答案解析1.答案為：B；解析：y=x2－lnx，y′=x－==(x＞0).令y′≤0，得0＜x≤1，所以遞減區(qū)間為(0,1]. 2.答案為：B；解析：對(duì)于A，f(x)=sin2x的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)；對(duì)于B，f′(x)=ex(x＋1)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)=xex在(0，＋∞)上為增函數(shù)；對(duì)于C，f′(x)=3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－，∴函數(shù)f(x)=x3－x在和上單調(diào)遞增；對(duì)于D，f′(x)=－1＋=－，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，∴函數(shù)f(x)=－x＋lnx在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增.綜上所述，故選B. 3.答案為：D；解析：利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行驗(yàn)證.f′(x)＞0的解集對(duì)應(yīng)y=f(x)的增區(qū)間，f′(x)＜0的解集對(duì)應(yīng)y=f(x)的減區(qū)間，驗(yàn)證只有D選項(xiàng)符合. 4.答案為：A；解析：設(shè)g(x)=，則g′(x)=＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上遞減，又因?yàn)間(－1)=0，f(x)＞0?g(x)＞0，所以x＜－1. 5.答案為：A；解析：∵f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)=x－，∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由題意知解得1＜a≤2.6.答案為：D；解析：f(x)的定義域是(0，＋∞)，∵f′(x)=，∴x∈(0，e)，f′(x)＞0，x∈(e，＋∞)，f′(x)＜0，故x=e時(shí)，f(x)max=f(e)，而f(2)==，f(3)==，則f(e)＞f(3)＞f(2). 7.答案為：D；解析：令g(x)=f(x)－－，則g′(x)=f′(x)－＞0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(1)=f(1)－－=0，∵f(2cosx)－＋2sin2=f(2cosx)－－=g(2cosx)，∴f(2cosx)＞－2sin2，即g(2cosx)＞0，∴2cosx＞1.又x∈，∴x∈. 8.答案為：D；解析：設(shè)g(x)=，則g′(x)=，∵當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0.∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).由f(x)為奇函數(shù)，知g(x)為偶函數(shù)，則g(－3)=g(3)，又a=g(e)，b=g(ln2)，c=g(－3)=g(3)，∴g(3)＜g(e)＜g(ln2)，故c＜a＜b. 9.答案為：A；解析：設(shè)函數(shù)g(x)=ex·f(x)，對(duì)于A，g(x)=ex·2－x=x，在定義域R上為增函數(shù)，A正確.對(duì)于B，g(x)=ex·x2，則g′(x)=x(x＋2)ex，由g′(x)＞0得x＜－2或x＞0，∴g(x)在定義域R上不是增函數(shù)，B不正確.對(duì)于C，g(x)=ex·3－x=x在定義域R上是減函數(shù)，C不正確.對(duì)于D，g(x)=ex·cosx，則g′(x)=excos，g′(x)＞0在定義域R上不恒成立，D不正確. 10.答案為：B；解析：∵xf′(x)－2f(x)＞0，x＞0，∴′==＞0，∴y=在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴＞，即＞4.∵xf′(x)－3f(x)＜0，x＞0，∴′==＜0，∴y=在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴＜，即＜8.綜上，4＜＜8.11.答案為：(－3,0)∪(0，＋∞).解析：由題意知f′(x)=3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn).需滿足a≠0，且Δ=36＋12a＞0，解得a＞－3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3,0)∪(0，＋∞). 12.答案為：(0,1)∪(2,3)；解析：由題意知f′(x)=－x＋4－=－，由f′(x)=0，得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1和3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3. 13.答案為：{x|x＜－1或x＞1}.解析：設(shè)F(x)=f(x)－x，∴F′(x)=f′(x)－，∵f′(x)＜，∴F′(x)=f′(x)－＜0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減.∵f(x2)＜＋，∴f(x2)－＜f(1)－，∴F(x2)＜F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2＞1，即不等式的解集為{x|x＜－1或x＞1}.14.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>R，f′(x)=ex－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在R上為增函數(shù)；當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)=0得x=lna，則當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)＜0，∴函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上為減函數(shù)，當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)在(lna，＋∞)上為增函數(shù).(2)當(dāng)a=1時(shí)，g(x)=(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x.∵g(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)，∴g′(x)=xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m≤在(2，＋∞)上恒成立.令h(x)=，x∈(2，＋∞)，則h′(x)==.令L(x)=ex－x－2，L′(x)=ex－1＞0在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)=ex－x－2在(2，＋∞)上為增函數(shù)，即L(x)＞L(2)=e2－4＞0，∴h′(x)＞0在(2，＋∞)上成立，即h(x)=在(2，＋∞)上為增函數(shù)，∴h(x)＞h(2)=，∴m≤.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 15.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)=，當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)；當(dāng)a=0時(shí)，f(x)為常函數(shù).(2)由(1)及題意得f′(2)=－=1，即a=－2，∴f(x)=－2lnx＋2x－3，f′(x)=.∴g(x)=x3＋x2－2x，∴g′(x)=3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，即g′(x)在區(qū)間(t,3)上有變號(hào)零點(diǎn).由于g′(0)=－2，∴當(dāng)g′(t)＜0時(shí)，即3t2＋(m＋4)t－2＜0對(duì)任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；由g′(3)＞0，即m＞－.∴－＜m＜－9.即實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 16.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?/span>R，且f′(x)=(ax＋a－1)ex.①當(dāng)a=0時(shí)，f′(x)=－ex＜0，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞).②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＞－；由f′(x)＜0，得x＜－.此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.③當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＜－；由f′(x)＜0，得x＞－.此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.(2)證明：當(dāng)m＞n＞0時(shí)，要證men＋n＜nem＋m，只要證m(en－1)＜n(em－1)，即證＞.(*)設(shè)g(x)=，x＞0，則g′(x)=，x＞0.設(shè)h(x)=(x－1)ex＋1，由(1)知h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)＞h(0)=0，于是g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)m＞n＞0時(shí)，(*)式成立，故當(dāng)m＞n＞0時(shí)，men＋n＜nem＋m.  

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