 若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)只有一个交点，求实数a的值； (2) 若y＝xf(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 12．(2025·厦门二模节选) 已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，若y＝在(0，＋∞)上单调递增，则称f(x)为“强增函数”． (1) 若f(x)＝x2－xln x＋a是“强增函数”，求实数a的取值范围； (2) 若f(x)为“强增函数”，且f(x)＜0，当0＜x＜1时，比较e－xf(x)与e－f的大小，并说明理由． B．能力提升练 13．(2025·临汾二模)设a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，则(　　) A．c＞a＞b　 B．c＞b＞a C．b＞c＞a　 D．a＞c＞b 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲　导数与函数的单调性 知识整合　体系重构 激活思维 1．(教材经典题改编)函数f(x)＝ex－x的单调递减区间为(　C　) A．(1，＋∞)　 B．(0，＋∞) C．(－∞，0)　 D．(－∞，1) 【解析】 f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1＜0，得x＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)． 2．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为(　A　) A．－2　 B．2 C．－3　 D．1 【解析】 由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)＜0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，所以－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2． 3．(教材经典题改编)(多选)已知函数y＝f′(x)的图象如图所示，那么下列关于函数y＝f(x)的判断正确的是(　BD　) A．在区间(0，a)上，f(x)为定值 B．函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递增 C．函数y＝f(x)在区间(c，e)内单调递增 D．函数y＝f(x)在区间(b，d)内单调递减 【解析】 由题图知，当0＜x＜a时，f′(x)＞0且为定值；当a＜x＜c时，f′(x)单调递减，且当x∈(a，b)时，f′(x)＞0，当x∈(b，c)时，f′(x)＜0；当c＜x＜e时，f′(x)单调递增，且当x∈(c，d)时，f′(x)＜0，当x∈(d，e)时，f′(x)＞0，所以当0＜x＜a时，f(x)单调递增且为斜率大于0的直线，当a＜x＜b时，f(x)单调递增，当b＜x＜c时，f(x)单调递减，当c＜x＜d时，f(x)单调递减，当d＜x＜e时，f(x)单调递增，其大致图象如图． 4．(教材经典题改编)函数f(x)＝x3－x2－x的单调递增区间为__和(1，＋∞)__． 【解析】 因为f(x)＝x3－x2－x，所以f′(x)＝3x2－2x－1＝(x－1)(3x＋1)．令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－，所以函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)． 5．若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是(－∞，－2]__． 【解析】 因为f(x)＝－x2＋4x＋bln x在(0，＋∞)上是减函数，所以f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋≤0(x＞0)，即b≤2x2－4x(x＞0)．因为x＞0时，2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，所以b≤－2． 聚焦知识 1．求可导函数f(x)单调区间的步骤： (1) 确定f(x)的__定义域__； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解不等式f′(x)__＞__0(或f′(x)__＜__0)，得函数f(x)的单调递增(减)区间； (4) 当__f′(x)＞0__时，f(x)在相应区间上是增函数，当__f′(x)＜0__时，f(x)在相应区间上是减函数． 2．常用结论 (1) f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． (2) f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． (3) 对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 题型突破　思维拓展 举题说法 确定不含参函数的单调性 例 1　下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　B　) A．f(x)＝sin 2x B．f(x) ＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 【解析】 对于A，f(x)＝sin 2x是周期函数，当2x∈，即x∈时，函数是减函数，所以不满足题意；对于B，因为f(x)＝xex，所以f′(x)＝(1＋x)ex，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；对于C，因为f(x)＝x3－x，所以f′(x)＝3x2－1，所以当x∈时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，所以不满足题意；对于D，因为f(x)＝－x＋ln x，所以f′(x)＝－1＋＝，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，所以不满足题意． 确定不含参函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“，”或“和”隔开． 变式 1(2025·厦门调研)已知函数f(x)＝x－sin x，x∈(0，π)，则f(x)的单调递减区间为(　A　) A．　 B． C．　 D． 【解析】 由f(x)＝x－sin x，得f′(x)＝－cos x，令f′(x)＜0，则cos x＞．又x∈(0，π)，则0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间为． 求含参函数的单调区间 例2　(1)(2025·苏锡常镇二模节选)讨论函数f(x)＝，a∈R在区间(0，＋∞)上的单调性． 【解答】　由题意f(x)＝，故f′(x)＝．当a＝0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，f ′(x)＝ ＝ ，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．当－1≤a＜0时，f ′(x)＝ ＝ ，而≤0，因此f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜－1时，f ′(x)＝＝，从而f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；当－1≤a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＜－1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)(2025·湛江二模节选)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，若a≥－，讨论f(x)的单调性． 【解答】　由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x＞0，得f′(x)＝－2x＋＋1－a＝＝．令(x＋a)(2x－a－1)＝0，得x＝－a或x＝．若a≥0，则－a≤0，＞0，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．若－＜a＜0，则＞－a＞0，当x∈(0，－a)和时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．若a＝－，则＝－a＝，f′(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当－＜a＜0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，－a)和；当a＝－时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． (1) 研究含参函数的单调性，要根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，如：开口方向、是否有解、解是否在定义域的取值范围内、解之间的大小关系等． (2) 划分函数的单调区间时，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． 变式2　(2026·南京期初节选)已知函数f(x)＝ln(ax)＋＋a(x－1)，其中a≠0． (1) 当a＝1时，若直线y＝－x＋b是曲线y＝f(x)的一条切线，求b的值； 【解答】 当a＝1时，f(x)＝ln x＋＋x－1(x＞0)，则f′(x)＝－＋1．令f′(x)＝－＋1＝－1，解得x＝或x＝－1(舍去)，则f＝ln ＋2＋－1＝－ln 2，可得切点，代入切线方程得－ln 2＝－＋b，解得b＝2－ln 2． (2) 讨论f(x)的单调性． 【解答】　由f(x)＝ln(ax)＋＋a(x－1)，得f′(x)＝－＋a＝．当a＞0时，定义域为(0，＋∞)，二次函数y＝ax2＋x－1图象开口向上，且Δ＝1＋4a＞0，令g(x)＝ax2＋x－1＝0，在(0，＋∞)上必有解x0＝，当0＜x＜时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，当x＞时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增．当a＜0时，定义域为(－∞，0)，则f′(x)＝＜0恒成立，f(x)在(－∞，0)上单调递减．综上，当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减． 函数单调性的应用 视角1　根据单调性求参数的范围 例3－1(1) 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则实数a的取值范围为__∪(0，＋∞)__． 【解析】 因为h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2．因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．令g(x)＝－，x∈[1,4]，则a≥g(x)max，而g(x)＝2－1，因为x∈[1,4]，则∈，所以a＝g(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－．又a≠0，则a∈∪(0，＋∞)． (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____． 【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＜． (3) 若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是(－3，－1)∪(1,3)__． 【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12＝0在(k－1，k＋1)上至少有一个实数根，又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2和x＝－2两侧异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在(k－1，k＋1)内，所以k－1＜2＜k＋1或k－1＜－2＜k＋1，解得1＜k＜3或－3＜k＜－1． 由函数f(x)的单调性求参数的取值范围的方法： (1) 可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立； (2) 可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集； (3) 若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 变式 3－1　(1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则实数a的最小值为(　C　) A．e2　 B．e C．e－1　 D．e－2 【解析】 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)，则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． (2) 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为(－1，＋∞)__． 【解析】 因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＝－ax－2＜0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，而当x∈[1,4]时，－＝2－1，min＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1． 视角2　构造函数比大小 例3－2　已知a＝， b＝， c＝，则a，b，c的大小关系为(　D　) A．a＜c＜b　 B．b＜a＜c C．b＜c＜a　 D．a＜b＜c 【解析】 构造函数f(x)＝，则f′(x)＝＝，令f′(x)＜0，则x＞；令f′(x)＞0，得0＜x＜，因此f(x)＝在(0，)上单调递增，在[，＋∞)上单调递减．而a＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝f()，因为4＞e＞＞，所以a＜b＜c． 此类问题，在同构条件下，构造一个函数，多个自变量的函数值，由单调性比较大小． 变式3－2(2025·保定调研)若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则(　C　) A．c＜b＜a　 B．a＜c＜b C．c＜a＜b　 D．b＜a＜c 【解析】 令f(x)＝xln x，x∈，则f′(x)＝1＋ln x≥0在上恒成立，可知f(x)在上单调递增，则f＜f＜f，可得－＜ln ＜ln ，即c＜a＜b． 视角3　还原函数解抽象不等式 例3－3(1)(2025·沧州调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)满足2f(x)＋f′(x)＞2，且f(1)＝2 027，则不等式f(x)＞1＋的解集是(　A　) A．(1，＋∞)　 B．(0,1) C．(1,2 027)　 D．(2 027，＋∞) 【解析】 令函数g(x)＝e2x－2f(x)－e2x－2－2 026，则g′(x)＝2e2x－2f(x)＋e2x－2f′(x)－2e2x－2＝e2x－2[2f(x)＋f′(x)－2]＞0，因此函数g(x)在R上单调递增．由f(1)＝2 027，得g(1)＝f(1)－1－2 026＝0．不等式f(x)＞1＋⇔e2x－2f(x)－e2x－2－2 026＞0⇔g(x)＞g(1)，解得x＞1，故不等式f(x)＞1＋的解集是(1，＋∞)． (2)(2025·洛阳模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1＞0，f(e)＝2，则关于x的不等式f(x)＞ln x＋1的解集为(e，＋∞)__． 【解析】 依题意，⇒f′(x)－＞0，令g(x)＝f(x)－ln x，x＞0，则g′(x)＝f′(x)－＞0，因此函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．而g(e)＝f(e)－ln e＝1，不等式f(x)＞ln x＋1⇔f(x)－ln x＞1⇔g(x)＞g(e)，解得x＞e，所以不等式f(x)＞ln x＋1的解集为(e，＋∞)． 常见构造类型： (1) 对于f′(x)＞g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． (2) 对于f′(x)＞k(k≠0)，构造g(x)＝f(x)－kx＋b． (3) 对于f′(x)＋f(x)＞0，构造g(x)＝exf(x)． 拓展：对于f′(x)＋kf(x)＞0，构造g(x)＝ekxf(x)． (4) 对于f′(x)－f(x)＞0，构造g(x)＝． (5) 对于xf′(x)＋f(x)＞0，构造g(x)＝xf(x)． 拓展：对于xf′(x)＋nf(x)＞0，构造g(x)＝xnf(x)． (6) 对于xf′(x)－f(x)＞0，构造g(x)＝(x≠0)． 拓展：对于xf′(x)－nf(x)＞0，构造g(x)＝． (7) 对于f′(x)＋ln a·f(x)＞0，构造g(x)＝axf(x)． (8) 对于f′(x)ln x＋＞0，构造g(x)＝f(x)ln x． (9) 对于f′(x)cos x－f(x)sin x＞0，构造g(x)＝f(x)cos x；对于f′(x)cos x＋f(x)·sin x＞0，构造g(x)＝． 变式3－3　设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf ′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)__． 【解析】 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0．当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0．当x＞0时，g′(x)＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，由g(x)＞g(1)＝0，得＞0，所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，由g(x)＜g(－1)＝0，得＜0，所以f(x)＞0．综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)． 随堂内化 1．(2025·孝义二模)设函数f(x)＝x3－sin x＋x＋2，则满足f(x)＋f(2－3x)＜4的x的取值范围是(　A　) A．(1，＋∞)　 B．(－∞，1) C．(3，＋∞)　 D．(－∞，3) 【解析】 令函数g(x)＝f(x)－2＝x3－sin x＋x，其定义域为R，g(－x)＝(－x)3－sin(－x)＋(－x)＝－(x3－sin x＋x)＝－g(x)，则函数g(x)是奇函数．又g′(x)＝3x2－cos x＋1≥0，当且仅当x＝0时取等号，因此函数g(x)在R上单调递增．不等式f(x)＋f(2－3x)＜4⇔f(x)－2＜－[f(2－3x)－2]⇔g(x)＜－g(2－3x)＝g(3x－2)，则x＜3x－2，解得x＞1，故所求x的取值范围是(1，＋∞)． 2．若函数f(x)的定义域为R，满足f(0)＝2，∀x∈R，都有f(x)＋f′(x)＞1，则关于x的不等式f(x)＞e－x＋1的解集为(　A　) A．(0，＋∞)　 B．(e，＋∞) C．(－∞，0)　 D．(0，e) 【解析】 不等式f(x)＞e－x＋1⇔exf(x)＞ex＋1，依题意令F(x)＝exf(x)－ex，因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，则F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]＞0，所以函数F(x)在R上是增函数．又F(0)＝f(0)－1＝1，所以不等式exf(x)＞ex＋1，即exf(x)－ex＞1，即F(x)＞F(0)，可知x＞0，所以不等式f(x)＞e－x＋1的解集为(0，＋∞)． 3．(2025·烟台期中)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝x3－x2－2x．若函数y＝f(x)在区间[a－1，a]上单调递减，则实数a的取值范围为(　C　) A．(－∞，－2]　 B．(－∞，－1] C．[－1,2]　 D．[2，＋∞) 【解析】 当 x≥0时，f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，显然x＋1＞0，令f′(x)＞0得x＞2，令f′(x)＜0得0≤x＜2，故y＝f(x)在[0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．又y＝f(x)是定义在R上的奇函数，故y＝f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)上单调递增．又f(0)＝0，故y＝f(x)在R上为连续函数，故y＝f(x)在区间[－2,2]上单调递减．又y＝f(x)在区间[a－1，a]上单调递减，所以解得－1≤a≤2． 配套精练 导数与函数的单调性——练习1 一、单项选择题 1．已知定义在(0,3]上的函数f(x)的图象如图，则不等式f′(x)＜0的解集为(　B　) A．(0,1)　 B．(1,2) C．(2,3)　 D．(0,1)∪(2,3) 2．已知函数f(x)＝xex，则下列说法正确的是(　C　) A．f(x)的导函数为f′(x)＝(x－1)ex B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减 C．f(x)的最小值为－ D．f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x 【解析】 对于A，f(x)＝xex，f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，故A错误；对于B，C，当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＜－1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数f(x)的最小值为f(－1)＝－，故B错误，C正确；对于D，因为f′(0)＝1，f(0)＝0，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，故D错误． 3．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(　A　) A．　 B． C．(1,2]　 D．[1,2) 【解析】 显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝．由f′(x)＞0，得函数f(x)的单调递增区间为；由f′(x)＜0，得函数f(x)的单调递减区间为．因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1＜＜k＋1，解得－＜k＜．因为(k－1，k＋1)为定义域内的一个子区间，所以k－1≥0，即k≥1．综上，实数k的取值范围是． 4．(2025·武汉二模)已知函数f(x)＝aex－x2在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　D　) A．e　 B．1 C．e－2　 D．e－1 【解析】 因为f′(x)＝aex－x≥0在区间(1,2)上恒成立，所以a≥在区间(1,2)上恒成立．令g(x)＝，x∈(1,2)，则g′(x)＝＜0在(1,2)上恒成立，所以g(x)＝在区间(1,2)上单调递减，所以g(x)＜g(1)＝e－1，故a≥e－1． 5．(2025·济宁质检)若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　C　) A．(－∞，1)　 B．(－∞，1] C．(－1，＋∞)　 D．[－1，＋∞) 【解析】方法一：f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)＜0有实数解，因为x＞0，所以ax2＋2x－1＞0有正的实数解．当a≥0时，显然满足；当a＜0时，只要Δ＝4＋4a＞0，所以－1＜a＜0．综上所述，a＞－1． 方法二：f′(x)＝－ax－2＝，由题意可知f′(x)＜0在(0，＋∞)内有实数解，即1－ax2－2x＜0在(0，＋∞)内有实数解，即a＞－在(0，＋∞)内有实数解．因为x∈(0，＋∞)时，－＝2－1≥－1，所以a＞－1． 二、多项选择题 6．若函数y＝在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为“P函数”．下列函数中为“P函数”的是(　AC　) A．f(x)＝1　 B．f(x)＝x C．f(x)＝　 D．f(x)＝ 【解析】对于A，y＝＝，当x∈(1，＋∞)时，y＝ln x为增函数，故y＝为减函数，所以f(x)＝1为“P函数”，故A符合．对于B，y＝＝，y′＝，令y′＝0，得x＝e．当x∈(1，e)时，y′＜0，即y＝在(1，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，y′＞0，即y＝在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝x不是“P函数”，故B不符合．对于C，y＝＝，y′＝，当x∈(1，＋∞)时，y′＜0，则y＝在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝为“P函数”，故C符合．对于D，y＝＝，y′＝，令y′＝0，得x＝e2，当x∈(1，e2)时，y′＜0，即y＝在(1，e2)上单调递减；当x∈(e2，＋∞)时，y′＞0，即y＝在(e2，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝不是“P函数”，故D不符合． 7．已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝在区间(　AC　) A．(0,1)上单调递增 B．(1,4)上单调递减 C．上单调递减 D．上单调递减 【解析】 当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0,2)∪(2，＋∞)，排除B，D；g′(x)＝，由图易得当x∈(0,1)时，f(x)＞f′(x)，即g′(x)＝＞0，所以函数g(x)＝在(0,1)上单调递增，故A正确；由图易得当x∈时，f(x)＜f′(x)，即g′(x)＝＜0，所以函数g(x)＝在上单调递减，故C正确． 8．(2025·临汾二模)函数f(x)＝aex－ln x的图象可以是(　ABD　) 　　　 A　　　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D 【解析】 当a＝0时，f(x)＝－ln x，故A符合．当a＜0时，f(x)＝aex－ln x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝ae－ln 1＜0，故B符合．当a＞0时，由f′(x)＝aex－为(0，＋∞)上的增函数，令f′(x)＝0，则aex－＝0，即a＝．令y＝ex·x，得y′＝ex(x＋1)＞0，所以y＝exx在(0，＋∞)上单调递增，所以y＝ex·x＞e0×0＝0，所以a＝有唯一解x0∈(0，＋∞)．当(0，x0)时，f′(x)＜0，当(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故D符合． 三、填空题 9．(2025·潍坊调研)已知函数f(x)＝1－x＋－，若不等式f(a2＋a)≤f(2a＋2)成立，则实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[2，＋∞)__． 【解析】 由f(x)＝1－x＋－，得f′(x)＝－1＋x－x2＝－2－＜0，所以f(x)在R上为减函数．由f(a2＋a)≤f(2a＋2)得a2＋a≥2a＋2，解得a≤－1或a≥2． 10．(2025·南昌一模节选)已知f(x)＝xln(x－1)－ax(a∈R)在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为(－∞，2]__． 【解析】 函数f(x)＝xln(x－1)－ax的定义域为(1，＋∞)，可得f′(x)＝ln(x－1)＋－a．令g(x)＝ln(x－1)＋－a，则g′(x)＝－＝．当1＜x＜2时，g′(x)＜0，所以f′(x)单调递减；当x＞2时，g′(x)＞0，所以f′(x)单调递增，所以f′(x)min＝f′(2)＝2－a．因为f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，所以2－a≥0，即a≤2，所以实数a的取值范围为(－∞，2]． 11．若函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋x2，则f(x)的单调递减区间为(－∞，0)__． 【解析】 由题设f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)·e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋x2．则f′(x)＝2ex－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)单调递增，所以当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)． 四、解答题 12．(2025·萍乡一模)已知函数f(x)＝e2x－(a＋2)ex＋2ax＋1，其中a∈R． (1) 若f(x)的图象在(0，f(0))处的切线经过点，求a的值； 【解答】 f′(x)＝e2x－(a＋2)ex＋2a，因为f(0)＝－a－，f′(0)＝a－1，所以f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＋a＋＝(a－1)x．将代入得a＋＝(a－1)，解得a＝－2． (2) 讨论f(x)的单调性． 【解答】 f′(x)＝e2x－(a＋2)ex＋2a＝(ex－2)(ex－a)．当a≤0时，ex－a＞0，令f′(x)＞0，得x＞ln 2；令f′(x)＜0，得x＜ln 2，所以f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减．当a＝2时，f′(x)＝(ex－2)2≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a＞2时，令f′(x)＞0，得x＞ln a或x＜ln 2；令f′(x)＜0，得ln 2＜x＜ln a，所以f(x)在(－∞，ln 2)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，ln a)上单调递减．当0＜a＜2时，令f′(x)＞0，得x＞ln 2或x＜ln a；令f′(x)＜0，得ln a＜x＜ln 2，所以f(x)在(－∞，ln a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(ln a，ln 2)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减；当0＜a＜2时，f(x)在(－∞，ln a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(ln a，ln 2)上单调递减；当a＝2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞2时，f(x)在(－∞，ln 2)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，ln a)上单调递减． 13．(1)(2025·九江三模节选)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，其中a＜0，讨论f(x)的单调性． 【解答】 函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝2ax＋1－2a－＝．①若－＝1，即a＝－时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若－＜1，即a＜－时，由f′(x)＞0，得－＜x＜1；由f′(x)＜0，得0＜x＜－或x＞1，函数f(x)在上单调递增，在，(1，＋∞)上单调递减．③若－＞1，即－＜a＜0时，由f′(x)＞0，得1＜x＜－；由f′(x)＜0，得0＜x＜1或x＞－，函数f(x)在上单调递增，在(0,1)，上单调递减．综上，当－＜a＜0时，函数f(x)在(0,1)，上单调递减，在上单调递增；当a＝－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＜－时，函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增． (2)(2025·晋城一模节选)设函数f(x)＝ax2＋ln(x＋1)，a＞0，讨论f(x)的单调性． 【解答】　f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＞0时，f′(x)＝2ax＋＝，令g(x)＝2ax2＋2ax＋1(x＞－1)，则g′(x)＝4ax＋2a＝2a(2x＋1)．当－1＜x＜－时，g′(x)＜0，g(x)在上单调递减；当x＞－时，g′(x)＞0，g(x)在上单调递增，且g＝－a＋1＝1－．当0＜a≤2时，g(x)≥g≥0，则f′(x)≥0，此时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．当a＞2时，令g(x)＝0，得x＝＝－±＞－1．当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上，当0＜a≤2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a＞2时，f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 导数与函数的单调性——练习2 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·晋城一模)若函数f(x)＝ax3－x2＋a在[－6，－4]上单调递减，则a的取值范围为(　D　) A．　 B． C．　 D． 2．已知x，y∈R，则“x＞y＞1”是“x－ln x＞y－ln y”的(　A　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．若偶函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x)在(0，＋∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)＞0的解集是(　B　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1) 4．(2025·绍兴调研)设a＝，b＝，c＝，则(　D　) A．b＞c＞a　 B．b＞a＞c C．a＞b＞c　 D．a＞c＞b 【解析】 易知a＝＝，b＝，c＝＝，令f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝，由f′(x)＜0⇒x＞e，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减．又e＜3＜π，所以f(e)＞f(3)＞f(π)，即a＞c＞b． 5．(2025·莆田调研)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若2f(x)＋f′(x)＞0，且f(1)＝e，则不等式e2xf(x)－e3＞0的解集为(　A　) A．(1，＋∞)　 B．(e，＋∞) C．(－∞，1)　 D．(－∞，e) 【解析】 构造函数g(x)＝e2xf(x)，该函数的定义域为R，则g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在R上为增函数，且g(1)＝e2f(1)＝e3．由e2xf(x)－e3＞0可得e2xf(x)＞e3，即g(x)＞g(1)，解得x＞1． 二、多项选择题 6．已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的x∈，都有f′(x)cos x＜f(x)sin x，则(　AC　) A．f＞f　 B．f＜f C．f＞f　 D．f＜f 【解析】 构造函数g(x)＝cos xf(x)，则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x＜0在x∈时恒成立，所以g(x)在上单调递减，所以g＞g＞g，所以cos ·f＞cos f＞cos f，即f＞f＞f，故f＞f， f＞f，f＞f． 7．设函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，若f(x)－f(－x)＝2x3，且当x＞0时，f′(x)＞3x2，令F(x)＝f(x)－x3，则下列结论正确的是(　ACD　) A．F(x)为偶函数 B．F(x)为奇函数 C．F(x)在(－∞，0)上为减函数 D．不等式f(x)－f(x－1)＞3x2－3x＋1的解集为 【解析】 由F(x)＝f(x)－x3，则其定义域为R，因为F(－x)＝f(－x)－(－x)3＝[f(x)－2x3]＋x3＝f(x)－x3＝F(x)，所以函数F(x)为偶函数，故A正确，B错误．由F(x)＝f(x)－x3得F′(x)＝f′(x)－3x2，当x＞0时，f′(x)＞3x2，所以F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上为增函数，根据偶函数的性质知，函数F(x)在(－∞，0)上为减函数，故C正确．将不等式f(x)－f(x－1)＞3x2－3x＋1化为f(x)－x3＞f(x－1)－(x－1)3，即F(x)＞F(x－1)．又函数F(x)为偶函数，且在(0，＋∞)上为增函数，所以F()＞F()，所以＞，平方化简得2x－1＞0，解得x＞，所以不等式f(x)－f(x－1)＞3x2－3x＋1的解集为，故D正确． 三、填空题 8．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是__c＞b＞a__． 【解析】 由于a＝，b＝，c＝，设函数f(x)＝，令f′(x)＝＝0，得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当x＞时，f′(x)＜0，f(x)是减函数．由于a＝f(4)，b＝f(e)，c＝f()，且＜＜e＜4，所以c＞b＞a． 9．(2025·张家口三模)已知函数f(x)＝ ∀x1，x2∈R，且x1＜x2，都有＞4，则实数a的取值范围是(0,1]__． 【解析】 ∀x1，x2∈R，且x1＜x2，都有＞4，即＞0．记g(x)＝f(x)－4x＝则由单调性的定义知，g(x)在R上单调递增，则需满足h(x)＝在[1，＋∞)上单调递增①，t(x)＝aex－1在(－∞，1)上单调递增②，且t(1)＝ae0＝a≤h(1)＝＝2a③．对于①，要使h(x)＝在[1，＋∞)上单调递增，则h′(x)＝≥0在[1，＋∞)上恒成立，即2a－1≤x2在[1，＋∞)上恒成立，所以2a－1≤(x2)min，因为x2≥1，所以2a－1≤1，解得a≤1．对于②，因为y＝ex－1在(－∞，1)上单调递增，所以t(x)＝aex－1在(－∞，1)上单调递增时，a＞0．对于③，由a≤2a，得a≥0．所以解得0＜a≤1，所以实数a的取值范围是(0,1]． 10．已知定义在(1，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＞f′(x)，且f(2)＝1，则不等式f(x)＞x－1的解集为(2，＋∞)__． 【解析】 由xf′(x)－f(x)＞f′(x)，得(x－1)f′(x)－f(x)＞0，令g(x)＝(x＞1)，则g′(x)＝＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而g(2)＝f(2)＝1，故f(x)＞x－1即g(x)＞g(2)，解得x＞2． 四、解答题 11．(2025·晋城二模)已知函数f(x)＝ax－ln x＋，g(x)＝ax2＋3x． (1) 若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)只有一个交点，求实数a的值； 【解答】 由题意得，f′(x)＝a－－，x＞0，则f′(1)＝a－3，又f(1)＝a＋2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(a－3)(x－1)，即y＝(a－3)x＋5．因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)只有一个交点，所以方程ax2＋3x＝(a－3)x＋5只有一个正解，即ax2＋(6－a)x－5＝0只有一个解．当a＝0时，方程6x－5＝0只有一个解，符合题意；当a≠0时，Δ＝(6－a)2＋20a＝0，即a2＋8a＋36＝0，因为方程的Δ＝82－4×36＜0，所以方程a2＋8a＋36＝0无解．综上所述，实数a的值为0． (2) 若y＝xf(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 【解答】 由y＝xf(x)＝ax2－xln x＋2，可得y′＝2ax－1－ln x．因为y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以2ax－1－ln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2a≥在(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，则2a≥1，即a≥，故实数a的取值范围为． 12．(2025·厦门二模节选) 已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，若y＝在(0，＋∞)上单调递增，则称f(x)为“强增函数”． (1) 若f(x)＝x2－xln x＋a是“强增函数”，求实数a的取值范围； 【解答】 设g(x)＝＝x－ln x＋，则g′(x)＝1－－＝．由题意可知g′(x)≥0恒成立，故x2－x－a≥0，即2－－a≥0，故－－a≥0，解得a≤－，故实数a的取值范围为． (2) 若f(x)为“强增函数”，且f(x)＜0，当0＜x＜1时，比较e－xf(x)与e－f的大小，并说明理由． 【解答】 由题意可知y＝在(0，＋∞)上单调递增，因为0＜x＜1，所以0＜x＜，故＜，即f(x)＜x2f，所以e－xf(x)－ef＜f(x2e－x－e－)＝e－f·(x2e－x－1)．设m(x)＝x2e－x－1，则m′(x)＝(2x－x2－1)e－x＝－(x－1)2e－x≤0，所以m(x)在(0,1)上单调递减，所以当0＜x＜1时，m(x)＞m(1)＝0，即x2e－x－1＞0，又f＜0，所以e－xf(x)－e－f＜e－f(x2e－x－1)＜0，即e－xf(x)＜e－f． B．能力提升练 13．(2025·临汾二模)设a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，则(　A　) A．c＞a＞b　 B．c＞b＞a C．b＞c＞a　 D．a＞c＞b 【解析】 记f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝－1＝，故当0＜x＜1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,1)上单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0．因此对任意x＞0，都有ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号， 故ln ＜，故－ln ＜，即ln 0.9＞－，故a＞b．由于a＝ln 0.9＜0，b＝－＜0，c＝e0.9＞0，因此c＞a＞b． 学科网（北京）股份有限公司 $