第2节-第1课时-利用导数研究函数的单调性.doc

第2节　导数在研究函数中的应用
考纲要求　1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.

知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.
2.函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象

形如山峰

形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
3.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.

1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.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.
3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
诊断自测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.(　　)
(3)函数的极大值一定大于其极小值.(　　)
(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.(　　)
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.
(3)函数的极大值也可能小于极小值.
(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.

2.函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A.(0，1) B.(0，＋∞)
C.(1，＋∞) D.(－∞，0)∪(1，＋∞)
答案　A
解析　f′(x)＝1－，且x>0.
由f′(x)<0，得0<x<1.
3.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
答案　A
解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.

4.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)

答案　D
解析　设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.
5.(2020·衡水调研)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为(　　)
A. B.1 C.e D.2e
答案　D
解析　因为f(x)＝2ef′(e)ln x－，所以f′(x)＝－，所以f′(e)＝－＝2f′(e)－，
因此f′(e)＝，所以f′(x)＝－，
由f′(x)>0，得0<x<2e；
由f′(x)<0，得x>2e.
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，因此f(x)的极大值点为x＝2e.
6.(2021·青岛检测)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________.
答案　(0，2]
解析　由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.
又a>0，∴0<a≤2.
第1课时　利用导数研究函数的单调性

考点一　不含参函数的单调性
1.函数f(x)＝x2－2ln x的递减区间是(　　)
A.(0，1) B.(1，＋∞)
C.(－∞，1) D.(－1，1)
答案　A
解析　∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.
2.函数f(x)＝(x－3)ex的递增区间是(　　)
A.(－∞，2) B.(0，3)
C.(1，4) D.(2，＋∞)
答案　D
解析　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，
令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增区间是________.
答案　和
解析　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∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
感悟升华　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.
考点二　讨论含参函数的单调性
【例1】已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性.
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝
＝.
①当0<a<1时，>1，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
感悟升华　1.(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.
2.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.
【训练1】已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)，求f(x)的单调区间.
解　由已知得f′(x)＝a＋＝(x>0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间(0，＋∞).
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－.
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
考点三　根据函数单调性求参数
【例2】(经典母题)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1，2] 内单调递增，求实数a的取值范围.
解　(1)f(x)＝2x＋＋ln x，定义域为(0，＋∞).
∴f′(x)＝2－＋＝.
因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－＋＝，
令f′(x)<0，得0<x<1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，
g′(x)＝2＋＋(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋＋≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).
【迁移1】本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围.
解　依题意g′(x)＝2＋＋在[1，2]上满足g′(x)≤0恒成立，
∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，
又t＝－2x2－x＝－2＋，x∈[1，2]是减函数，∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10.
所以a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，－10].
【迁移2】在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.
解　∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，
∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，
则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，
易知该函数在(1，2)上是减函数，
∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，
因此实数a的取值范围为(－10，－3).
感悟升华　1.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.
2.若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.
考点四　与导数有关的函数单调性的应用
角度1　比较大小
【例3】已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3 ·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log3·f，则a，b，c的大小关系是(　　)
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.c>a>b
答案　D
解析　设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
又当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，
∴x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减.
由y＝f(x)在R上为奇函数，
知g(x)在R上为偶函数，
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴c＝g＝g(－2)＝g(2)，
又0<logπ3<1<30.3<<2，
∴g(logπ3)<g(30.3)<g(2)，即b<a<c.
角度2　解不等式
【例4】已知f(x)在R上是奇函数，且f′(x)为f(x)的导函数，对任意x∈R，均有f(x)>成立，若f(－2)＝2，则不等式f(x)>－2x－1的解集为(　　)
A.(－2，＋∞) B.(2，＋∞)
C.(－∞，－2) D.(－∞，2)
答案　D
解析　f(x)>⇔f′(x)－ln 2·f(x)<0.
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.
由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，
得f(2)＝－2，则g(2)＝＝－，
又f(x)>－2x－1⇔>－＝g(2)，即g(x)>g(2)，
所以x<2.
感悟升华　1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
【训练2】 (1)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.b<c<a
(2)(2021·西安模拟)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，都有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 021为奇函数，则不等式f(x)＋2 021ex<0的解集为(　　)
A.(－∞，0) B.(0，＋∞)
C. D.
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)由题意得，当x<1时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)上为增函数.
又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，
因此有f(－1)<f(0)<f，
则有f(3)<f(0)<f，即c<a<b.
(2)由题意，构造新函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为f(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，所以函数g(x)在R上单调递减.
因为f(x)＋2 021为定义在R上的奇函数，所以f(0)＋2 021＝0，
所以f(0)＝－2 021，则g(0)＝－2 021，
所以不等式f(x)＋2 021ex<0等价于g(x)<g(0)，所以x>0，
所以不等式f(x)＋2 021ex<0的解集为(0，＋∞).
以“函数凹凸性”为背景的导数问题
一般地，函数f(x)的定义域为R，若∀x1，x2∈R(x1≠x2)，都有≤f，则f(x)为凸函数，其图象向上凸出；若∀x1，x2∈R(x1≠x2)，都有≥f，则f(x)为凹函数，其图象向下凸出.
【典例】(2021·昆明诊断)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“严格凸函数”.已知f(x)＝ex－xln x－x2在(1，4)上为“严格凸函数”，则实数m的取值范围是(　　)
A.(－∞，2e－1] B.[e－1，＋∞)
C. D.(e，＋∞)
答案　C
解析　因为f(x)＝ex－xln x－x2，
所以f′(x)＝ex－ln x－1－mx，
所以f″(x)＝ex－－m.
因为f(x)＝ex－xln x－x2在(1，4)上为“严格凸函数”，
所以f″(x)＝ex－－m<0在(1，4)上恒成立，
即m>ex－在(1，4)上恒成立.
令g(x)＝ex－，x∈(1，4)，所以g′(x)＝ex＋>0，
所以g(x)在(1，4)上单调递增，所以g(x)<e4－，
所以m≥e4－，
即实数m的取值范围是.
思维升华　1.f(x)＝ex－xln x－x2在(1，4)上为“严格凸函数”，等价于f″(x)<0在(1，4)上恒成立，利用分离参数法即可得m的取值范围.
2.本题是以函数的凹凸性为背景考查函数的二阶导数的符号的问题，考查了直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养.破解本题的关键是明确严格凸函数的定义，求出所给函数的二阶导数，判断其是否在给定的区间上恒为负值.
【训练】(2021·河南名校联考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)>0，且∀x1，x2∈R(x1≠x2)，f(x1)＋f(x2)<2f，则下列选项中不一定正确的是(　　)
A.f(2)<f(e)<f(π) B.f′(π)<f′(e)<f′(2)
C.f(2)<f′(2)－f′(3)<f(3) D.f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)
答案　C
解析　因为f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增.
∀x1，x2∈R(x1≠x2)，恒有f(x1)＋f(x2)<2f，
即<f，
所以y＝f(x)的图象是向上凸起的，大致图象如图所示.

由图可知f(2)<f(e)<f(π)，故A项正确.
因为f′(x)反映了函数f(x)图象上各点处的切线的斜率，
由图可知，随着x的增大，f(x)的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，
所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，故B项正确.
因为f(3)－f(2)＝表示点A(2，f(2))与B(3，f(3))连线所在直线的斜率kAB，所以结合图可知f′(3)<kAB<f′(2)，故D正确.
显然只有f(2)<f′(2)－f′(3)<f(3)无法判断正误.

A级　基础巩固
一、选择题
1.函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　)

答案　D
解析　由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足.
2.函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)<0，解得0<x<，
故f(x)的单调递减区间是.
3.设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A.(1，2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2] D.(0，3]
答案　A
解析　易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－.
又x>0，由f′(x)＝x－≤0，得0<x≤3.
因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，
所以解得1<a≤2.
4.已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，则(　　)
A.4f(1)<f(2) B.4f(1)>f(2)
C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2)
答案　B
解析　设函数g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝<0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，因此g(1)>g(2)，
即>，所以4f(1)>f(2).
5.已知函数f(x)＝x3－4x＋2ex－2e－x，其中e为自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是(　　)
A.(－∞，－1] B.
C. D.
答案　D
解析　f′(x)＝x2－4＋2ex＋2e－x≥x2－4＋2＝x2≥0，∴f(x)在R上是增函数.
又f(－x)＝－x3＋4x＋2e－x－2ex＝－f(x)，知f(x)为奇函数.
故f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)，
∴a－1≤－2a2，解之得－1≤a≤.
6.若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是(　　)
A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2
C.f(x)＝3－x D.f(x)＝cos x
答案　A
解析　设函数g(x)＝ex·f(x)，
对于A，g(x)＝ex·2－x＝，在定义域R上为增函数，A正确.
对于B，g(x)＝ex·x2，则g′(x)＝x(x＋2)ex，由g′(x)>0得x<－2或x>0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.
对于C，g(x)＝ex·3－x＝在定义域R上是减函数，C不正确.
对于D，g(x)＝ex·cos x，则g′(x)＝excos，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确.
二、填空题
7.已知a为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若f′(－1)＝－3，则函数f(x)的单调递增区间为________.
答案　
解析　f(x)＝ax3＋3x＋2，则f′(x)＝3ax2＋3，
又f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得a＝－2，
∴f′(x)＝－6x2＋3，由f′(x)>0，解得－<x<.
故f(x)的单调递增区间为.
8.(2020·东北三省三校调研)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________.
答案　
解析　f′(x)＝4x－＝(x>0)，
令f′(x)>0，得x>；
令f′(x)<0，得0<x<.
依题意，解之得1≤k<.
9.设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是________________.
答案　(－∞，－2)∪(0，2)
解析　令φ(x)＝，
∵当x>0时，′＝<0，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，
又f(2)＝0，即φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，
此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
三、解答题
10.已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求实数k的值；
(2)求函数f(x)的单调区间.
解　(1)f′(x)＝(x>0).
又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝(x>0).
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.
由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.
综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).
11.已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.
解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋－3＝
＝(x>0).
当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).
(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，
则g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立.
即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立.
所以x2－2x－2a≥0在x>0时恒成立，
所以a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立.
令φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，
则其最小值为－.
所以当a≤－时，g′(x)≥0恒成立.
又当a＝－时，g′(x)＝，
当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.
故当a∈时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增.
B级　能力提升
12.已知a＝ln，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A.b>c>a B.a>c>b C.a>b>c D.b>a>c
答案　D
解析　依题意，得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝.令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以f(x)max＝f(e)＝＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.
13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.
答案　
解析　令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.
当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，
则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.
由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g(2x)>g(x－1)，于是g(|2x|)>g(|x－1|)，则|2x|<|x－1|，解得－1<x<.
14.已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln .
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在区间上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，
故当且仅当a2≥0，
即0>a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].