學生用書P053
1.函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系
思維拓展
用充分必要條件詮釋導數(shù)與函數(shù)單調性的關系
（1）f '（x）＞0（＜0）是f（x）在區(qū)間（a，b）內單調遞增（減）的充分不必要條件.
（2）f '（x）≥0（≤0）是f（x）在區(qū)間（a，b）內單調遞增（減）的必要不充分條件.
（3）若f '（x）在區(qū)間（a，b）的任意子區(qū)間內都不恒等于零，則f '（x）≥0（≤0）是
f（x）在區(qū)間（a，b）內單調遞增（減）的充要條件.
2.利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性的步驟
第1步，確定函數(shù)的④ 定義域 ；
第2步，求出導數(shù)f '（x）的⑤ 零點 ；
第3步，用f '（x）的零點將f（x）的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f '（x）在各區(qū)間上的正負，由此得出函數(shù)y＝f（x）在定義域內的單調性.
1.[2024陜西漢中模擬]函數(shù)f（x）＝x2－5ln x－3x－1的單調遞減區(qū)間為（ D ）
A.（32，＋∞） B.（0，32）C.（52，＋∞）D.（0，52）
解析 f '（x）＝2x－5x－3＝2x2－3x－5x＝（x+1)(2x－5）x（x＞0），當x∈（0，52）時，f '（x）＜0，所以f（x）在（0，52）上單調遞減，所以f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，52）.
2.已知導函數(shù)y＝f '（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f（x）的圖象可能是（ B ）
A B C D
解析 解法一 由y＝f '（x）的圖象自左到右先上升后下降，可知函數(shù)y＝f（x）圖象的切線的斜率自左到右先增大后減小，可以判斷B正確.
解法二 由于f '（x）＞0（－1≤x≤1）恒成立，則根據(jù)導數(shù)符號和函數(shù)單調性的關系可知，f（x）在[－1，1]上單調遞增，即圖象從左至右上升，四個圖象都滿足.
由于x＞0時，隨著x的變大f '（x）越來越小，則函數(shù)值增加得越來越慢，圖象越來越“平緩”；當x＜0時，隨著x的變大 f '（x）越來越大，故函數(shù)值增加得越來越快，圖象越來越“陡峭”，可以判斷B正確.
3.已知函數(shù)f（x）＝sin x＋cs x－2x，a＝f（－π），b＝f（20），c＝f（ln 2），則a，b，c的大小關系是（ A ）
A.a＞c＞bB.a＞b＞cC.b＞a＞cD.c＞b＞a
解析 因為函數(shù)f（x）＝sin x＋cs x－2x，所以f '（x）＝cs x－sin x－2＝2cs（x＋π4）－2＜0，所以f（x）為R上的減函數(shù)，因為－π＜ln 2＜1＝20，所以f（－π）＞f（ln 2）＞
f（20），即a＞c＞b.故選A.
4.[多選]下列說法正確的是（ BC ）
A.若函數(shù)f（x）在定義域上都有f '（x）＜0，則函數(shù)f（x）在定義域上一定單調遞減
B.在（a，b）上f '（x）＞0（f '（x）＜0）是函數(shù)f（x）在（a，b）上單調遞增（減）的充分不必要條件
C.在（a，b）上f '（x）≤0，且f '（x）＝0的根有有限個，則f（x）在（a，b）上單調遞減
D.若函數(shù)f（x）在（a，b）內單調遞增，則一定有f '（x）＞0
解析 對于A，不一定，如函數(shù)y＝1x的導函數(shù)y'＝－1x2，在其定義域上y'＝－1x2＜0恒成立，但是函數(shù)y＝1x在定義域（－∞，0）∪（0，＋∞）上不是單調遞減的；對于B，結合導數(shù)與函數(shù)的單調性可知B正確；對于C，數(shù)形結合可知C正確；對于D，如函數(shù)f（x）＝x3在R上單調遞增，但f '（x）＝3x2在R上有零點，即f '（x）≥0.故選BC.
學生用書P054
命題點1 不含參函數(shù)的單調性
例1 （1）[2024重慶南開中學模擬]已知函數(shù)f（x）＝xsin x＋cs x，x∈[0，2π]，則
f（x）的單調遞減區(qū)間是（ B ）
A.[0，π2]B.[π2，3π2]
C.[π，2π]D.[3π2，2π]
解析 f '（x）＝xcs x，令f '（x）＝xcs x≤0，則x＝0（舍去）或π2≤x≤3π2，僅在x＝π2和x＝3π2時取等號，故f（x）的單調遞減區(qū)間是[π2，3π2]，故選B.
（2）若函數(shù)f（x）＝lnx+1ex，則函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為 （0，1） .
解析 f（x）的定義域為（0，＋∞），f '（x）＝1x－lnx－1ex，令φ（x）＝1x－ln x－1（x＞0），易知φ（x）在（0，＋∞）上單調遞減，且φ（1）＝0，∴當x∈（0，1）時，
φ（x）＞0，即f '（x）＞0，當x∈（1，＋∞）時，φ（x）＜0，即f '（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減.∴函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，1）.
方法技巧
利用導數(shù)求函數(shù)單調區(qū)間的思路：解不等式 f '（x）＞0或f '（x）＜0求出單調區(qū)間.若導函數(shù)對應的不等式不可解，則令導函數(shù)為新函數(shù)，借助新函數(shù)的導數(shù)求解.
注意 （1）求函數(shù)的單調區(qū)間，要在函數(shù)的定義域內進行；（2）一個函數(shù)的同一種單調區(qū)間用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接.
訓練1 已知函數(shù)f（x）＝（2＋x）ln（1＋x）－2x，討論函數(shù)f（x）的單調性.
解析 由題知函數(shù)f（x）的定義域為（－1，＋∞），f '（x）＝ln（1＋x）－x1+x.
設函數(shù)g（x）＝f '（x）＝ln（1＋x）－x1+x，則g'（x）＝x（1+x）2.
當－1＜x＜0時，g'（x）＜0；當x＞0時，g'（x）＞0.
故當x＞－1時，g（x）≥g（0）＝0，
且僅當x＝0時，g（x）＝0，從而f '（x）≥0，且僅當x＝0時，f '（x）＝0.
所以f（x）在（－1，＋∞）上單調遞增.
命題點2 含參函數(shù)的單調性
例2 已知函數(shù)f（x）＝12ax2－（a＋1）x＋ln x，a＞0，討論函數(shù)y＝f（x）的單調性.
解析 函數(shù)f（x）的定義域為（0，＋∞），f '（x）＝ax－（a＋1）＋1x＝ax2－（a+1）x+1x＝（ax－1)(x－1）x.
令f '（x）＝0，得x＝1a或x＝1.
①當0＜a＜1時，1a＞1，
∴x∈（0，1）∪（1a，＋∞）時，f '（x）＞0；x∈（1，1a）時，f '（x）＜0.
∴函數(shù)f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上單調遞增，在（1，1a）上單調遞減.
②當a＝1時，1a＝1，
∴f '（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
∴函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞增.
③當a＞1時，0＜1a＜1，
∴x∈（0，1a）∪（1，＋∞）時，f '（x）＞0；x∈（1a，1）時，f '（x）＜0.
∴函數(shù)f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上單調遞增，在（1a，1）上單調遞減.
綜上，當0＜a＜1時，函數(shù)f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上單調遞增，在（1，1a）上單調遞減；
當a＝1時，函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞增；
當a＞1時，函數(shù)f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上單調遞增，在（1a，1）上單調遞減.
方法技巧
求解含參函數(shù)的單調性的技巧
一般要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論，主要是：（1）討論f '（x）＝0是否有根；（2）討論f '（x）＝0的根是否在定義域內；（3）討論根的大小關系.
注意 若導函數(shù)是二次函數(shù)的形式，一般還要討論二次項系數(shù)的正負及是否為0，判別式Δ的正負等.
訓練2 [2021全國卷乙節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝x3－x2＋ax＋1，討論f（x）的單調性.
解析 由題意知f（x）的定義域為R，f '（x）＝3x2－2x＋a，令f '（x）＝0，則Δ＝
（－2）2－4×3a＝4（1－3a）.
①當Δ≤0，即a≥13時，f '（x）≥0，等號不恒成立，此時f（x）在R上單調遞增.
②當Δ＞0，即a＜13時，由f '（x）＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝1－1－3a3，x2＝1+1－3a3.
當x∈（－∞，1－1－3a3）時，f '（x）＞0，f（x）單調遞增；
當x∈（1－1－3a3，1+1－3a3）時，f '（x）＜0，f（x）單調遞減；
當x∈（1+1－3a3，＋∞）時，f '（x）＞0，f（x）單調遞增.
綜上，當a≥13時，f（x）在R上單調遞增；當a＜13時，f（x）在（－∞，1－1－3a3）和（1+1－3a3，＋∞）上單調遞增，在（1－1－3a3，1+1－3a3）上單調遞減.
命題點3 函數(shù)單調性的應用
角度1 已知函數(shù)的單調性求參數(shù)
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知函數(shù)f（x）＝aex－ln x在區(qū)間（1，2）單調遞增，則a的最小值為（ C ）
A.e2B.eC.e－1D.e－2
解析 因為函數(shù)f（x）＝aex－ln x，所以f'（x）＝aex－1x.因為函數(shù)f（x）在（1，2）單調遞增，所以f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－1x≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，則0＜1a≤xex在（1，2）恒成立.設g（x）＝xex，則g'（x）＝（x＋1）ex.
當x∈（1，2）時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，所以在（1，2）上，g（x）＞e，所以1a≤e，即a≥1e＝e－1，故選C.
（2）[2024貴陽市模擬]若函數(shù)f（x）＝x3－12ax2＋x在[1，3]上存在單調遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為 （4，＋∞） .
解析 由題意知f'（x）＝3x2－ax＋1.由函數(shù)f（x）在[1，3]上存在單調遞減區(qū)間，可知?x∈[1，3]，使得f'（x）＜0，即?x∈[1，3]，3x2－ax＋1＜0，
也即當x∈[1，3]時，（3x＋1x）min＜a.
令g（x）＝3x＋1x，x∈[1，3]，則g'（x）＝3－1x2＝3x2－1x2，x∈[1，3].
當x∈[1，3]時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，g（x）min＝g（1）＝4.
所以a＞4，即a的取值范圍為（4，＋∞）.
方法技巧
已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的解題技巧
（1）若可導函數(shù)f（x）在區(qū)間D上單調遞增（或遞減），則f '（x）≥0（或f '（x）≤0）對x∈D恒成立問題.
注意 “＝”不能少，必要時還需對“＝”進行檢驗.
（2）若可導函數(shù)f（x）在某一區(qū)間上存在單調區(qū)間，則f '（x）＞0（或f '（x）＜0）在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調性問題轉化成不等式有解問題.
（3）若f（x）在區(qū)間D上不單調，則函數(shù)f '（x）在區(qū)間D上存在變號零點.也可先求出
f（x）在區(qū)間D上單調時參數(shù)的取值范圍，然后運用補集思想得解.
（4）若已知f（x）在區(qū)間I（含參數(shù)）上的單調性，則先求出f（x）的單調區(qū)間，然后令I是其單調區(qū)間的子集，從而求出參數(shù)的取值范圍.
角度2 利用函數(shù)的單調性比較大小
例4 （1）[2024福州市一檢]已知a＝1e，b＝ln2，c＝ln55，則（ A ）
A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.a＞c＞bD.c＞a＞b
解析 a＝1e＝ln ee，b＝ln2＝ln22＝ln44，c＝ln55＝ln55.令f（x）＝lnxx，則f '（x）＝1－lnxx2，當x≥e時，f '（x）≤0，故f（x）在區(qū)間[e，＋∞）上單調遞減.因為e＜4＜5，所以f（e）＞f（4）＞f（5），即a＞b＞c，故選A.
（2）[2023福建省龍巖市質檢]已知函數(shù)f（x）＝sin x－xcs x，若a＝f（lg2e），b＝
f（ln 3），c＝f（sin e），則a，b，c的大小關系為（ B ）
A.b＞a＞cB.a＞b＞cC.c＞a＞bD.c＞b＞a
解析 f '（x）＝cs x－cs x＋xsin x＝xsin x，當x∈（0，π）時，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，π）上單調遞增，因為ln 2ln 3＜（ln2+ln32）2＝（ln6ln e2）2＜1，所以1＜ln 3＜1ln2＝1lg22lg2e＝lg2e.因為sin e＜1，所以sin e＜ln 3＜lg2e，又f（x）在（0，π）上單調遞增，所以
f（sin e）＜f（ln 3）＜f（lg2e），即a＞b＞c.故選B.
角度3 利用函數(shù)的單調性解不等式
例5 [江蘇高考]已知函數(shù)f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f（a－1）＋f（2a2）≤0，則實數(shù)a的取值范圍是 [－1，12] .
解析 由f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，x∈R，得f（－x）＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f（x），所以
f（x）是奇函數(shù)，又f '（x）＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0，當且僅當x＝0時取等號，所以f（x）在R上單調遞增，所以不等式f（a－1）＋f（2a2）≤0?f（a－1）≤－f（2a2）＝f（－2a2）?a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，即實數(shù)a的取值范圍是[－1，12].
方法技巧
利用函數(shù)的單調性比較大小或解不等式的思路：利用導數(shù)判斷已知或構造的函數(shù)的單調性，由單調性比較大小或解不等式.
訓練3 （1）[2023江西省鷹潭市一模]已知a＝1－e－0.2，b＝tan 15，c＝ln 54，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則（ A ）
A.c＞b＞aB.b＞c＞a
C.b＞a＞cD.c＞a＞b
解析 由題知a＝1－e－0.2，b＝tan15＝tan 0.2，設f（x）＝1－e－x－tan x，0＜x＜1，則
f '（x）＝e－x－1cs2x，由0＜x＜1，得0＜e－x＜1，1cs2x＞1，于是f '（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上單調遞減，因此f（x）＜0，即1－e－x＜tan x，則1－e－0.2＜tan 0.2，即有a＜b.由b＝tan 0.2，c＝ln 54＝－ln 0.8＝－ln（1－0.2），設g（x）＝tan x＋ln（1－x），0＜x＜1，則g'（x）＝1cs2x－11－x＝sin2x－x（1－x）cs2x，令φ（x）＝sin x－x，0＜x＜1，φ'（x）＝cs x－1＜0，函數(shù)φ（x）在（0，1）上單調遞減，則φ（x）＜0，即0＜sin x＜x，于是sin2x＜sin x＜x，即有g'（x）＜0，所以函數(shù)g（x）在（0，1）上單調遞減，因此g（x）＜0，即tan x＜－ln（1－x），于是tan 0.2＜－ln（1－0.2），即b＜c，所以a＜b＜c.故選A.
（2）[2024安徽模擬]設函數(shù)f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4，則滿足f（x）＋
f（3－2x）＜6的x的取值范圍是（ B ）
A.（3，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（－∞，3）D.（－∞，1）
解析 設g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，則g（－x）＝sin（－x）＋e－x－ex＋x，因為
g（x）＋g（－x）＝0，所以g（x）為奇函數(shù).
又f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－（x－1）＋3＝
g（x－1）＋3，
所以f（x）的圖象是由g（x）的圖象向右平移1個單位長度，向上平移3個單位長度得到的，所以f（x）的圖象的對稱中心為（1，3），所以f（x）＋f（2－x）＝6.
因為g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1，易得ex＋
e－x≥2ex·e－x＝2，當且僅當x＝0時等號成立，而－1≤cs x≤1，則－2≤cs x－1≤0，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1≥0恒成立，即g（x）在R上單調遞增，所以f（x）在R上單調遞增，因為f（x）＋f（3－2x）＜6＝f（x）＋f（2－x），即f（3－2x）＜f（2－x），所以3－2x＜2－x，解得x＞1.故選B.
（3）已知函數(shù)f（x）＝2ln x＋x2－5x在區(qū)間（k－12，
k）上為單調函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是 {12}∪[1，2]∪[52，＋∞） .
解析 f '（x）＝2x＋2x－5＝（2x－1)(x－2）x，x＞0.易知k≥12.函數(shù)f（x）在（k－12，k）上單調，即二次函數(shù)y＝（2x－1）（x－2）在（k－12，k）上無零點.
作出y＝（2x－1）（x－2）在（0，＋∞）上的圖象，如圖，則（k－12，k）?（0，12）或（k－12，k）?（12，2）或（k－12，k）?（2，＋∞），所以實數(shù)k的取值范圍是{12}∪[1，2]∪[52，＋∞）.
思維幫·提升思維 快速解題
泰勒公式在比較大小中的應用
例6 [2022新高考卷Ⅰ]設a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln 0.9，則（ C ）
A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.c＜a＜bD.a＜c＜b
解析 解法一（泰勒公式） a＝0.1e0.1≈0.1（1＋0.1＋0.005）＝0.110 5，b≈0.111…，c＝－ln[1＋（－0.1）]≈－（－0.1－0.005－0.000 3）＝0.105 3，所以c＜a＜b.
解法二 設u（x）＝xex（0＜x≤0.1），v（x）＝x1－x（0＜x≤0.1），w（x）＝－ln（1－x）（0＜x≤0.1），則當0＜x≤0.1時，u（x）＞0，v（x）＞0，w（x）＞0.
①設f（x）＝ln[u（x）]－ln[v（x）]＝ln x＋x－[ln x－ln（1－x）]＝x＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），則f'（x）＝1－11－x＝xx－1＜0在（0，0.1]上恒成立，所以f（x）在（0，0.1]上單調遞減，所以f（0.1）＜0＋ln（1－0）＝0，即ln[u（0.1）]－ln[v（0.1）]＜0，所以
ln[u（0.1）]＜ln[v（0.1）]，又函數(shù)y＝ln x在（0，＋∞）上單調遞增，所以u（0.1）＜
v（0.1），即0.1e0.1＜19，所以a＜b.
②設g（x）＝u（x）－w（x）＝xex＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），則g'（x）＝（x＋1）ex－11－x＝（1－x2）ex－11－x（0＜x≤0.1），設h（x）＝（1－x2）ex－1（0＜x≤0.1），則h'（x）＝（1－2x－x2）ex＞0在（0，0.1]上恒成立，所以h（x）在（0，0.1]上單調遞增，所以
h（x）＞（1－02）×e0－1＝0，即g'（x）＞0在（0，0.1]上恒成立，所以g（x）在（0，0.1]上單調遞增，所以g（0.1）＞0×e0＋ln（1－0）＝0，即g（0.1）＝u（0.1）－
w（0.1）＞0，
所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.綜上，c＜a＜b，故選C.
方法技巧
1.泰勒公式
若函數(shù)f（x）在含有x0的開區(qū)間（a，b）內有n＋1階導數(shù)，則當函數(shù)在此區(qū)間內時，可以展開為一個關于x－x0的多項式和一個余項的和：
f（x）＝f（x0）＋f '（x0）·（x－x0）＋f ″（x0）2！·（x－x0）2＋f ?（x0）3！·（x－x0）3＋…＋f（n）（x0）n！·（x－x0）n＋Rn（x）.
2.常見的泰勒展開式
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展開式：
（1）ex＝1＋x＋x22！＋x33?。玿nn?。?；
（2）ln（x＋1）＝x－x22＋x33－…＋（－1）n＋1xnn＋…；
（3）sin x＝x－x33！＋x55?。ǎ?）n－1·x2n－1（2n－1)!＋…；
（4）cs x＝1－x22?。玿44?。ǎ?）n·x2n（2n)!＋….
訓練4 若a＝ln1－，b＝0.02sin 0.01，c＝0.01sin 0.02，則（ B ）
A.a＜b＜cB.a＜c＜b
C.b＜c＜aD.c＜a＜b
解析 解法一 易知a＝ln1－＜ln 1＝0，而b＞0，c＞0.由泰勒展開式，得b＝0.02sin 0.01≈0.02×[0.01－（0.01）33！]＝2×10－4－13×10－8，c＝0.01sin 0.02≈0.01×[0.02－（0.02）33！]＝2×10－4－43×10－8.因為13×10－8＜43×10－8，所以b＞c.故b＞c＞a.
解法二 a＝ln1－＜ln 1＝0，b＝0.02×sin 0.01＞0，c＝0.01sin 0.02＞0，排除選項C，D.
設f（x）＝sinxx，x∈（0，π），則f '（x）＝xcsx－sinxx2，令g（x）＝xcs x－sin x，則
g'（x）＝cs x－xsin x－cs x＝－xsin x，當x∈（0，π）時，g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，π）上單調遞減，從而g（x）＜g（0）＝0，即f '（x）＜0，
所以f（x）在（0，π）上單調遞減，從而f（0.01）＞f（0.02），即＞，
所以0.02sin 0.01＞0.01sin 0.02，即b＞c，綜上可知a＜c＜b.
故選B.
1.[命題點1/多選/2024山東省青島市檢測]若函數(shù)g（x）＝exf（x）在f（x）的定義域上單調遞增，則稱函數(shù)f（x）具有M性質.下列函數(shù)中具有M性質的為（ BC ）
A.f（x）＝5－xB.f（x）＝2－x
C.f（x）＝34x2＋1D.f（x）＝x3
解析 對于A選項，exf（x）＝ex·5－x＝（e5）x，在R上單調遞減，故f（x）＝5－x不具有M性質；
對于B選項，exf（x）＝ex·2－x＝（e2）x，e2＞1，在R上單調遞增，故f（x）＝2－x具有M性質；
對于C選項，exf（x）＝ex（34x2＋1），則[exf（x）]'＝ex（34x2＋1）＋ex·32x＝ex（34x2＋32x＋1）＝34ex[（x＋1）2＋13]＞0，所以exf（x）＝ex（34x2＋1）在R上單調遞增，故f（x）＝34x2＋1具有M性質；
對于D選項，f（x）＝x3的定義域為R，則exf（x）＝exx3，[exf（x）]'＝exx3＋3x2ex＝
x2ex（x＋3），令ex·x2（x＋3）＜0，解得x＜－3，所以exf（x）在（－∞，－3）上單調遞減，故f（x）＝x3不具有M性質.故選BC.
2.[命題點2/2023綿陽市一診]已知函數(shù)f（x）＝x2＋12ln x－mx＋m－1（m∈R）.
（1）討論函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上的單調性；
（2）當x∈[12，＋∞）時，f（x）≥0，求m的值.
解析 （1）由題意得f '（x）＝2x＋12x－m，∵x＞0，∴2x＋12x≥22x·12x＝2（當且僅當x＝12時等號成立）.
①當m≤2時，不等式f '（x）≥0恒成立（當且僅當x＝12，且m＝2時“＝”成立），
∴函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞增.
②當m＞2時，由f '（x）＞0，得0＜x＜m－m2－44或x＞m＋m2－44；由f '（x）＜0，得m－m2－44＜x＜m＋m2－44.
∴函數(shù)f（x）在（0，m－m2－44）和（m＋m2－44，＋∞）上單調遞增，在（m－m2－44，m＋m2－44）上
單調遞減.
綜上，當m≤2時，函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞增，無單調遞減區(qū)間；
當m＞2時，函數(shù)f（x）在（0，m－m2－44）和（m＋m2－44，＋∞）上單調遞增，在（m－m2－44，m＋m2－44）上單調遞減.
（2）當x∈[12，＋∞）時，由f（1）＝0知，要使得f（x）≥0恒成立，則f '（1）＝0.
又f '（x）＝2x＋12x－m，
∴f '（1）＝2＋12－m＝0，解得m＝52.
下證：當m＝52時，f（x）≥0恒成立，
此時f（x）＝x2＋12ln x－52x＋32.
f '（x）＝2x＋12x－52＝4x2－5x+12x＝（4x－1)(x－1）2x.
∵x∈[12，＋∞），
∴由f '（x）＞0，解得x＞1，
由f '（x）＜0，解得12≤x＜1.
∴f（x）在[12，1）上單調遞減，在（1，＋∞）上單調遞增.∴f（x）≥f（1）＝0.
綜上，m＝52.
3.[命題點3角度2/2021全國卷乙]設a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝1.04－1，則（ B ）
A.a＜b＜cB.b＜c＜a
C.b＜a＜cD.c＜a＜b
解析 b－c＝ln 1.02－1.04＋1，設f（x）＝ln （x＋1）－1+2x＋1，則b－c＝
f（0.02），f '（x）＝1x+1－221+2x＝1+2x－（x+1）1+2x·（x+1）.
當x≥0時，x＋1＝（x+1）2≥1+2x，故當x≥0時，f '（x）＝1+2x－（x+1）1+2x·（x+1）≤0（當且僅當x＝0時“＝”成立），
所以f（x）在[0，＋∞）上單調遞減，
所以f（0.02）＜f（0）＝0，
即b＜c.
a－c＝2ln 1.01－1.04＋1，設g（x）＝2ln （x＋1）－1+4x＋1，則a－c＝g（0.01），g'（x）＝2x+1－421+4x＝2[1+4x－（x+1)]（x+1）1+4x，
當0≤x＜2時，4x+1≥（x+1）2＝x＋1，
故當0≤x＜2時，g'（x）≥0（當且僅當x＝0時“＝”成立），
所以g（x）在[0，2）上單調遞增，
所以g（0.01）＞g（0）＝0，故c＜a，從而有b＜c＜a，故選B.
4.[命題點3角度3/2023廣州二模]已知偶函數(shù)f（x）與其導函數(shù)f '（x）的定義域均為R，且f '（x）＋e－x＋x也是偶函數(shù)，若f（2a－1）＜f（a＋1），則實數(shù)a的取值范圍是（ B ）
A.（－∞，2）B.（0，2）
C.（2，＋∞）D.（－∞，0）∪（2，＋∞）
解析 因為f（x）為偶函數(shù)，所以f（x）＝f（－x），等式兩邊求導可得f '（x）＝
－f '（－x） ①，（易錯：對等式f（x）＝f（－x）兩邊同時求導的時候，要注意等式右邊是一個復合函數(shù)，不要把負號漏掉了）
因為函數(shù)f '（x）＋e－x＋x為偶函數(shù)，所以f '（x）＋e－x＋x＝f '（－x）＋ex－x ②，
聯(lián)立①②可得f '（x）＝ex－e－x2－x.
令g（x）＝f '（x），則g'（x）＝ex+e－x2－1≥ex·e－x－1＝0，
當且僅當x＝0時取等號，
所以函數(shù)g（x）在R上單調遞增，
即函數(shù)f '（x）在R上單調遞增，故當x＞0時，f '（x）＞f '（0）＝0，
所以函數(shù)f（x）在[0，＋∞）上單調遞增，由f（2a－1）＜f（a＋1）可得f（｜2a－1｜）＜f（｜a＋1｜），
所以｜2a－1｜＜｜a＋1｜，整理可得a2－2a＜0，解得0＜a＜2.故選B.
學生用書·練習幫P277
1.函數(shù)f（x）＝－ln x＋x的單調遞增區(qū)間是（ C ）
A.（－∞，0）∪（1，＋∞） B.（－∞，0）和（1，＋∞）
C.（1，＋∞） D.（－1，＋∞）
解析 因為f（x）＝－ln x＋x，所以f '（x）＝－1x＋1，定義域為（0，＋∞），令f '（x）＞0，則－1x＋1＞0，解得x＞1，所以f（x）的單調遞增區(qū)間為（1，＋∞）.故選C.
2.若函數(shù)f（x）＝13x3－12ax2＋（a－1）x＋1在區(qū)間[1，4]上為減函數(shù)，在區(qū)間[6，＋∞）上為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（ B ）
A.（－∞，5]B.[5，7]
C.[7，＋∞）D.（－∞，5]∪[7，＋∞）
解析 解法一 f'（x）＝x2－ax＋a－1，由f'（x）＝0得x＝1或x＝a－1.當a－1≤1，即a≤2時，對于任意的x∈[1，＋∞），f'（x）≥0，即函數(shù)f（x）在[1，＋∞）上單調遞增，不符合題意；當a－1＞1，即a＞2時，函數(shù)f（x）在（－∞，1]和[a－1，＋∞）上單調遞增，在[1，a－1]上單調遞減，依題意[1，4]?[1，a－1]且[6，＋∞）?[a－1，
＋∞），從而4≤a－1≤6，故5≤a≤7.綜上，實數(shù)a的取值范圍為[5，7].
解法二 f'（x）＝x2－ax＋a－1，依題意，得f'（x）≤0在[1，4]上恒成立，且f'（x）≥0在[6，＋∞）上恒成立，由f'（x）＝0得x＝1或x＝a－1，故4≤a－1≤6，即5≤a≤7.故所求實數(shù)a的取值范圍為[5，7].
3.若函數(shù)f（x）＝3x＋（a－2）ln x在定義域上不單調，則實數(shù)a的取值范圍是（ D ）
A.（－∞，12）B.[2，＋∞）
C.（0，＋∞）D.（－∞，2）
解析 函數(shù)f（x）＝3x＋（a－2）ln x的定義域為（0，＋∞），f'（x）＝3＋a－2x.
當a≥2時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在定義域上單調遞增，不滿足題意，舍去；
當a＜2時，令f'（x）＝3＋a－2x＝0，解得x＝2－a3＞0，故此時f（x）在定義域上不單調.
故實數(shù)a的取值范圍是（－∞，2）.
4.[2024湖南模擬]已知實數(shù)a，b，c∈（0，1），e為自然對數(shù)的底數(shù)，且ae2＝2ea，be3＝3eb，2c＝ecln 2，則（ A ）
A.b＜a＜c B.a＜b＜c
C.b＜c＜aD.c＜a＜b
解析 由題意可得e22＝eaa，e33＝ebb，eln4ln4＝ecc，構造函數(shù)f（x）＝exx（x＞0），則f '（x）＝（x－1）exx2，當x∈（0，1）時，f '（x）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（1，＋∞）時，
f '（x）＞0，f（x）單調遞增.因為1＜ln 4＜2＜3，所以f（ln 4）＜f（2）＜f（3），所以
f（c）＜f（a）＜f（b），又a，b，c∈（0，1），f（x）在（0，1）上單調遞減，所以b＜a＜c.故選A.
5.[2023山東泰安二模]已知奇函數(shù)f（x）在R上單調遞減，g（x）＝xf（x），若a＝
g（－lg25.1），b＝g（3），c＝g（20.8），則a，b，c的大小關系為（ D ）
A.a＜b＜cB.c＜b＜a
C.b＜c＜aD.b＜a＜c
解析 因為f（x）為奇函數(shù)且在R上單調遞減，所以f（－x）＝－f（x），且當x＞0時，
f（x）＜0.因為g（x）＝xf（x），所以g（－x）＝－xf（－x）＝xf（x）＝g（x），故
g（x）為偶函數(shù).g'（x）＝f（x）＋xf '（x），當x＞0時，因為f（x）＜0，f '（x）≤0，所以g'（x）＜0，所以g（x）在（0，＋∞）上單調遞減.a＝g（－lg25.1）＝g（lg25.1），因為3＝lg28＞lg25.1＞lg24＝2＞20.8＞0，所以g（3）＜g（lg25.1）＜g（20.8），即b＜a＜c.故選D.
6.[2024貴陽市模擬]已知a＝ln43，b＝27，c＝sin27，則（ B ）
A.a＜b＜cB.c＜b＜a
C.b＜a＜cD.a＜c＜b
解析 構造函數(shù)f（x）＝sin x－x，x∈（0，π2），則f'（x）＝cs x－1＜0，∴f（x）在（0，π2）上單調遞減，∴f（x）＜0，x∈（0，π2），∴sin x＜x，x∈（0，π2），故c＝sin27＜27＝b.排除A，C.
構造函數(shù)g（x）＝ln x－2·x－1x+1，x∈（1，＋∞），
則g'（x）＝1x－2·x+1－（x－1）（x+1）2＝（x－1）2x（x+1）2，
當x＞1時，g'（x）＞0，∴g（x）單調遞增，∴g（x）＞0，x∈（1，＋∞），
故a＝ln43＞2×43－143+1＝27＝b，選B.
7.[多選]已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在R上單調遞增，f '（x）為其導函數(shù)，則下列結論正確的是（ AC ）
A.f '（1）≥0B.f（1）≥0
C.a2－3b≤0D.a2－3b≥0
解析 因為函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f'（x）＝3x2＋2ax＋b.因為函數(shù)f（x）在R上單調遞增，所以f'（x）≥0對于任意的x∈R恒成立，所以f'（1）≥0恒成立，但f（1）的大小未知.對于方程3x2＋2ax＋b＝0，Δ＝4a2－12b≤0，即a2－3b≤0.所以正確的是AC.
8.[2024武漢模擬]若函數(shù)f（x）＝（2x＋1）ln x－ax是（0，＋∞）上的增函數(shù)，則實數(shù)a的最大值為 4－2ln2 .
解析 因為函數(shù)f（x）＝（2x＋1）ln x－ax是（0，＋∞）上的增函數(shù)，所以f '（x）＝
2ln x＋2x+1x－a＝2ln x＋1x＋2－a≥0在（0，＋∞）上恒成立，即a≤2ln x＋1x＋2在（0，
＋∞）上恒成立.
令g（x）＝2ln x＋1x＋2，x＞0，則g'（x）＝2x－1x2＝2x－1x2，令g'（x）＝0，得x＝12，當0＜x＜12時，g'（x）＜0；當x＞12時，g'（x）＞0.
所以函數(shù)g（x）在（0，12）上單調遞減，在（12，＋∞）上單調遞增，所以g（x）min＝
g（12）＝4－2ln 2，所以a≤4－2ln 2，即實數(shù)a的最大值為4－2ln 2.
9.[2023福州5月質檢]不等式x＜sin πx4＋16的解集為 （－∞，23） .
解析 設f（x）＝x－sinπx4－16，則f '（x）＝1－π4csπx4＞0，∴f（x）在R上單調遞增，又
f（23）＝0，（提示：觀察出特殊解是求解的關鍵）∴f（x）＜0的解集為{x｜x＜23}，故x＜sin πx4＋16的解集為（－∞，23）.
10.[結構不良題/2023湖北襄陽4月期中]在①f '（ln 3）＝2，②f（x）的圖象在點（0，
f（0））處的切線斜率為0，③f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，ln 2）這三個條件中任選一個補充在下面的問題（1）中，并加以解答.
已知f（x）＝12e2x－（a＋2）ex＋2ax.
（1）若，求實數(shù)a的值；
（2）若a∈R，討論函數(shù)f（x）的單調性.
解析 （1）f '（x）＝e2x－（a＋2）ex＋2a＝（ex－2）（ex－a）.
若選條件①，則f '（ln 3）＝（3－2）×（3－a）＝2，所以a＝1.
若選條件②，則f '（0）＝（1－2）×（1－a）＝0，所以a＝1.
若選條件③，則依題意得0和ln 2是關于x的方程（ex－2）（ex－a）＝0的兩個根，所以a＝e0＝1.
（2）f '（x）＝（ex－2）（ex－a）.
分以下幾種情況討論：
①當a≤0時，令f '（x）＞0，則x＞ln 2，令f '（x）＜0，則x＜ln 2，
所以f（x）在（－∞，ln 2）上單調遞減，在（ln 2，＋∞）上單調遞增.
②當0＜a＜2時，令f '（x）＞0，則x＞ln 2或x＜ln a，令f '（x）＜0，則ln a＜x＜ln 2，
所以f（x）在（－∞，ln a），（ln 2，＋∞）上單調遞增，在（ln a，ln 2）上單調遞減.
③當a＝2時，f '（x）＝（ex－2）2≥0，所以f（x）在R上單調遞增.
④當a＞2時，令f '（x）＞0，則x＞ln a或x＜ln 2，令f '（x）＜0，則ln 2＜x＜ln a，
所以f（x）在（－∞，ln 2），（ln a，＋∞）上單調遞增，在（ln 2，ln a）上單調遞減.
綜上所述：當a≤0時，f（x）在（－∞，ln 2）上單調遞減，在（ln 2，＋∞）上單調遞增；當0＜a＜2時，f（x）在（－∞，ln a），（ln 2，＋∞）上單調遞增，在（ln a，
ln 2）上單調遞減；當a＝2時，f（x）在R上單調遞增；當a＞2時， f（x）在（－∞，
ln 2），（ln a，＋∞）上單調遞增，在（ln 2，ln a）上單調遞減.
11.[2024江西省鷹潭市一模]已知函數(shù)f（x）＝xex＋xex＋1，且f（1＋a）＋f（1－a2）＞2，則實數(shù)a的取值范圍是（ C ）
A.（－2，1）B.（－∞，－2）∪（1，＋∞）
C.（－1，2）D.（－∞，－1）∪（2，＋∞）
解析 令F（x）＝f（x）－1＝xex＋xex，定義域為R，則F（－x）＝－xe－x＋－xe－x＝－xex－xex＝－（xex＋xex）＝－F（x），所以F（x）為奇函數(shù)，又F'（x）＝（1＋x）ex＋1－xex＝（x+1）e2x+1－xex.
當x≥0時，令g（x）＝（x＋1）e2x＋1－x，
則g'（x）＝e2x＋2（x＋1）e2x－1＝（2x＋3）e2x－1，
因為x≥0，所以g'（x）＞0，所以g（x）在[0，＋∞）上單調遞增，所以g（x）≥g（0）＝2＞0，
所以當x≥0時，F(xiàn)'（x）＞0，所以F（x）在[0，＋∞）上單調遞增，
又因為F（x）為奇函數(shù)，所以F（x）在R上單調遞增.
f（1＋a）＋f（1－a2）＞2轉化為f（1＋a）－1＋f（1－a2）－1＞0，即F（1＋a）＋F（1－a2）＞0， 所以F（1＋a）＞－F（1－a2）＝F（a2－1），
所以1＋a＞a2－1，即a2－a－2＜0，解得－1＜a＜2，
即實數(shù)a的取值范圍是（－1，2）.故選C.
12.[2023重慶市三檢]已知函數(shù)f（x）＝－12｜x+2｜+1，x

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