江蘇專用2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)強(qiáng)化練四導(dǎo)數(shù)及其簡(jiǎn)單應(yīng)用

PAGEPAGE1專項(xiàng)強(qiáng)化練(四)導(dǎo)數(shù)及其簡(jiǎn)潔應(yīng)用A組——題型分類練題型一導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算1．y＝eq\f(lnx,x)的導(dǎo)數(shù)為________．解析：y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))′＝eq\f(（lnx）′x－x′lnx,x2)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2).答案：eq\f(1－lnx,x2)2．已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________．解析：因?yàn)閒′(x)＝a－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.答案：13．若曲線y＝acosx＋1在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))處的切線與直線2x＋y＋3＝0垂直，則a＝________．解析：因?yàn)閥＝acosx＋1的導(dǎo)函數(shù)為y′＝－asinx，所以曲線在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))處的切線的斜率為k＝－a，由于切線與直線2x＋y＋3＝0垂直，則(－a)·(－2)＝－1，即a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿意f(x)＝3x2＋2xf′(2)，則f′(5)＝________．解析：對(duì)f(x)＝3x2＋2xf′(2)求導(dǎo)，得f′(x)＝6x＋2f′(2)．令x＝2，得f′(2)＝－12.再令x＝5，得f′(5)＝6×5＋2答案：6[臨門一腳]1．求導(dǎo)時(shí)應(yīng)留意：(1)求導(dǎo)之前利用代數(shù)或三角恒等變換對(duì)函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)可削減運(yùn)算量．(2)對(duì)于商式的函數(shù)若在求導(dǎo)之前變形，則可以避開運(yùn)用商的導(dǎo)數(shù)法則，削減失誤．2．利用導(dǎo)數(shù)求切線方程時(shí)，函數(shù)在某點(diǎn)處的切線斜率等于在該點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值，求導(dǎo)之后要留意代入的是切點(diǎn)橫坐標(biāo)，假如沒(méi)有切點(diǎn)坐標(biāo)，一般要設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程．題型二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1．函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)．答案：(0，1)2．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋bx在區(qū)間(－∞，－3)和(2，＋∞)上是增函數(shù)，在(－3，2)上是減函數(shù)，則ab＝________．解析：因?yàn)閒′(x)＝3x2－2ax＋b，由已知條件可得－3，2是f′(x)＝0的兩根，所以a＝－eq\f(3,2)，b＝－18，從而ab＝27.答案：273．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax＋3a在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意得，f′(x)＝x2＋2x－a，依據(jù)題意知f′(x)≥0，即x2＋2x≥a，而x2＋2x＝(x＋1)2－1≥(1＋1)2－1＝3，所以a≤3.答案：(－∞，3]4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，當(dāng)x－eq\f(9,x)≤0時(shí)，有0<x≤3，即在(0，3]上f(x)是減函數(shù)，所以a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案：(1，2][臨門一腳]1．f′(x)>0與f(x)為增函數(shù)的關(guān)系：f′(x)>0能推出f(x)為增函數(shù)，但反之不肯定．如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0，所以f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件．2．用導(dǎo)數(shù)探討含參函數(shù)單調(diào)性首先要求定義域，單調(diào)性的逆向問(wèn)題應(yīng)當(dāng)解f′(x)≥0或f′(x)≤0的恒成立問(wèn)題，要留意分類探討和數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．3．函數(shù)在給定區(qū)間上單調(diào)、不單調(diào)、存在單調(diào)區(qū)間這三類問(wèn)題要區(qū)分清晰．題型三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值1．函數(shù)y＝2x－eq\f(1,x2)的極大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.當(dāng)x<－1時(shí)，y′>0；當(dāng)－1<x<0時(shí)，y′<0.所以當(dāng)x＝－1時(shí)，y取得極大值－3.答案：－32．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－2ax＋1，若函數(shù)f(x)在(1，2)上有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1，2)上有極值，則需函數(shù)f(x)在(1，2)上有極值點(diǎn)．法一：令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－eq\r(1＋2a)，x2＝－1＋eq\r(1＋2a)，因?yàn)閤1?(1，2)，因此則需1<x2<2，即1<－1＋eq\r(1＋2a)<2，即4<1＋2a<9，所以eq\f(3,2)<a<4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).法二：f′(x)＝x2＋2x－2a的圖象是開口向上的拋物線，且對(duì)稱軸為x＝－1，則f′(x)在(1，2)上是單調(diào)遞增函數(shù)，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝3－2a<0，,f′（2）＝8－2a>0，))解得eq\f(3,2)<a<4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))3．(2024·鎮(zhèn)江高三期末)函數(shù)y＝cosx－xtanx的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，則其值域?yàn)開_______．解析：易知函數(shù)y＝cosx－xtanx為偶函數(shù)，所以只需探討函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))內(nèi)的值域．由y＝cosx－eq\f(xsinx,cosx)，得y′＝－sinx－eq\f(sinxcosx＋x,cos2x)≤0，對(duì)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))恒成立，所以y＝cosx－eq\f(xsinx,cosx)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，故函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(π,4)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(π,4)，1))4．已知函數(shù)f(x)＝alnx－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，則函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值為________．解析：由題意知，f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝alnx－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝a－2b＝0，,f（1）＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，))即函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x2,2).又當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)－x≤0，所以函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，其最大值為f(1)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)[臨門一腳]1．導(dǎo)數(shù)法是求函數(shù)值域的重要方法，對(duì)于比較困難的函數(shù)值域，一般應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值狀況，同時(shí)要留意函數(shù)的定義域、零點(diǎn)狀況．2．可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)必需是導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不肯定是極值點(diǎn)，即f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件．例如函數(shù)y＝x3在x＝0處有y′|x＝0＝0，但x＝0不是極值點(diǎn)．此外，函數(shù)不行導(dǎo)的點(diǎn)也可能是函數(shù)的極值點(diǎn)．3．函數(shù)在閉區(qū)間上的極值不肯定是最值，須要和端點(diǎn)的函數(shù)值比較大小才能確定．4．含有參數(shù)的恒成立問(wèn)題優(yōu)先考慮分參轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問(wèn)題，假如不能分參，再分類探討處理．B組——高考提速練1．(2024·鹽城中學(xué)模擬)等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，則f′(0)＝________．解析：因?yàn)閒′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f答案：2122．已知函數(shù)f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b為常數(shù))，且x＝2為f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，則a的值為________．解析：由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∵f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a答案：13．(2024·姜堰中學(xué)模擬)已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，f(x)＋f(x＋2)＝4，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)＝x2，則f′(2019)＝________．解析：因?yàn)閒(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期為4.當(dāng)x∈[2，4]時(shí)，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因?yàn)閒(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，依據(jù)周期性知，f′(2019)＝f′(3)＝－2.答案：－24．已知y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，且f′(x)＝lnx＋1，則函數(shù)f(x)的最小值為________．解析：因?yàn)閒′(x)＝lnx＋1，設(shè)f(x)＝xlnx＋C，又因?yàn)閒(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，故切點(diǎn)為(1，0)，切點(diǎn)在曲線f(x)＝xlnx＋C上，故C＝0，故f(x)＝xlnx．令f′(x)＝lnx＋1>0，解得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e).故f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).答案：－eq\f(1,e)5．(2024·錫山中學(xué)模擬)若函數(shù)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1，4]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為________．解析：因?yàn)閔(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，h′(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)，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，因?yàn)閤∈[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(shí)x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因?yàn)閍≠0，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m∈[－1，1]，則f(m)的最小值為________．解析：求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.則f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，所以對(duì)m∈[－1，1]時(shí)，f(m)min＝f答案：－47．已知函數(shù)f(x)＝sinx－alnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)＝sinx－alnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，即f′(x)＝cosx－eq\f(a,x)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立，分別變量得a≤xcosx．令g(x)＝xcosx，則g′(x)＝cosx－xsinx，設(shè)h(x)＝cosx－xsinx，則h′(x)＝－2sinx－xcosx＜0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，且heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞0即g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，可得g(x)＞g(0)＝0，即a≤0.答案：(－∞，0]8．(2024·蘇州中學(xué)模擬)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xlna＋a－3，記函數(shù)f(x)的值域?yàn)镸，函數(shù)f(f(x))的值域?yàn)镹，若M?N，則實(shí)數(shù)a的最大值是________．解析：由題意得，f′(x)＝axlna＋2x－lna，令g(x)＝f′(x)＝axlna＋2x－lna(a>0且a≠1)，則g′(x)＝ax(lna)2＋2>0在R上恒成立，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增．又f′(0)＝0，所以當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為f(0)＝a－2，所以f(x)的值域?yàn)閇a－2，＋∞)，即M＝[a－2，＋∞)．若a－2≤0，則f(f(x))的值域N＝[f(0)，＋∞)＝[a－2，＋∞)，此時(shí)M?N成立；若a－2>0，則f(f(x))的值域N＝[f(a－2)，＋∞)，因?yàn)閒(a－2)>f(0)＝a－2，所以不滿意M?N.綜上，0<a≤2且a≠1，所以a的最大值是2.答案：29．(2024·海門中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2－3x在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)，n))內(nèi)有極值，則整數(shù)n的值為________．解析：由題意知，f′(x)＝lnx＋1＋x－3＝lnx＋x－2，令g(x)＝lnx＋x－2，因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝lneq\f(3,2)＋eq\f(3,2)－2＝lneq\f(3,2)－eq\f(1,2)<lneq\r(e)－eq\f(1,2)＝0，g(2)＝ln2>0，所以函數(shù)g(x)＝lnx＋x－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))內(nèi)有零點(diǎn)．又g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝lnx＋x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)＝lnx＋x－2有唯一的零點(diǎn)x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，則當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，則x0是函數(shù)f(x)唯一的極值點(diǎn)，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，結(jié)合題意可知n＝2.答案：210．(2024·泰州中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2xlnx在x＝x1和x＝x2處取得極值，且x1＝2x2，則實(shí)數(shù)a的值是________．解析：法一：由題意知，x1，x2是f′(x)＝2(ax－1－lnx)的兩個(gè)零點(diǎn)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－1－lnx1＝0，,ax2－1－lnx2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1＋lnx1,x1)，,a＝\f(1＋lnx2,x2)，))即eq\f(1＋lnx1,x1)＝eq\f(1＋lnx2,x2)，把x1＝2x2代入得x2＝eq\f(2,e)，所以a＝eq\f(1＋lnx2,x2)＝eq\f(e,2)ln2.法二：因?yàn)閒′(x)＝2(ax－1－lnx)，所以x1，x2是ax－1－lnx＝0的兩根．設(shè)函數(shù)y＝1＋lnx的圖象與直線y＝ax交于點(diǎn)A(x1，1＋lnx1)，B(x2，1＋lnx2)，如圖所示，分別過(guò)點(diǎn)A，B往x軸作垂線，垂足分別為A1，B1，易知eq\f(BB1,AA1)＝eq\f(OB1,OA1).因?yàn)閤1＝2x2，所以1＋lnx1＝2(1＋lnx2)，即1＋ln2x2＝2(1＋lnx2)，解得x2＝eq\f(2,e)，所以a＝eq\f(1＋lnx2,x2)＝eq\f(e,2)ln2.答案：eq\f(e,2)ln211．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則m的取值范圍為________．解析：因?yàn)閒(x)在x＝－1處取得極值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0所以a＝1.所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.故由f(x)的單調(diào)性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得微小值f(1)＝－3.因?yàn)橹本€y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，結(jié)合f(x)的圖象(如圖所示)可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－3，1)．答案：(－3，1)12．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．若對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，則使x2f(x)－f(1)<x2－1成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍為解析：令G(x)＝x2f(x)－f(1)－x2＋1，所求不等式為G(x)<0，又G(1)＝f(1)－f(1)－1＋1＝0，故化為解不等式G(x)<G(1)．又f(x)為偶函數(shù)，則G(－x)＝G(x)，所以G(x)也為偶函數(shù)，G′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－2x＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]，而2f(x)＋xf′(x)<2，即2f(x)＋xf′(x)－2<0，當(dāng)x>0時(shí)，G′(x)<0，G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故由G(x)<G(1)，得x>1，同理當(dāng)x<0時(shí)，由G(x)<G(1)＝G(－1)，得x<－1，所以x答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)13．設(shè)直線y＝a分別與曲線y2＝x和y＝ex交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)線段MN取得最小值時(shí)a的值為________．解析：由題意，a>0，M(a2，a)，N(lna，a)，故MN的長(zhǎng)l＝|a2－lna|，設(shè)f(a)＝a2－lna(a>0)，所以f′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2))),a)，令f′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)，所以f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增；令f′(a)<