x2－4x－5
则f′(x)＝. 2
4x令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数； 当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 12．(1)设函数f(x)＝xe
x2－x＋ex，求f(x)的单调区间．
(2)设f(x)＝e(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)，若函数f(x)在区间
?1，e?上单调递减，求a的取值范围． ?e???
解：(1)因为f(x)＝xe由f′(x)＝e1－x＋e
x－1
2－x2－x＋ex.
x－1
(1－x＋e)及e
2－x＞0知，f′(x)与
同号．
x－1
令g(x)＝1－x＋e，则g′(x)＝－1＋e
x－1
.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
1??1?x?(2)由题意可得f′(x)＝e?ln x＋－a?≤0在?，e?上恒成立．
x???e?
11?1?x因为e>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在?，e?上恒成立．令g(x)＝ln xxx?e?1
＋. x11x－1
因为g′(x)＝－2＝2，
xxx由g′(x)＝0，得x＝1.
x g′(x) g(x) ?1，1? ?e???－ (1，e) ＋ 1e
1e
g??＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，所以g(x)max＝g??＝e－1. ee
?1???
1e
?1???
11
故a≥e－1.
[综合题组练]
1．(2024·丽水模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
解析：选C.由题图可知当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．当x＜－1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当－1＜x＜0时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
2．(2024·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)．当
xx≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为
2
( )
1
A．(，1)
31
C．(，＋∞)
3
1
B．(－∞，)∪(1，＋∞)
31
D．(－∞，) 3
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)， 所以f(－x)＝f(x)
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
2所以xf′(x)＋2xf(x)≤0， 因为g(x)＝xf(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋xf′(x)≤0， 所以g(x)在[0，＋∞)上为减函数， 因为f(x)为偶函数， 所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，
2
2
2
x 12
因为g(x)＜g(1－2x) 所以|x|＞|1－2x|， 即(x－1)(3x－1)＜0 1
解得＜x＜1，选A.
3
3.已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是________．
解析：依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．
答案：(－3，5)
4．(2024·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f(x)＝x－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y＝－3x；
3x－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，
2
3
2
3
f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y＝－3x [－2，2] 1312
5．已知函数g(x)＝x－ax＋2x.
32
(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围； (2)若g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为g′(x)＝x－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)≤0，即x－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
??g′（－2）≤0，??4＋2a＋2≤0，
所以?即?解得a≤－3，
?g′（－1）≤0，??1＋a＋2≤0，?
2
2
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
(2)因为g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x－ax＋2，
2
??Δ>0，所以g′(－2)·g′(－1)<0或?
g′（－2）>0，??g′（－1）>0.
－2<<－1，
2
13
a由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解． －4 ???Δ>0，?a－8>0，由?得? 6＋2a>0， g′（－2）>0，???g′（－1）>0，?3＋a>0， －2<<－1， 2 2 a?－4 2，解得－3 即实数a的取值范围为(－3，－22)． 6．设函数f(x)＝aln x＋ x－1 ，其中a为常数． x＋1 (1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性． 解：(1)由题意知a＝0时，f(x)＝2 此时f′(x)＝2， （x＋1）1 可得f′(1)＝，又f(1)＝0， 2 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． x－1 ，x∈(0，＋∞)， x＋1 a2ax2＋（2a＋2）x＋af′(x)＝＋＝. x（x＋1）2x（x＋1）2 当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令g(x)＝ax＋(2a＋2)x＋a， 2 Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)． 1 ①当a＝－时，Δ＝0， 2 12－（x－1）2 f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． x（x＋1）21 ②当a<－时，Δ<0，g(x)<0， 2 f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 1 ③当－ 2 设x1，x2(x1 14 －（a＋1）＋2a＋1则x1＝， ax2＝ －（a＋1）－2a＋1 . a由于x1＝ a＋1－2a＋1 －aa2＋2a＋1－2a＋1＝>0， －a所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0， 函数f(x)单调递增， 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 综上可得： 当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 1 当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 21 当－ 2 f(x)在?0， ?? －（a＋1）＋2a＋1? a?， ? ?－（a＋1）－2a＋1??，＋∞?上单调递减， a?? 在? ?－（a＋1）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋1? ，?上单调递增． aa?? 15
新高考数学一轮复习第2讲导数在研究函数中的应用1第1课时导数与函数的单调性教学案
