2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（基礎(chǔ)版）課時精講第3章　§3.2　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（含解析）

第第頁§3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課標(biāo)要求1.結(jié)合實例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).3.會利用函數(shù)的單調(diào)性判斷大小，求參數(shù)的取值范圍等簡單應(yīng)用．知識梳理1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在區(qū)間(a，b)上是常數(shù)函數(shù)2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟第1步，確定函數(shù)f(x)的定義域；第2步，求出導(dǎo)數(shù)f′(x)的零點；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(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性．常用結(jié)論1．若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時，f′(x)<0有解．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(√)(2)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．(√)(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)>0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增．(×)(4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù)．(√)2.(多選)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下列判斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)單調(diào)遞增B．在區(qū)間(2,3)上f(x)單調(diào)遞減C．在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D．在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞減答案BC解析在區(qū)間(－2,1)上，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2)))時，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))時，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上單調(diào)遞增，A錯誤；在區(qū)間(3,5)上，當(dāng)x∈(3,4)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(3,4)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(4,5)上單調(diào)遞增，C正確，D錯誤；在區(qū)間(2,3)上，f′(x)<0，所以f(x)單調(diào)遞減，B正確．3．已知f(x)＝x3＋x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，解得x>eq\f(1,3)或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).4．已知f(x)＝2x2－ax＋lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，5]解析f′(x)＝4x－a＋eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－ax＋1,x)，x∈(1，＋∞)，故只需4x2－ax＋1≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，則a≤4x＋eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，令y＝4x＋eq\f(1,x)，因為y′＝4－eq\f(1,x2)＝eq\f(4x2－1,x2)>0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以y＝4x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故4x＋eq\f(1,x)>5，所以a≤5.題型一不含參函數(shù)的單調(diào)性例1(1)函數(shù)f(x)＝xlnx－3x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(0，e2)解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx－2，當(dāng)x∈(0，e2)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(e2，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e2)．(2)若函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(0,1)解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)，令φ(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，φ(x)>0，即f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)．思維升華確定不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，按照判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟即可，但應(yīng)注意兩點，一是不能漏掉求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，x∈[0,2π]，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))C．(π，2π)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案B解析由題意f(x)＝xsinx＋cosx，x∈[0,2π]，則f′(x)＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))時，f′(x)<0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))).題型二含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．解g(x)的定義域為R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①若a>ln2，則當(dāng)x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(ln2，a)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；②若a＝ln2，則g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上單調(diào)遞增；③若a<ln2，則當(dāng)x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(a，ln2)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a>ln2時，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln2，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝ln2時，g(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<ln2時，g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，ln2)上單調(diào)遞減．思維升華(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－a,x＋12).(1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝eq\f(2x,x＋12)(x≠－1)，則f(0)＝0，因為f′(x)＝eq\f(－2x＋2,x＋13)，所以f′(0)＝2.所以曲線y＝f(x)在(0,0)處的切線方程為y＝2x.(2)函數(shù)的定義域為(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(－2x＋2a＋2x＋1,x＋14)＝eq\f(－2x－a－1,x＋13)，令f′(x)＝0，解得x＝a＋1.①當(dāng)a＋1＝－1，即a＝－2時，f′(x)＝eq\f(－2x－2,x＋13)＝eq\f(－2x＋1,x＋13)＝eq\f(－2,x＋12)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；②當(dāng)a＋1<－1，即a<－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(a＋1，－1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a＋1，－1)；③當(dāng)a＋1>－1，即a>－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(－1，a＋1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，a＋1)．綜上所述，當(dāng)a＝－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a<－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a＋1，－1)；當(dāng)a>－2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，a＋1)．常見組合函數(shù)的圖象在導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用中常用到以下函數(shù)，記住以下的函數(shù)圖象對解題有事半功倍的效果．典例(多選)如果函數(shù)f(x)對定義域內(nèi)的任意兩實數(shù)x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(x1fx1－x2fx2,x1－x2)>0，則稱函數(shù)y＝f(x)為“F函數(shù)”．下列函數(shù)不是“F函數(shù)”的是()A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2C．f(x)＝lnx D．f(x)＝sinx答案ACD解析依題意，函數(shù)g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數(shù)．對于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，故A中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于B，g(x)＝x3在R上為增函數(shù)，故B中函數(shù)為“F函數(shù)”；對于C，g(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，x>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，故C中函數(shù)不是“F函數(shù)”；對于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，故D中函數(shù)不是“F函數(shù)”．(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集為________．答案(1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定義域為R，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x為奇函數(shù)，f(2x－3)＋f(x)>2變形為f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝e－x，即x＝0時，等號成立，所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上單調(diào)遞增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求不等式的解集為(1，＋∞)．命題點2根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例4已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．(1)若f(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)因為f(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1,4]時，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因為a≠0，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．(2)因為f(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則f′(x)<0在[1,4]上有解，所以當(dāng)x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當(dāng)x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以實數(shù)a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．思維升華由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，實際上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立．(2)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集．跟蹤訓(xùn)練3(1)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，設(shè)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，則f(x)·f′(x)>0的解集為()A．(1,6) B．(1,4)C．(－∞，1)∪(6，＋∞) D．(1,4)∪(6，＋∞)答案D解析由圖象可得，當(dāng)x<4時，f′(x)>0，當(dāng)x>4時，f′(x)<0.結(jié)合圖象可得，當(dāng)1<x<4時，f′(x)>0，f(x)>0，即f(x)·f′(x)>0；當(dāng)x>6時，f′(x)<0，f(x)<0，即f(x)·f′(x)>0，所以f(x)·f′(x)>0的解集為(1,4)∪(6，＋∞)．(2)已知函數(shù)f(x)＝(1－x)lnx＋ax在(1，＋∞)上不單調(diào)，則a的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)答案A解析依題意f′(x)＝－lnx＋eq\f(1,x)＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零點，令g(x)＝－lnx＋eq\f(1,x)＋a－1，令g(x)＝0，得a＝lnx－eq\f(1,x)＋1，令z(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，則z′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范圍是(0，＋∞)．課時精練一、單項選擇題1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案A解析由已知得，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，當(dāng)x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)．2．已知f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()答案D解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可得，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<x<2時，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>2時，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以只有D選項符合．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋x2＋x＋4，則“a≥0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件答案C解析由題意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a≤0，))解得a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的必要不充分條件．4．已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A．e2B．eC．e－1D．e－2答案C解析依題可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1,2)上恒成立，顯然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)在(1,2)上恒成立，設(shè)g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值為e－1.5．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案D解析當(dāng)x≥0時，f′(x)＝ex＋cosx，因為ex≥1，cosx∈[－1,1]，所以f′(x)＝ex＋cosx≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，所以f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).二、多項選擇題6．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，則實數(shù)m的值可以是()A．1B．2C．3D．4答案BD解析f′(x)＝x－eq\f(9,x)＝eq\f(x2－9,x)(x>0)，令f′(x)>0，得x>3，令f′(x)<0，得0<x<3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1>0，,m＋1≤3))或m－1≥3，解得1<m≤2或m≥4.7．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，且a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，c＝SKIPIF1<0，則()A．a(chǎn)>bB．b>aC．c>bD．c>a答案ACD解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx，得f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))lnx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，因為c＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))，0<eq\f(1,\r(e))<eq\f(2,3)<eq\f(4,5)<1，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，故c>a>b.三、填空題8．函數(shù)f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析f′(x)＝－e－xcosx－e－xsinx＝－e－x(cosx＋sinx)＝－eq\r(2)e－xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0，則f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))時，e－x>0，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))<0，則f′(x)>0，∴f(x)在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).9．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)b的取值范圍為________．答案(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)解析由題意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1，函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三個單調(diào)區(qū)間，則函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋x有兩個極值點，即f′(x)＝3x2＋2bx＋1的圖象與x軸有兩個交點，則判別式Δ＝4b2－12>0，解得b>eq\r(3)或b<－eq\r(3).所以實數(shù)b的取值范圍為(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)．10．已知定義在(－3,3)上的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，當(dāng)x≥0時，y＝f(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于x的不等式eq\f(f′x,x)>0的解集為________．答案(－3，－1)∪(0,1)解析依題意f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，由圖象可知，f(x)在區(qū)間(－3，－1)，(1,3)上單調(diào)遞減，f′(x)<0；f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增，f′(x)>0.所以eq\f(f′x,x)>0的解集為(－3，－1)∪(0,1)．1