第16讲　导数与函数的单调性高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第16讲　导数与函数的单调性高考数学一轮复习讲义练习，共12页。试卷主要包含了令g′＝0，解得x＝1或x＝2等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A选必二P87练习T1(2)改)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)＝ eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为( A )
A. －2B. 2
C. －3D. 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. (人A选必二P89练习T3改)(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 )
(第3题)
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．
(第3题答)
4. (人A选必二P89练习T1(2)改)函数f(x)＝x3－x2－x的单调递增区间为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))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＜－ eq \f(1,3)，所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞).
5. 若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln 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＋b ln x在(0，＋∞)上是减函数，所以f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋ eq \f(b,x)≤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．
研题型 素养养成
举题说法
函数单调性的判断
视角1 不含参函数
例 1-1 (1) (2024·怀化二模)已知f(x)＝2x2－3x－ln x，则f(x)的单调递增区间为_(1，＋∞)_．
【解析】 函数f(x)＝2x2－3x－ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝4x－3－ eq \f(1,x)＝ eq \f((4x＋1)(x－1),x)，由f′(x)＞0，得x＞1，所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
(2) (2024·淮北二模节选)已知函数f(x)＝cs 2x＋x2－1，记g(x)＝f′(x)，试判断g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性．
【解答】 g(x)＝f′(x)＝－2sin 2x＋2x＝2(x－sin 2x)，则g′(x)＝2(1－2cs 2x)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，令g′(x)＞0，得cs 2x＜ eq \f(1,2)，解得x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，令g′(x)＜0，得cs 2x＞ eq \f(1,2)，解得x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，所以g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增．
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“逗号”或“和”隔开．
变式 1-1 (2024·开封三模节选)已知函数f(x)＝x3－3ln x，f′(x)为f(x)的导函数，求函数g(x)＝f(x)－f′(x)－ eq \f(9,x)的单调区间．
【解答】 依题意，g(x)＝f(x)－f′(x)－ eq \f(9,x)＝x3－3ln x－3x2－ eq \f(6,x)，则g′(x)＝3x2－6x－ eq \f(3,x)＋ eq \f(6,x2)＝3x(x－2)＋ eq \f(3(2－x),x2)＝ eq \f(3(x3－1)(x－2),x2)，x＞0.令g′(x)＝0，解得x＝1或x＝2.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表所示：
所以函数g(x)的单调递减区间为(1，2)，单调递增区间为(0，1)，(2，＋∞).
视角2 含参函数
例 1-2 (1) (2025·肇庆期初联考)已知a＞0，函数f(x)＝ex－(a－1)x－ln a，讨论f(x)的单调性．
【解答】 f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－(a－1).当0＜a≤1时，f′(x)＞0，则f(x)在R上单调递增；当a＞1时，令f′(x)＞0，解得x＞ln (a－1)，令f′(x)＜0，解得x＜ln (a－1)，所以f(x)在(ln (a－1)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln (a－1))上单调递减．综上所述，当0＜a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a＞1时，f(x)在(ln (a－1)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln (a－1))上单调递减．
(2) (2025·德州期初节选)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋2)x.若0＜a≤2，讨论函数f(x)的单调性．
【解答】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2ax－(a＋2)＝ eq \f(2ax2－(a＋2)x＋1,x)＝ eq \f((2x－1)(ax－1),x).①当0＜a＜2时， eq \f(1,a)＞ eq \f(1,2)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；②当a＝2时， eq \f(1,a)＝ eq \f(1,2)，f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上所述，当0＜a＜2时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,a)))上单调递减；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(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 1-2 (2024·武汉4月调研)已知函数f(x)＝ln x－ax＋x2.
(1) 若a＝－1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋x2，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋1＋2x，f′(1)＝4，f(1)＝2，故所求切线方程为y＝4(x－1)＋2，整理得y＝4x－2.
(2) 讨论f(x)的单调性．
【解答】 f′(x)＝ eq \f(1,x)－a＋2x＝ eq \f(2x2－ax＋1,x)，x＞0.当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，对于y＝2x2－ax＋1，Δ＝a2－8，若0＜a≤2 eq \r(2)，则Δ≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞2 eq \r(2)，令2x2－ax＋1＝0，得x＝ eq \f(a±\r(a2－8),4)，当0＜x＜ eq \f(a－\r(a2－8),4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞ eq \f(a＋\r(a2－8),4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当 eq \f(a－\r(a2－8),4)＜x＜ eq \f(a＋\r(a2－8),4)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤2 eq \r(2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞2 eq \r(2)时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),4)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－8),4)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－8),4)，\f(a＋\r(a2－8),4)))上单调递减．
结合函数单调性确定参数
例2 (1) 若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上存在单调递减区间，则实数m的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))_．
【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 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(m＋2)x＋m＜0在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上有解，即m＜ eq \f(－x2－2x,x＋1)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上有解．因为 eq \f(－x2－2x,x＋1)＝－(x＋1)＋ eq \f(1,x＋1)，且y＝－(x＋1)＋ eq \f(1,x＋1)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上单调递减，所以当x＝－ eq \f(1,2)时，ymax＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋1))＋ eq \f(1,－\f(1,2)＋1)＝ eq \f(3,2)，所以m＜ eq \f(3,2).
(2) (2024·上饶一模)若函数f(x)＝x3－ eq \f(1,2)ax2＋6x在区间(1，3)上单调递增，则实数a的取值范围为_(－∞，6 eq \r(2)]_．
【解析】 因为f(x)＝x3－ eq \f(1,2)ax2＋6x，所以f′(x)＝3x2－ax＋6.因为函数f(x)＝x3－ eq \f(1,2)ax2＋6x在区间(1，3)上单调递增，所以f′(x)＝3x2－ax＋6≥0在(1，3)上恒成立，即x∈(1，3)时，a≤3x＋ eq \f(6,x)恒成立．因为x∈(1，3)时，3x＋ eq \f(6,x)≥2 eq \r(3x×\f(6,x))＝6 eq \r(2)，当且仅当x＝ eq \r(2)时等号成立，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(6,x))) eq \s\d7(min)＝6 eq \r(2)，所以a≤6 eq \r(2).
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．
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. e2B. e
C. e-1D. e-2
【解析】 依题可知，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)，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≥ eq \f(1,a)，即a≥ eq \f(1,e)＝e-1，即a的最小值为e-1.
2. 若函数h(x)＝ln x－ eq \f(1,2)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)＝ eq \f(1,x)－ax－2＜0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a＞ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)有解，而当x∈[1，4]时， eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2)－1， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x))) eq \s\d7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1.
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( B )
A. (－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞)
B. (－3，－1)∪(1，3)
C. (－2，2)
D. 不存在这样的实数k
【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，所以1＜k＜3或－3＜k＜－1.
随堂内化
1. (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)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(1,2)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 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1≥－2，,a≤2，))解得－1≤a≤2.
2. (2024·北京卷改编)函数f(x)＝x－ln (1＋x)的单调递减区间是_(－1，0)_；单调递增区间是_(0，＋∞)_．
【解析】 f(x)＝x－ln (1＋x)，f′(x)＝1－ eq \f(1,1＋x)＝ eq \f(x,1＋x)(x＞－1)，当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
3. (2024·滨州二模)若函数f(x)＝kx2－ex在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数k的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2)))_．
【解析】 f(x)＝kx2－ex，求导得f′(x)＝2kx－ex，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减，得∀x∈(0，＋∞)，f′(x)≤0⇔2kx－ex≤0，即2k≤ eq \f(ex,x).令g(x)＝ eq \f(ex,x)，x＞0，求导得g′(x)＝ eq \f((x－1)ex,x2)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞0，因此函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝e，则2k≤e，解得k≤ eq \f(e,2)，所以实数k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))).
4. (2025·八省联考)已知曲线C：y＝x3－ eq \f(2,x)，两条直线l1，l2均过坐标原点O，l1和C交于M，N两点，l2和C交于P，Q两点．若△OPM的面积为 eq \r(2)，则△MNQ的面积为_2 eq \r(2)_.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 函数f(x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是( C )
A. (1，＋∞)
B. (－2，1)
C. (0，1)
D. (－∞，－2)和(1，＋∞)
【解析】 f(x)＝x2－4ln x＋2x－3的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ eq \f(4,x)＋2＝ eq \f(2(x＋2)(x－1),x)，由f′(x)＜0得0＜x＜1，所以函数f(x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是(0，1).
2. (2024·上饶一模)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－ eq \f(1,e)
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)＝－ eq \f(1,e)，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. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
C. (1，2] D. [1，2)
【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\c1(\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\c1(0，\f(1,2))).因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1＜ eq \f(1,2)＜k＋1，解得－ eq \f(1,2)＜k＜ eq \f(3,2).又因为(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 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
4. (2024·汕头二模)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，3)上单调递减，则实数a的最大值为( C )
A. eq \f(1,e) B. eq \f(1,3e)
C. eq \f(1,3e3) D. eq \f(1,e3)
【解析】 由题知f′(x)＝aex－ eq \f(1,x)，因为函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，3)上单调递减，所以f′(x)＝aex－ eq \f(1,x)≤0，即a≤ eq \f(1,xex)在区间(1，3)上恒成立．令g(x)＝ eq \f(1,xex)，则g′(x)＝ eq \f(－(x＋1)ex,(xex)2)＝ eq \f(－(x＋1),x2ex).又x∈(1，3)，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(1，3)上为减函数，所以g(x)＞g(3)＝ eq \f(1,3e3)，所以a≤ eq \f(1,3e3)，即实数a的最大值是 eq \f(1,3e3).
二、 多项选择题
5. 若函数y＝ eq \f(f(x),ln x)在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为“P函数”．下列函数中为“P函数”的为( AC )
A. f(x)＝1 B. f(x)＝x
C. f(x)＝ eq \f(1,x) D. f(x)＝ eq \r(x)
【解析】对于A，y＝ eq \f(f(x),ln x)＝ eq \f(1,ln x)，当x∈(1，＋∞)时，y＝ln x为增函数，故y＝ eq \f(1,ln x)为减函数，所以f(x)＝1为“P函数”，故A符合．对于B，y＝ eq \f(f(x),ln x)＝ eq \f(x,ln x)，y′＝ eq \f(ln x－1,(ln x)2)，令y′＝0，得x＝e.当x∈(1，e)时，y′＜0，即y＝ eq \f(x,ln x)在(1，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，y′＞0，即y＝ eq \f(x,ln x)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＝ eq \f(f(x),ln x)＝ eq \f(1,x ln x)，y′＝ eq \f(－(ln x＋1),(x ln x)2)，当x∈(1，＋∞)时，y′＜0，则y＝ eq \f(1,x ln x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝ eq \f(1,x)为“P函数”，故C符合．对于D，y＝ eq \f(f(x),ln x)＝ eq \f(\r(x),ln x)，y′＝ eq \f(ln x－2,2\r(x)(ln x)2)，令y′＝0，得x＝e2，当x∈(1，e2)时，y′＜0，即y＝ eq \f(\r(x),ln x)在(1，e2)上单调递减；当x∈(e2，＋∞)时，y′＞0，即y＝ eq \f(\r(x),ln x)在(e2，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝ eq \r(x)不是“P函数”，故D不符合.
6. 已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝ eq \f(ex,f(x))在区间( AC )
(第6题)
A. (0，1)上单调递增
B. (1，4)上单调递减
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))上单调递减
D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，4))上单调递减
【解析】 当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝ eq \f(ex,f(x))的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，排除B，D；g′(x)＝ eq \f(ex(f（x)－f′(x)）,f2(x))，由图易得当x∈(0，1)时，f(x)＞f′(x)，即g′(x)＝ eq \f(ex(f（x)－f′(x)）,f2(x))＞0，所以函数g(x)＝ eq \f(ex,f(x))在(0，1)上单调递增，故A正确；由图易得当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))时，f(x)＜f′(x)，即g′(x)＝ eq \f(ex(f（x)－f′(x)）,f2(x))＜0，所以函数g(x)＝ eq \f(ex,f(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))上单调递减，故C正确．
7. (2024·南昌二模)已知f(x)＝x＋a cs x(a≠0)，则下列说法正确的是( BCD )
A. f(x)在R上可能单调递减
B. 若f(x)在R上单调递增，则a∈[－1，0)∪(0，1]
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(π,2)))是f(x)的一个对称中心
D. f(x)图象所有的对称中心在同一条直线上
【解析】 f(x)＝x＋a cs x(a≠0)，则f′(x)＝1－a sin x．对于A，B，当a∈[－1，0)∪(0，1]时，f′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增；当a＜－1或a＞1时，f′(x)≤0不恒成立，f(x)不可能单调递减．综上，f(x)在R上不可能单调递减，故A错误，B正确．对于C，因为f(x)＋f(π－x)＝x＋a cs x＋π－x＋a cs (π－x)＝π，所以f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(π,2)))中心对称，故C正确．因为f(x)＋f((2k＋1)π－x)＝x＋a cs x＋(2k＋1)π－x＋a cs [(2k＋1)π－x]＝(2k＋1)π，k∈Z，所以f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f((2k＋1)π,2)，\f((2k＋1)π,2)))，k∈Z中心对称，所以f(x)图象所有的对称中心在直线y＝x上，故D正确．
三、 填空题
8. 若函数g(x)＝ln x＋ eq \f(1,2)x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是_(3，＋∞)_．
【解析】 函数g(x)＝ln x＋ eq \f(1,2)x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，且其导数为g′(x)＝ eq \f(1,x)＋x－(b－1).由g(x)存在单调递减区间知g′(x)＜0，即 eq \f(1,x)＋x－(b－1)＜0在(0，＋∞)上有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋ eq \f(1,x)≥2.当x＞0时，要使 eq \f(1,x)＋x－(b－1)＜0有解，只需要 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x)) eq \s\d7(min)＜b－1，所以2＜b－1，即b＞3，所以实数b的取值范围是(3，＋∞).
9. (2024·广州一模节选)已知函数f(x)＝cs x＋x sin x，x∈(－π，π)，那么f(x)的单调递增区间为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))_，单调递减区间为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))_.
【解析】 函数f(x)＝cs x＋x sin x，x∈(－π，π)，求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cs x＝x cs x.当－π＜x＜－ eq \f(π,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－ eq \f(π,2)＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当0＜x＜ eq \f(π,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当 eq \f(π,2)＜x＜π时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
10. (2024·苏锡常镇二调)如果函数f(x)在区间[a，b]上为增函数，则记为f(x)[a，b]，函数f(x)在区间[a，b]上为减函数，则记为f(x)[a，b].如果 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(4,\r(x)))) eq \s\up12([m，8])，则实数m的最小值为_4_；如果函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)ax2＋2a2x，且f(x)[1，2]，f(x)[2，3]，则实数a＝_1_．
【解析】 由题意知y＝ eq \r(x)＋ eq \f(4,\r(x))在[m，8]上单调递增，因为x≠0，所以0＜m＜8，令t＝ eq \r(x)，则f(t)＝t＋ eq \f(4,t)，由对勾函数的性质得，当x＞0时，f(t)＝t＋ eq \f(4,t)的单调递增区间为[2，＋∞)，所以 eq \r(m)≥2，所以实数m的最小值为4.由函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)ax2＋2a2x，得f′(x)＝x2－3ax＋2a2，由题意知f(x)在[1，2]上单调递减，在[2，3]上单调递增，即x＝2是函数的极小值点，所以f′(2)＝4－6a＋2a2＝0，解得a＝2或a＝1.经检验a＝2不满足题意，a＝1符合题意，所以a＝1.
四、 解答题
11. (2023·北京卷节选)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.
(1) 求a，b的值；
【解答】 因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b.因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－13×ea＋b＝0，,1－(3＋a)ea＋b＝－1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1.))
(2) 设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间．
【解答】 由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3± eq \r(3)，不妨设x1＝3－ eq \r(3)，x2＝3＋ eq \r(3)，则0＜x1＜x2，易知e－x+1＞0恒成立，所以令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2，令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2，所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，即g(x)的单调递减区间为(0，3－ eq \r(3))和(3＋ eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－ eq \r(3)，3＋ eq \r(3)).
12. (1) (2024·烟台、德州二模节选) 已知函数f(x)＝mx－ln x，x∈(1，＋∞)，讨论f(x)的单调性．
【解答】 由题可知f′(x)＝m－ eq \f(1,x)，x∈(1，＋∞)，且f′(x)在定义域上单调递增．当m≤0时，f′(x)＝m－ eq \f(1,x)＜0恒成立，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减．当0＜m＜1时，令f′(x)＝0，则x＝ eq \f(1,m)，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,m)))时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增．当m≥1，即 0＜ eq \f(1,m)≤1时，f′(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，所以f(x)单调递增．综上，当m≤0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当0＜m＜1时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,m)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))上单调递增；当m≥1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2) (2024·青岛一模节选)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ax＋ln x，讨论f(x)的单调性．
【解答】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(x2－ax＋1,x).当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4.当Δ≤0，即0＜a≤2时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当Δ＞0，即a＞2时，f′(x)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－\r(a2－4),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋\r(a2－4),2))),x).由f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＞ eq \f(a＋\r(a2－4),2)；由f′(x)＜0，得 eq \f(a－\r(a2－4),2)＜x＜ eq \f(a＋\r(a2－4),2)，所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递减．综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞2时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递减．
B组 创新题体验
13. (2025·烟台期中)(多选)设在区间D上的可导函数f(x)，其导函数为f′(x)，函数f′(x)的导函数为f″(x).若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．又当函数f′(x)在区间D上单调递减时，称函数y＝f(x)为区间D上的“上凸函数”，则( ABD )
A. 任何一个三次函数均有“拐点”
B. 函数f(x)＝2x cs x－1为区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的“上凸函数”
C. 若函数f(x)＝x3－4ax2－3a2x＋2的“拐点”在y轴的右侧，则函数f(x)在区间(a，4a)上单调递减
D. 若函数f(x)＝－ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋ax－ax ln x存在拐点，且为定义域上的“上凸函数”，则a＝8
【解析】 对于A，设三次函数f(x)＝Ax3＋Bx2＋Cx＋D(A≠0), f′(x)＝3Ax2＋2Bx＋C，f″(x)＝6Ax＋2B.令f″(x)＝0，则6Ax＋2B＝0，解得x＝－ eq \f(B,3A)，所以任何一个三次函数均有“拐点”，A正确．对于B，f(x)＝2x cs x－1，f′(x)＝2cs x－2x sin x，f″(x)＝－2sin x－(2sin x＋2x cs x)＝－4sin x－2x cs x．当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x＞0，x cs x＞0，则f″(x)＜0，则函数f′(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以函数f(x)是区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的“上凸函数”，B正确．对于C，f(x)＝x3－4ax2－3a2x＋2，f′(x)＝3x2－8ax－3a2，f″(x)＝6x－8a.令f″(x)＝0，得x＝ eq \f(4,3)a，因为“拐点”在y轴右侧，所以 eq \f(4,3)a＞0，即a＞0.令f′(x)＜0可得(3x＋a)(x－3a)＜0，所以－ eq \f(a,3)＜x＜3a，f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，3a))，C错误．对于D，f(x)＝－ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋ax－ax ln x(x＞0)，f′(x)＝－x2＋ax＋a－a ln x－a＝－x2＋ax－a ln x，f″(x)＝－2x＋a－ eq \f(a,x).令f″(x)＝0，即－2x＋a－ eq \f(a,x)＝0在x＞0时有解，即2x2－ax＋a＝0有正解，则Δ＝a2－8a≥0，且a≠0，解得a≥8或a＜0.又因为函数f(x)为定义域上的“上凸函数”，所以f′(x)在定义域上单调递减，f″(x)＝－2x＋a－ eq \f(a,x)≤0(x＞0)恒成立，即2x2－ax＋a≥0(x＞0)恒成立，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜0，,a≥0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥8，,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)))\s\up12(2)－\f(a2,4)＋a≥0，))解得a＝8，故D正确．
x
(0，1)
1
(1，2)
2
(2，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗