第2节 导数与函数的单调性
[课程标准要求]
1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y=f(x)在区间(a,b)内可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a,b)内 单调递增
f′(x)<0 f(x)在区间(a,b)内 单调递减
f′(x)=0 f(x)在区间(a,b)内是 常数函数
1.在区间(a,b)内,f′(x)>0(f′(x)<0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充分不必要条件.
2.f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间(a,b)内恒成立是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的必要不充分条件.
3.若f′(x)在区间(a,b)的任意子区间上都不恒等于零,则f′(x)≥0(f′(x)≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
1.(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)函数f(x)=cos x－x在(0,π)内( )
[A] 先增后减 [B] 先减后增
[C] 单调递增 [D] 单调递减
2. (人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5 T3改编)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( )
[A] [B]
[C] [D]
3.已知函数f(x)=ln x+x2+ax的单调递减区间为(,1),则( )
[A] a∈(－∞,－3] [B] a=－3
[C] a=3 [D] a∈(－∞,3]
4.(人教A版选择性必修第二册P97练习 T1改编)已知函数f(x)=1+x－sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是( )
[A] f(2)>f(3)>f(π)
[B] f(3)>f(2)>f(π)
[C] f(2)>f(π)>f(3)
[D] f(π)>f(3)>f(2)
5.(人教A版选择性必修第二册P89例4改编)已知f(x)=log3x,g(x)=ln x.因为f′(x) g′(x),所以f(x)的图象比g(x)的图象更 (第一个空填“>”或“<”,第二个空填“陡峭”或“平缓”).
考点一 不含参函数的单调性
1.(2025·广东东莞模拟)函数f(x)=ex－x－2的单调递减区间为( )
[A] (－∞,0) [B] (－∞,1)
[C] (0,+∞) [D] (1,+∞)
2.下列函数中,在(1,+∞)上为增函数的是( )
[A] y=x3－3x [B] y=ln x－x
[C] y=x+ [D] y=x2－3x+1
3.(2025·四川成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=x(1－ln x),则当x<0时,f(x)的单调递增区间为 .
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.
易错警示: 确定不含参数的函数的单调区间,应注意两点,一是不能漏掉求函数的定义域;二是书写函数的单调区间时不能用并集,要用“,”或“和”隔开.
考点二 含参函数的单调性
[例1] 已知函数f(x)=ln x+ax2－(2a+1)x,若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.
利用导数研究含参函数单调性的策略
(1)讨论含参数的函数单调性,要依据参数对导数正负性的影响进行分类讨论.
(2)划分函数的单调区间时,先确定导数的零点和函数的间断点,然后在函数定义域内讨论.
(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.
[针对训练] 已知函数f(x)=(x2－2ax－2a)ln x－(x2+a2)+(2a+2)x,a∈R,讨论f(x)的单调性.
考点三 用导数解决函数单调性的应用问题
角度1 比较大小
[例2] (2025·安徽安庆模拟)已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为( )
[A] a
[C] a利用导数比较大小的关键
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.
角度2 解不等式
[例3] (2025·贵州贵阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f′(x)+ex也是偶函数,若f(a)>f(2a－1),则实数a的取值范围是( )
[A] (－∞,1)
[B] (1,+∞)
[C] (,1)
[D] (－∞,)∪(1,+∞)
利用导数解不等式的关键
解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,再利用导数研究新函数的单调性,同时结合新函数的奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x)),再利用单调性得到关于g(x),h(x)的不等式,解此不等式得原不等式的解集.
角度3 根据函数的单调性求参数
[例4] (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex－ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( )
[A] e2 [B] e [C] e－1 [D] e－2
(2)已知函数f(x)=x2ex,若f(x)在[t,t+1]上不单调,则实数t的取值范围是 .
(1)可导函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立,得到关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值问题,求出参数的取值范围.此时应注意式子f′(x)≥0(或f′(x)≤0)中等号不能省略,否则会漏解.
(2)可导函数在区间(a,b)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,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.
(3)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(需验证解的两侧f′(x)是否异号).
[针对训练]
1.(角度1)(2025·云南曲靖模拟)已知a=ln(e),b=,c=+1,则a,b,c的大小关系为( )
[A] c>a>b [B] b>a>c
[C] a>b>c [D] b>c>a
2.(角度2)(2025·北京模拟)已知函数f(x)=3x－2x－1,则不等式f(x)<0的解集是( )
[A] (0,1) [B] (0,+∞)
[C] (－∞,0) [D] (－∞,0)∪(1,+∞)
3.(角度3)(2025·内蒙古呼和浩特模拟)在区间(0,π)上,函数y=存在单调递增区间,则实数a的取值范围是( )
[A] (－∞,1) [B] (－∞,]
[C] (－∞,) [D] (－∞,1]
(分值:100分)
选题明细表
知识点、方法 题号
利用导数判断函数的单调性 2,3,8,9,15
利用导数比较大小或解不等式 1,4,5,6
利用导数求参数的取值范围 7,10,11,12,13,14,16
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列结论正确的是( )
[A] f(b)>f(c)>f(a) [B] f(b)>f(c)=f(e)
[C] f(c)>f(b)>f(a) [D] f(e)>f(d)>f(c)
2.若函数f(x)=x3－x2+ax+4 的单调递减区间是[－1,4] ,则a等于( )
[A] －4 [B] －1 [C] 1 [D] 4
3.(2025·广东深圳模拟)f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是下列选项中的( )
[A] [B]
[C] [D]
4. (2025·广西钦州模拟)若偶函数f(x)的定义域为(－∞,0)∪(0,+∞),f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示,则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
[A] (－∞,－1)∪(0,1)
[B] (－1,0)∪(1,+∞)
[C] (－∞,－1)∪(1,+∞)
[D] (－1,0)∪(0,1)
5.(2025·江西九江模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ex+sin x,则不等式f(2x－1)[A] (,+∞) [B] (0,)
[C] (0,) [D] (,)
6.设函数f(x),g(x)在R上的导函数存在,且f′(x)[A] f(x)[B] f(x)>g(x)
[C] f(x)+g(a)[D] f(x)+g(b)7.(5分)(2025·江苏常州模拟)若函数f(x)=x3－ax2+x存在单调递减区间,则实数a的取值范围是 .
8.(12分)(2025·湖南娄底模拟)已知f(x)=－a(ln x+),讨论函数f(x)的单调性.
9.(多选题)(2025·福建泉州模拟)函数f(x)=ln(1+x)－kln(1－x)的大致图象可能为( )
[A] [B] [C] [D]
10.(多选题)已知函数f(x)=ax++aln 在x∈(,2)上有三个单调区间,则实数a的取值可以是( )
[A] －e [B] －2 [C] － [D] －
11.(2025·河南平顶山模拟)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( )
[A] [B] [C] [D]
12.已知函数f(x)=x2+ax－ln x,若m,n∈[1,+∞),且>3恒成立,则a的取值范围是( )
[A] [1,+∞) [B] [3－2,+∞)
[C] (2,+∞) [D] [2,+∞)
13.(5分)已知函数f(x)=x2+2cos x,x∈R,若f(loa)+f(log3a)≤2f(1),则实数a的取值范围为 .
14.(15分)已知函数f(x)=x3+x2－2ax－3,g(x)=x3+5x－7.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数f(x)在区间[－2,0]上不单调,且当x∈[－2,0]时,不等式f(x)15.(多选题)(2025·八省联考)在人工神经网络中,单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数.双曲正切函数是一种激励函数.定义双曲正弦函数sinh x=,双曲余弦函数cosh x=,双曲正切函数tanh x=,则( )
[A] 双曲正弦函数是增函数
[B] 双曲余弦函数是增函数
[C] 双曲正切函数是增函数
[D] tanh(x+y)=
16.(5分)(2025·湖北襄阳模拟)函数f(x)的导函数为f′(x),若在f(x)的定义域内存在一个区间D,f(x)在区间D上单调递增,f′(x)在区间D上单调递减,则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex－x2,区间(0,)是其一个“渐缓增区间”,那么实数a的取值范围是 .
第2节 导数与函数的单调性（解析版 ）
[课程标准要求]
1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y=f(x)在区间(a,b)内可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a,b)内 单调递增
f′(x)<0 f(x)在区间(a,b)内 单调递减
f′(x)=0 f(x)在区间(a,b)内是 常数函数
1.在区间(a,b)内,f′(x)>0(f′(x)<0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充分不必要条件.
2.f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间(a,b)内恒成立是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的必要不充分条件.
3.若f′(x)在区间(a,b)的任意子区间上都不恒等于零,则f′(x)≥0(f′(x)≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
1.(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)函数f(x)=cos x－x在(0,π)内( )
[A] 先增后减 [B] 先减后增
[C] 单调递增 [D] 单调递减
【答案】 D
【解析】 因为当x∈(0,π)时,f′(x)=－sin x－1<0,所以f(x)在(0,π)内单调递减.故选D.
2. (人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5 T3改编)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( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 由题图可知当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0;所以函数f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,D选项符合.故选D.
3.已知函数f(x)=ln x+x2+ax的单调递减区间为(,1),则( )
[A] a∈(－∞,－3] [B] a=－3
[C] a=3 [D] a∈(－∞,3]
【答案】 B
【解析】 由题意得f′(x)=+2x+a<0的解集为(,1),所以不等式2x2+ax+1<0的解集为(,1),所以+1=－,解得a=－3.故选B.
4.(人教A版选择性必修第二册P97练习 T1改编)已知函数f(x)=1+x－sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是( )
[A] f(2)>f(3)>f(π)
[B] f(3)>f(2)>f(π)
[C] f(2)>f(π)>f(3)
[D] f(π)>f(3)>f(2)
【答案】 D
【解析】 f′(x)=1－cos x,当x∈(0,π]时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,π]上单调递增,所以f(π)>f(3)>f(2).故选D.
5.(人教A版选择性必修第二册P89例4改编)已知f(x)=log3x,g(x)=ln x.因为f′(x) g′(x),所以f(x)的图象比g(x)的图象更 (第一个空填“>”或“<”,第二个空填“陡峭”或“平缓”).
【答案】 < 平缓
【解析】 由题意知,x>0,因为f′(x)=>0,g′(x)=>0,且=ln 3>ln e=1,所以f′(x)考点一 不含参函数的单调性
1.(2025·广东东莞模拟)函数f(x)=ex－x－2的单调递减区间为( )
[A] (－∞,0) [B] (－∞,1)
[C] (0,+∞) [D] (1,+∞)
【答案】 A
【解析】 f′(x)=ex－1,令f′(x)<0可得ex<1,即x<0,所以当x∈(－∞,0)时,函数单调递减.故选A.
2.下列函数中,在(1,+∞)上为增函数的是( )
[A] y=x3－3x [B] y=ln x－x
[C] y=x+ [D] y=x2－3x+1
【答案】 A
【解析】 对于A,y=x3－3x,其导数y′=3x2－3,在区间(1,+∞)上,y′>0,函数为增函数,符合题意;
对于B,y=ln x－x,其导数y′=－1=,在区间(1,+∞)上,y′<0,函数为减函数,不符合题意;
对于C,y=x+,其导数y′=1－,在区间(1,2)上,y′<0,函数单调递减,不符合题意;
对于D,y=x2－3x+1是二次函数,在区间(1,)上单调递减,不符合题意.故选A.
3.(2025·四川成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=x(1－ln x),则当x<0时,f(x)的单调递增区间为 .
【答案】 (－1,0)
【解析】 当x>0时,f′(x)=－ln x,由f′(x)>0,解得0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.
易错警示: 确定不含参数的函数的单调区间,应注意两点,一是不能漏掉求函数的定义域;二是书写函数的单调区间时不能用并集,要用“,”或“和”隔开.
考点二 含参函数的单调性
[例1] 已知函数f(x)=ln x+ax2－(2a+1)x,若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.
【解】 函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=+2ax－(2a+1)==.
当a>0时,令f′(x)=0,得x=1或x=.
(1)当<1,即a>时,
则由f′(x)>0,得01;
由f′(x)<0,得所以函数f(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)当=1,即a=时,f′(x)=≥0恒成立,且f′(x)不恒为零,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)当>1,即0则由f′(x)>0,得x>或0由f′(x)<0,得1所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
综上,当a>时,函数f(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0利用导数研究含参函数单调性的策略
(1)讨论含参数的函数单调性,要依据参数对导数正负性的影响进行分类讨论.
(2)划分函数的单调区间时,先确定导数的零点和函数的间断点,然后在函数定义域内讨论.
(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.
[针对训练] 已知函数f(x)=(x2－2ax－2a)ln x－(x2+a2)+(2a+2)x,a∈R,讨论f(x)的单调性.
【解】 由函数f(x)=(x2－2ax－2a)ln x－(x2+a2)+(2a+2)x,
可得f′(x)=(2x－2a)ln x+2－=2(x－a)(ln x+)(x>0),
设g(x)=ln x+,则g′(x)==,
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(1)=1>0,即ln x+>0,
若a≤0,则x－a>0,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
考点三 用导数解决函数单调性的应用问题
角度1 比较大小
[例2] (2025·安徽安庆模拟)已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为( )
[A] a[C] a【答案】 C
【解析】 设f(x)=,则f′(x)=(x>0).令f′(x)<0,解得x>,因此f(x)在(,+∞)上单调递减,因为a===f(4),b===f(e),c===f(),且4>e>>,所以f(4)利用导数比较大小的关键
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.
角度2 解不等式
[例3] (2025·贵州贵阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f′(x)+ex也是偶函数,若f(a)>f(2a－1),则实数a的取值范围是( )
[A] (－∞,1)
[B] (1,+∞)
[C] (,1)
[D] (－∞,)∪(1,+∞)
【答案】 D
【解析】 因为函数f(x)是定义在R上的偶函数,f(－x)=f(x),所以－f′(－x)=f′(x),
则f′(－x)=－f′(x).
又因为函数f′(x)+ex也是偶函数,所以f′(－x)+e－x=f′(x)+ex,得f′(x)=(e－x－ex),
因为y=e－x为减函数,y=ex为增函数,
所以f′(x)=(e－x－ex)为减函数,
又f′(0)=×(e0－e0)=0,
所以当x>0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,
根据偶函数的性质可知f(a)>f(2a－1),即f(|a|)>f(|2a－1|),即|a|<|2a－1|,
得a>1或a<,所以不等式的解集为(－∞,)∪(1,+∞).
故选D.
利用导数解不等式的关键
解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,再利用导数研究新函数的单调性,同时结合新函数的奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x)),再利用单调性得到关于g(x),h(x)的不等式,解此不等式得原不等式的解集.
角度3 根据函数的单调性求参数
[例4] (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex－ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( )
[A] e2 [B] e [C] e－1 [D] e－2
(2)已知函数f(x)=x2ex,若f(x)在[t,t+1]上不单调,则实数t的取值范围是 .
[溯源探本] 本例题(1)源于人教B版选择性必修第三册P113复习题B组T4.
【答案】(1)C (2)(－3,－2)∪(－1,0)
【解析】 (1)依题意可知,f′(x)=aex－≥0在(1,2)上恒成立,显然a>0,所以xex≥,
设g(x)=xex,x∈(1,2),所以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≥,即a≥=e－1,即a的最小值为e－1.故选C.
(2)由题意得,f′(x)=ex(x2+2x),令f′(x)=0,得x=0或x=－2,
当x∈(－∞,－2)∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(－2,0)时,f′(x)<0,
故f(x)在(－∞,－2),(0,+∞)上单调递增,在(－2,0)上单调递减,
又因为f(x)在[t,t+1]上不单调,所以或得－3即实数t的取值范围是(－3,－2)∪(－1,0).
(1)可导函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立,得到关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值问题,求出参数的取值范围.此时应注意式子f′(x)≥0(或f′(x)≤0)中等号不能省略,否则会漏解.
(2)可导函数在区间(a,b)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,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.
(3)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(需验证解的两侧f′(x)是否异号).
[针对训练]
1.(角度1)(2025·云南曲靖模拟)已知a=ln(e),b=,c=+1,则a,b,c的大小关系为( )
[A] c>a>b [B] b>a>c
[C] a>b>c [D] b>c>a
【答案】 B
【解析】 设f(x)=,则f′(x)=(x>0),
当00,f(x)在(0,e)上单调递增;
当x>e时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(e)=,则>,>,即b>c,b>a;
由==<0,可知ca>c.故选B.
2.(角度2)(2025·北京模拟)已知函数f(x)=3x－2x－1,则不等式f(x)<0的解集是( )
[A] (0,1) [B] (0,+∞)
[C] (－∞,0) [D] (－∞,0)∪(1,+∞)
【答案】 A
【解析】 因为f′(x)=3xln 3－2单调递增,且f′(0)=ln 3－2<0,f′(1)=3ln 3－2>0,
所以存在唯一的x0∈(0,1),使得f′(x0)=0,所以当xx0时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(－∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又f(0)=f(1)=0,且03.(角度3)(2025·内蒙古呼和浩特模拟)在区间(0,π)上,函数y=存在单调递增区间,则实数a的取值范围是( )
[A] (－∞,1) [B] (－∞,]
[C] (－∞,) [D] (－∞,1]
【答案】 C
【解析】 函数y=,求导得
y′=,
依题意,不等式xsin x－a+cos x>0在(0,π)上有解,即a令f(x)=xsin x+cos x,x∈(0,π),求导得f′(x)=xcos x,
当x∈(0,)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(,π)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
则当x=时,f(x)max=,因此a<,
所以实数a的取值范围是(－∞,).
故选C.
(分值:100分)
选题明细表
知识点、方法 题号
利用导数判断函数的单调性 2,3,8,9,15
利用导数比较大小或解不等式 1,4,5,6
利用导数求参数的取值范围 7,10,11,12,13,14,16
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列结论正确的是( )
[A] f(b)>f(c)>f(a) [B] f(b)>f(c)=f(e)
[C] f(c)>f(b)>f(a) [D] f(e)>f(d)>f(c)
【答案】 D
【解析】 由题意可知,当x∈[c,e]时,f′(x)≥0,函数单调递增,所以f(e)>f(d)>f(c).故选D.
2.若函数f(x)=x3－x2+ax+4 的单调递减区间是[－1,4] ,则a等于( )
[A] －4 [B] －1 [C] 1 [D] 4
【答案】 A
【解析】 易知f′(x)=x2－3x+a ,由题意知f′(x)≤0 的解集为[－1,4] ,则－1 与4是方程x2－3x+a=0 的两个根,故a=－1×4=－4 .故选A.
3.(2025·广东深圳模拟)f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是下列选项中的( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 由导函数的图象可知,当x<0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
当0当x>2时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,只有选项C符合.故选C.
4. (2025·广西钦州模拟)若偶函数f(x)的定义域为(－∞,0)∪(0,+∞),f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示,则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
[A] (－∞,－1)∪(0,1)
[B] (－1,0)∪(1,+∞)
[C] (－∞,－1)∪(1,+∞)
[D] (－1,0)∪(0,1)
【答案】 B
【解析】 由题图可知,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.
又由f(x)为偶函数,则f(x)在区间(－∞,0)上单调递减,则在区间(－∞,0)上f′(x)<0.
由f(－1)=f(1)=0可得,
在区间(－∞,－1)上f′(x)<0,f(x)>0.
在区间(－1,0)上f′(x)<0,f(x)<0.
在区间(0,1)上f′(x)>0,f(x)<0.
在区间(1,+∞)上f′(x)>0,f(x)>0.
故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(－1,0)∪(1,+∞).故选B.
5.(2025·江西九江模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ex+sin x,则不等式f(2x－1)[A] (,+∞) [B] (0,)
[C] (0,) [D] (,)
【答案】 D
【解析】 当x≥0时,f′(x)=ex+cos x,
因为ex≥1,cos x∈[－1,1],
所以f′(x)=ex+cos x>0在[0,+∞)上恒成立,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
又因为f(x)是定义在R上的偶函数,
所以f(x)在(－∞,0]上单调递减,
所以f(－π)=f(π)=eπ,
所以由f(2x－1)可得－π<2x－1<π,
解得x∈(,).故选D.
6.设函数f(x),g(x)在R上的导函数存在,且f′(x)[A] f(x)[B] f(x)>g(x)
[C] f(x)+g(a)[D] f(x)+g(b)【答案】 C
【解析】 对于A,B,不妨设f(x)=－2x,g(x)=1,则f′(x)=－2,g′(x)=0,满足题意,若x=－1∈(a,b),则f(－1)=2>1=g(x),故A错误;若x=0∈(a,b),则f(0)=0<1=g(x),故B错误;对于C,D,因为f(x),g(x)在R上的导函数存在,且f′(x)g(x)+f(b),故D错误.故选C.
7.(5分)(2025·江苏常州模拟)若函数f(x)=x3－ax2+x存在单调递减区间,则实数a的取值范围是 .
【答案】 (－∞,－1)∪(1,+∞)
【解析】 f′(x)=x2－2ax+1,因为函数f(x)=x3－ax2+x存在单调递减区间,所以存在x,使得f′(x)<0成立,所以导函数的判别式Δ=4a2－4>0,解得a<－1或a>1,所以实数a的取值范围是(－∞,－1)∪(1,+∞).
8.(12分)(2025·湖南娄底模拟)已知f(x)=－a(ln x+),讨论函数f(x)的单调性.
【解】 由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且 f′(x)=－a()=.
①当a≤1时,因为x>0,所以ex>1,所以ex－a>0.
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
②当1由f′(x)>0,解得01.
所以f(x)在(ln a,1)上单调递减,在(0,ln a),(1,+∞)上单调递增.
③当a=e时,f′(x)≥0(当且仅当x=1时,取等号)恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
④当a>e时,由f′(x)<0,解得10,解得0ln a.
所以f(x)在(1,ln a)上单调递减,在(0,1),(ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当1当a=e时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>e时,f(x)在(1,ln a)上单调递减,在(0,1),(ln a,+∞)上单调递增.
9.(多选题)(2025·福建泉州模拟)函数f(x)=ln(1+x)－kln(1－x)的大致图象可能为( )
[A] [B] [C] [D]
【答案】 BCD
【解析】 因为f(x)=ln(1+x)－kln(1－x),所以解得－1故f(x)的定义域为(－1,1).
f′(x)=+=,
f(－x)=ln(1－x)－kln(1+x),
因为当k>0时,f′(x)=+>0在区间(－1,1)上恒成立,所以f(x)在区间(－1,1)上单调递增,
当k=1时,f(－x)=－f(x),此时f(x)为奇函数,故选项B正确;
当k=0时,f(x)=ln(1+x),易知其图象为选项D,故选项D正确;
当k<0时,由f′(x)=0,得x==1+,又－(－1)=>0,所以－1<<1,
即f(x)在区间(－1,)上单调递增,在区间(,1)上单调递减.
综上可知,f(x)在区间(－1,1)上不单调,故选项A不正确;
当k=－1时,f(－x)=f(x),此时f(x)为偶函数,且f(x)在区间(－1,0)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减,故选项C正确.故选BCD.
10.(多选题)已知函数f(x)=ax++aln 在x∈(,2)上有三个单调区间,则实数a的取值可以是( )
[A] －e [B] －2 [C] － [D] －
【答案】 BD
【解析】 由题意可知函数在x∈(,2)上有三个单调区间,等价于f′(x)在x∈(,2)上有两个不同的变号零点.f′(x)=,令f′(x)=0,则必有一根x1=1,
即ax+ex=0在x∈(,2)上有唯一不为1的根,则有a=－有唯一不为1的根,
令g(x)=－,则g′(x)=－,
故当0,g(x)单调递增,
当1即a∈(－,－2].故选BD.
11.(2025·河南平顶山模拟)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( )
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 由题意得f′(x)=aex－,x∈(1,3),
函数f(x)=aex－ln x在区间(1,3)上单调递减,即f′(x)≤0在(1,3)上恒成立.
所以aex－≤0在(1,3)上恒成立,即a≤在(1,3)上恒成立,
令g(x)=,x∈(1,3),则g′(x)=－<0在(1,3)上恒成立.
所以g(x)在(1,3)上单调递减,所以g(3)所以a≤,即实数a的最大值为.故选C.
12.已知函数f(x)=x2+ax－ln x,若m,n∈[1,+∞),且>3恒成立,则a的取值范围是( )
[A] [1,+∞) [B] [3－2,+∞)
[C] (2,+∞) [D] [2,+∞)
【答案】 D
【解析】 假设m>n,由>3,得f(m)－3m>f(n)－3n,令g(x)=f(x)－3x=x2+(a－3)x－ln x,因此函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增.
g′(x)=2x+a－3－=(x>0),
因为g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以1>－且g′(1)≥0,解得a≥2.故选D.
13.(5分)已知函数f(x)=x2+2cos x,x∈R,若f(loa)+f(log3a)≤2f(1),则实数a的取值范围为 .
【答案】 [,3]
【解析】 由f(－x)=(－x)2+2cos(－x)=x2+2cos x=f(x),
知函数f(x)是定义在R上的偶函数,又f′(x)=2(x－sin x),
令y=x－sin x,当x∈(0,+∞)时,有y′=1－cos x≥0,故y=x－sin x在(0,+∞)上单调递增,
所以y>0,即x－sin x>0在(0,+∞)上恒成立,所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
f(loa)+f(log3a)≤2f(1),则f(－log3a)+f(log3a)≤2f(1),
所以2f(log3a)≤2f(1),即f(log3a)≤f(1),
即f(|log3a|)≤f(1),
所以|log3a|≤1,即－1≤log3a≤1,
解得≤a≤3.
14.(15分)已知函数f(x)=x3+x2－2ax－3,g(x)=x3+5x－7.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数f(x)在区间[－2,0]上不单调,且当x∈[－2,0]时,不等式f(x)【解】 (1)当a=1时,f(x)=x3－x2－2x－3,定义域为R,
所以f′(x)=x2－x－2=(x－2)(x+1),
令f′(x)>0,得x<－1或x>2,
函数f(x)的单调递增区间是(－∞,－1),(2,+∞).
(2)f′(x)=x2+(a－2)x－2a=(x+a)(x－2),
令f′(x)=0,得x=2或x=－a,
因为函数f(x)在区间[－2,0]上不单调,
所以－a∈(－2,0),即0又因为在(－2,－a)上,f′(x)>0,在(－a,0)上,f′(x)<0,
f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－a),
所以当x∈[－2,0]时,不等式f(x)所以－a3+·a2+2a2－3所以a2－5a+4<0,解得1综上所述,a的取值范围是(1,2).
15.(多选题)(2025·八省联考)在人工神经网络中,单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数.双曲正切函数是一种激励函数.定义双曲正弦函数sinh x=,双曲余弦函数cosh x=,双曲正切函数tanh x=,则( )
[A] 双曲正弦函数是增函数
[B] 双曲余弦函数是增函数
[C] 双曲正切函数是增函数
[D] tanh(x+y)=
【答案】 ACD
【解析】 (sinh x)′=(ex+e－x)>0,所以双曲正弦函数是增函数,A正确;(cosh x)′=(ex－e－x),
所以y=cosh x在(－∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,B错误;tanh x==,
(tanh x)′==>0,所以双曲正切函数是增函数,C正确;
tanh(x+y)=,
=
=
===tanh(x+y),D正确.故选ACD.
16.(5分)(2025·湖北襄阳模拟)函数f(x)的导函数为f′(x),若在f(x)的定义域内存在一个区间D,f(x)在区间D上单调递增,f′(x)在区间D上单调递减,则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex－x2,区间(0,)是其一个“渐缓增区间”,那么实数a的取值范围是 .
【答案】 [,]
【解析】 对于函数f(x)=aex－x2,f′(x)=aex－2x,令g(x)=aex－2x,
则g′(x)=aex－2,因为f′(x)在区间(0,)上单调递减,所以aex－2≤0恒成立,即a≤恒成立,
又>=,所以a≤,
又f(x)在区间(0,)上单调递增,
所以f′(x)=aex－2x≥0恒成立,即a≥恒成立,令h(x)=,x∈[0,],因为h′(x)=>0恒成立,所以h(x)max==,所以a≥,
综上,得≤a≤.
(
第
15
页
)(共86张PPT)
第2节 导数与函数的单调性
1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
[课程标准要求]
必备知识
课前回顾
知识梳理
函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y=f(x)在区间(a,b)内可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a,b)内
f′(x)<0 f(x)在区间(a,b)内
f′(x)=0 f(x)在区间(a,b)内是
单调递增
单调递减
常数函数
重要结论
1.在区间(a,b)内,f′(x)>0(f′(x)<0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充分不必要条件.
2.f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间(a,b)内恒成立是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的必要不充分条件.
3.若f′(x)在区间(a,b)的任意子区间上都不恒等于零,则f′(x)≥0(f′(x)≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
对点自测
1.(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)函数f(x)=cos x－x在(0,π)内( )
[A] 先增后减 [B] 先减后增
[C] 单调递增 [D] 单调递减
D
【解析】 因为当x∈(0,π)时,f′(x)=－sin x－1<0,所以f(x)在(0,π)内单调递减.故选D.
对点自测
2. (人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5 T3改编)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( )
D
[A] [B] [C] [D]
对点自测
【解析】 由题图可知当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0;
所以函数f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,D选项符合.
故选D.
对点自测
[A] a∈(－∞,－3] [B] a=－3
[C] a=3 [D] a∈(－∞,3]
B
对点自测
4.(人教A版选择性必修第二册P97练习 T1改编)已知函数f(x)=1+x－sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是( )
[A] f(2)>f(3)>f(π)
[B] f(3)>f(2)>f(π)
[C] f(2)>f(π)>f(3)
[D] f(π)>f(3)>f(2)
D
对点自测
【解析】 f′(x)=1－cos x,当x∈(0,π]时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,π]上单调递增,所以f(π)>f(3)>f(2).故选D.
对点自测
5.(人教A版选择性必修第二册P89例4改编)已知f(x)=log3x,g(x)=ln x.因为f′(x) g′(x),所以f(x)的图象比g(x)的图象更 (第一个空填“>”或“<”,第二个空填“陡峭”或“平缓”).
<
平缓
关键能力
课堂突破
考点一 不含参函数的单调性
1.(2025·广东东莞模拟)函数f(x)=ex－x－2的单调递减区间为( )
[A] (－∞,0) [B] (－∞,1)
[C] (0,+∞) [D] (1,+∞)
A
【解析】 f′(x)=ex－1,令f′(x)<0可得ex<1,即x<0,所以当x∈(－∞,0)时,函数单调递减.故选A.
A
2.下列函数中,在(1,+∞)上为增函数的是( )
3.(2025·四川成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,
f(x)=x(1－ln x),则当x<0时,f(x)的单调递增区间为 .
(－1,0)
【解析】 当x>0时,f′(x)=－ln x,由f′(x)>0,解得0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.
题后悟通
易错警示: 确定不含参数的函数的单调区间,应注意两点,一是不能漏掉求函数的定义域;二是书写函数的单调区间时不能用并集,要用“,”或“和”隔开.
解题策略
考点二 含参函数的单调性
[例1] 已知函数f(x)=ln x+ax2－(2a+1)x,若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.
利用导数研究含参函数单调性的策略
(1)讨论含参数的函数单调性,要依据参数对导数正负性的影响进行分类
讨论.
(2)划分函数的单调区间时,先确定导数的零点和函数的间断点,然后在函数定义域内讨论.
(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.
解题策略
若a≤0,则x－a>0,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
考点三 用导数解决函数单调性的应用问题
角度1 比较大小
C
[A] a[C] a解题策略
利用导数比较大小的关键
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.
角度2 解不等式
[例3] (2025·贵州贵阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f′(x)+ex也是偶函数,若f(a)>f(2a－1),则实数a的取值范围是( )
D
解题策略
利用导数解不等式的关键
解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,再利用导数研究新函数的单调性,同时结合新函数的奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x)),再利用单调性得到关于g(x),h(x)的不等式,解此不等式得原不等式的解集.
角度3 根据函数的单调性求参数
[例4] (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex－ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( )
[A] e2 [B] e [C] e－1 [D] e－2
C
(2)已知函数f(x)=x2ex,若f(x)在[t,t+1]上不单调,则实数t的取值范围是
.
(－3,－2)∪(－1,0)
[溯源探本] 本例题(1)源于人教B版选择性必修第三册P113复习题B组T4.
解题策略
(1)可导函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立,得到关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值问题,求出参数的取值范围.此时应注意式子f′(x)≥0(或f′(x)≤0)中等号不能省略,否则会漏解.
解题策略
(2)可导函数在区间(a,b)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,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.
(3)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(需验证解的两侧f′(x)是否异号).
[针对训练]
B
[A] c>a>b [B] b>a>c
[C] a>b>c [D] b>c>a
2.(角度2)(2025·北京模拟)已知函数f(x)=3x－2x－1,则不等式f(x)<0的解集是( )
[A] (0,1) [B] (0,+∞)
[C] (－∞,0) [D] (－∞,0)∪(1,+∞)
A
【解析】 因为f′(x)=3xln 3－2单调递增,
且f′(0)=ln 3－2<0,f′(1)=3ln 3－2>0,
所以存在唯一的x0∈(0,1),使得f′(x0)=0,所以当x当x>x0时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(－∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又f(0)=f(1)=0,且0C
课时作业
(分值:100分)
选题明细表
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
知识点、方法 题号
利用导数判断函数的单调性 2,3,8,9,15
利用导数比较大小或解不等式 1,4,5,6
利用导数求参数的取值范围 7,10,11,12,13,14,16
基础巩固练
1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列结论正确的是( )
[A] f(b)>f(c)>f(a) [B] f(b)>f(c)=f(e)
[C] f(c)>f(b)>f(a) [D] f(e)>f(d)>f(c)
D
基础巩固练
【解析】 由题意可知,当x∈[c,e]时,f′(x)≥0,函数单调递增,
所以f(e)>f(d)>f(c).故选D.
[A] －4 [B] －1 [C] 1 [D] 4
A
【解析】 易知f′(x)=x2－3x+a ,由题意知f′(x)≤0 的解集为[－1,4] ,
则－1 与4是方程x2－3x+a=0 的两个根,故a=－1×4=－4 .故选A.
3.(2025·广东深圳模拟)f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是下列选项中的( )
C
[A] [B] [C] [D]
【解析】 由导函数的图象可知,当x<0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
当0当x>2时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,只有选项C符合.故选C.
4. (2025·广西钦州模拟)若偶函数f(x)的定义域为(－∞,0)∪(0,+∞),f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示,则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
[A] (－∞,－1)∪(0,1)
[B] (－1,0)∪(1,+∞)
[C] (－∞,－1)∪(1,+∞)
[D] (－1,0)∪(0,1)
B
【解析】 由题图可知,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.
又由f(x)为偶函数,则f(x)在区间(－∞,0)上单调递减,则在区间(－∞,0)上f′(x)<0.
由f(－1)=f(1)=0可得,
在区间(－∞,－1)上f′(x)<0,f(x)>0.
在区间(－1,0)上f′(x)<0,f(x)<0.
在区间(0,1)上f′(x)>0,f(x)<0.
在区间(1,+∞)上f′(x)>0,f(x)>0.
故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(－1,0)∪(1,+∞).故选B.
5.(2025·江西九江模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,
f(x)=ex+sin x,则不等式f(2x－1)D
【解析】 当x≥0时,f′(x)=ex+cos x,
因为ex≥1,cos x∈[－1,1],所以f′(x)=ex+cos x>0在[0,+∞)上恒成立,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
又因为f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(x)在(－∞,0]上单调递减,
所以f(－π)=f(π)=eπ,所以由f(2x－1)可得－π<2x－1<π,
6.设函数f(x),g(x)在R上的导函数存在,且f′(x)[A] f(x)[B] f(x)>g(x)
[C] f(x)+g(a)[D] f(x)+g(b)C
【解析】 对于A,B,不妨设f(x)=－2x,g(x)=1,则f′(x)=－2,g′(x)=0,满足题意,
若x=－1∈(a,b),则f(－1)=2>1=g(x),故A错误;若x=0∈(a,b),则f(0)=0<1=g(x),
故B错误;对于C,D,因为f(x),g(x)在R上的导函数存在,且f′(x)令h(x)=f(x)－g(x),则h′(x)=f′(x)－g′(x)<0,所以h(x)在R上单调递减,
因为x∈(a,b),
即a则f(x)+g(a)则f(x)+g(b)>g(x)+f(b),故D错误.故选C.
(－∞,－1)∪(1,+∞)
②当1由f′(x)>0,解得01.
所以f(x)在(ln a,1)上单调递减,在(0,ln a),(1,+∞)上单调递增.
③当a=e时,f′(x)≥0(当且仅当x=1时,取等号)恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
④当a>e时,由f′(x)<0,解得10,解得0ln a.
所以f(x)在(1,ln a)上单调递减,在(0,1),(ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当1当a=e时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>e时,f(x)在(1,ln a)上单调递减,在(0,1),(ln a,+∞)上单调递增.
综合运用练
9.(多选题)(2025·福建泉州模拟)函数f(x)=ln(1+x)－kln(1－x)的大致图象可能为( )
BCD
[A] [B] [C] [D]
当k=－1时,f(－x)=f(x),此时f(x)为偶函数,且f(x)在区间(－1,0)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减,故选项C正确.故选BCD.
BD
11.(2025·河南平顶山模拟)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
D
【解析】 由f(－x)=(－x)2+2cos(－x)=x2+2cos x=f(x),
知函数f(x)是定义在R上的偶函数,又f′(x)=2(x－sin x),
令y=x－sin x,当x∈(0,+∞)时,有y′=1－cos x≥0,
故y=x－sin x在(0,+∞)上单调递增,
所以y>0,即x－sin x>0在(0,+∞)上恒成立,所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数f(x)在区间[－2,0]上不单调,且当x∈[－2,0]时,不等式f(x)【解】 (2)f′(x)=x2+(a－2)x－2a=(x+a)(x－2),
令f′(x)=0,得x=2或x=－a,
因为函数f(x)在区间[－2,0]上不单调,
所以－a∈(－2,0),即0应用创新练
ACD