【数学】2020届一轮复习苏教版导数的应用学案
§3.2 导数的应用
考情考向分析 考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、
数列、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的
应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大．
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果
f′(x)<0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数 y＝f(x)的极值的方法
解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 时：
①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，那么 f(x0)是极大值；
②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，那么 f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求 f′(x)；
②求方程 f′(x)＝0 的根；
③考查 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么 f(x)
在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得极小值．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数 f(x)
在[a，b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
概念方法微思考
1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则 f′(x)>0 在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示 不正确，正确的说法是：
可导函数 f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)
且 f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
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________条件．(填“充
要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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．( √ )
(2)函数的极大值一定大于其极小值．( × )
(3)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．( √ )
题组二 教材改编
2．[P29T1]函数 y＝x3＋x2－5x－5 的单调增区间是________．
答案 (－∞，－5
3)，(1，＋∞)
解析 令 y′＝3x2＋2x－5>0，得 x<－5
3或 x>1.
3．[P31T1]函数 y＝3x3－9x＋5 的极大值为________．
答案 11
解析 y′＝9x2－9，令 y′＝0，得 x＝±1.
当 x 变化时，y′，y 的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞)
y′ ＋ 0 － 0 ＋
y ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
从上表可以看出，当 x＝－1 时，函数 y 取得极大值为
3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11.
4．[P34T2]函数 f(x)＝x－2sin x 在(0，π)上的单调增区间为________．
答案 (π
3，π )
解析 令 f′(x)＝1－2cos x>0，得 cos x<1
2，
又 x∈(0，π)，所以π
3
0；当 x∈(π
6，π
2 ]时，y′<0.
∴当 x＝π
6时，ymax＝π
6＋ 3.
题组三 易错自纠
6．已知定义在实数集 R 上的函数 f(x)满足 f(1)＝3，且 f(x)的导数 f′(x)在 R 上恒有
f′(x)<2(x∈R)，则不等式 f(x)<2x＋1 的解集为____________．
答案 (1，＋∞)
解析 令 g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0，
∴g(x)在 R 上为减函数，g(1)＝f(1)－2－1＝0.
由 g(x)<0＝g(1)，得 x>1.
∴不等式的解集为(1，＋∞)．
7．函数 f(x)＝x3＋ax2－ax 在 R 上单调递增，则实数 a 的取值范围是________．
答案 [－3,0]
解析 f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0 在 R 上恒成立，即 4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数 a
的取值范围是[－3,0]．
8．若函数 f(x)＝1
3x3－3
2x2＋ax＋4 恰在[－1,4]上单调递减，则实数 a 的值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝x2－3x＋a，且 f(x)恰在[－1,4]上单调递减，
∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0 的解集为[－1,4]，
∴－1,4 是方程 f′(x)＝0 的两根，
则 a＝(－1)×4＝－4.
9．若函数 f(x)＝1
3x3－4x＋m 在[0,3]上的最大值为 4，m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当 x∈[0,2)时，f′(x)<0，当 x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以 f(x)
在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又 f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝
f(0)＝4，所以 m＝4.
10．已知函数 f(x)＝1
3x3＋x2－2ax＋1，若函数 f(x)在(1,2)上有极值，则实数 a 的取值范围为
________．
答案 (3
2，4 )
解析 f′(x)＝x2＋2x－2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为 x＝－1，则 f′(x)在(1,2)
上是单调递增函数，因此Error!解得3
20，即 8x－1
x2>0，解得 x>1
2，
∴函数 y＝4x2＋1
x的单调增区间为(1
2，＋∞).
2．函数 f(x)＝x·ex－ex＋1 的单调增区间是________．
答案 (e－1，＋∞)
解析 由 f(x)＝x·ex－ex＋1，
得 f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令 f′(x)>0，解得 x>e－1，
所以函数 f(x)的单调增区间是(e－1，＋∞)．
3．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)的单调减区间是________．
答案 (0，1
e )
解析 因为函数 f(x)＝xln x 的定义域为(0，＋∞)，
所以 f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当 f′(x)<0 时，解得 00，
则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－π
2)∪(0，π
2 )，
即 f(x)的单调增区间为(－π，－π
2)和(0，π
2 ).
思维升华 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增区间．
(4)解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调减区间．
题型二 含参数的函数的单调性
例 1 已知函数 f(x)＝x2e－ax－1(a 是常数)，求函数 y＝f(x)的单调区间．
解 根据题意可得，当 a＝0 时，f(x)＝x2－1，f′(x)＝2x，
函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
当 a≠0 时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因为 e－ax>0，
所以令 g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得 x＝0 或 x＝2
a.
①当 a>0 时，函数 g(x)＝－ax2＋2x 在(－∞，0)和(2
a，＋∞)上有 g(x)<0，即 f′(x)<0，函数 y
＝f(x)单调递减；
函数 g(x)＝－ax2＋2x 在[0，2
a ]上有 g(x)≥0，
即 f′(x)≥0，函数 y＝f(x)单调递增．
②当 a<0 时，函数 g(x)＝－ax2＋2x 在(－∞，2
a)和(0，＋∞)上有 g(x)>0，即 f′(x)>0，函数 y
＝f(x)单调递增；
函数 g(x)＝－ax2＋2x 在[2
a，0 ]上有 g(x)≤0，
即 f′(x)≤0，函数 y＝f(x)单调递减．
综上所述，当 a＝0 时，函数 y＝f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)；
当 a>0 时，函数 y＝f(x)的单调减区间为(－∞，0)，(2
a，＋∞)，单调增区间为[0，2
a ]；
当 a<0 时，函数 y＝f(x)的单调增区间为(－∞，2
a)，(0，＋∞)，单调减区间为[2
a，0 ].
思维升华 (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，还要确定导数为零的点和函数的间断
点．
跟踪训练 1 讨论函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x 的单调性．
解 函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，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 a.
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若 a<0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln(－a
2 ).
当 x∈(－∞，ln(－a
2 ))时，f′(x)<0；
当 x∈(ln(－a
2 )，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，ln(－a
2 ))上单调递减，
在(ln(－a
2 )，＋∞)上单调递增．
综上所述，当 a＝0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；
当 a<0 时，f(x)在(－∞，ln(－a
2 ))上单调递减，在(ln(－a
2 )，＋∞)上单调递增．
题型三 函数单调性的应用
命题点 1 比较大小或解不等式
例 2 (1)(2018·江苏省阜宁中学调研)对于定义在 R 上的可导函数 f(x)，当 x∈(1，＋∞)时，(x－
1)f′(x)－f(x)>0 恒成立．已知 a＝f(2)，b＝1
2f(3)，c＝( 2＋1)f( 2)，则 a，b，c 的大小关系为
________．(用“<”连接)
答案 c0，即函数 g(x)
单调递增．
又 a＝f(2)＝ f(2)
2－1＝g(2)，b＝1
2f(3)＝ f(3)
3－1＝g(3)，c＝( 2＋1)f( 2)＝ f( 2)
2－1
＝g( 2)，
因为 1< 2<2<3，
所以 g( 2)(m－2 019)f(2)，则实数 m 的取值范围为________．
答案 (2 019,2 021)
解析 令 h(x)＝f(x)
x ，x∈(0，＋∞)，
则 h′(x)＝xf′(x)－f(x)
x2 .
∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，
∴函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵2f(m－2 019)>(m－2 019)f(2)，m－2 019>0，
∴f(m－2 019)
m－2 019 >f(2)
2 ，即 h(m－2 019)>h(2)．
∴m－2 019<2 且 m－2 019>0，解得 2 0190 时，有xf′(x)－f(x)
x2 <0 恒成立，则不等式
x2f(x)>0 的解集是__________________．
答案 (－∞，－2)∪(0,2)
解析 ∵当 x>0 时，[f(x)
x ]′＝x·f′(x)－f(x)
x2 <0，
∴φ(x)＝f(x)
x 在(0，＋∞)上为减函数，又 φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当 00，
此时 x2f(x)>0.
又 f(x)为奇函数，
∴在(－∞，0)上，当 x<－2 时，f(x)>0，
此时 x2f(x)>0.
故 x2f(x)>0 的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
命题点 2 根据函数单调性求参数
例 3 已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝1
2ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)存在单调减区间，求 a 的取值范围；
(2)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求 a 的取值范围．
解 (1)h(x)＝ln x－1
2ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以 h′(x)＝1
x－ax－2，由于 h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
所以当 x∈(0，＋∞)时，1
x－ax－2<0 有解，
即 a>1
x2－2
x有解．
设 G(x)＝1
x2－2
x，所以只要 a>G(x)min 即可．
而 G(x)＝(1
x－1 )2－1，所以 G(x)min＝－1.
所以 a>－1.
又因为 a≠0，所以 a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为 h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当 x∈[1,4]时，h′(x)＝1
x－ax－2≤0 恒成立，
即 a≥1
x2－2
x恒成立．
由(1)知 G(x)＝1
x2－2
x，
所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝(1
x－1 )2－1，
因为 x∈[1,4]，所以1
x∈[1
4，1 ]，
所以 G(x)max＝－ 7
16(此时 x＝4)，
所以 a≥－ 7
16，又因为 a≠0，
所以 a 的取值范围是[－ 7
16，0)∪(0，＋∞)．
引申探究
本例(2)中，若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求 a 的取值范围．
解 因为 h(x)在[1,4]上单调递增，
所以当 x∈[1,4]时，h′(x)≥0 恒成立，
所以当 x∈[1,4]时，a≤1
x2－2
x恒成立，
又当 x∈[1,4]时，(1
x2－2
x)min＝－1(此时 x＝1)，
所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]．
思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子
集．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a，b)都有 f′(x)≥0 且在(a，b)内的任一非空子区
间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
跟踪训练 2 (1)若 f(x)＝x2－aln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数 a 的取值范围为________．
答案 (－∞，2]
解析 由 f(x)＝x2－aln x，得 f′(x)＝2x－a
x，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－a
x≥0 在(1，＋∞)上恒成立，
即 a≤2x2 在(1，＋∞)上恒成立，
∵当 x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.
(2)已知函数 f(x)＝aln x＋x 2＋(a－6)x 在(0,3)上不是单调函数，则实数 a 的取值范围是
________．
答案 (0,2)
解析 函数 f′(x)＝a
x＋2x＋a－6.
①若函数 f(x)＝aln x＋x2＋(a－6)x 在(0,3)上单调递增，则 f′(x)＝a
x＋2x＋a－6≥0 在(0,3)上恒
成立，即 a≥6x－2x2
x＋1 ＝－2 [(x＋1)＋ 4
x＋1－5]在(0,3)上恒成立，令函数 g(t)＝t＋4
t，t∈(1,4)，
则 g(t)∈[4,5)，∴a≥2；
②若函数 f(x)＝aln x＋x2＋(a－6)x 在(0,3)上单调递减，则 f′(x)＝a
x＋2x＋a－6≤0 在(0,3)上恒
成立，即 a≤6x－2x2
x＋1 ＝－2 [(x＋1)＋ 4
x＋1－5]在(0,3)上恒成立，函数 g(t)＝t＋4
t，t∈(1,4)，则
g(t)∈[4,5)，∴a≤0，∴当函数 f(x)在(0,3)上不是单调函数时，实数 a 的取值范围是(0,2)．
(3)(2019·盐城模拟)已知函数 f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，若函数 f(x)存在三个单调区间，则实数 a
的取值范围是________．
答案 (－1
e2，0)
解析 f′(x)＝ln x＋1
x(x－a)＝ln x＋1－a
x，
若函数 f(x)存在三个单调区间，
即 f′(x)＝0 有两个不等正实根，
即 a＝x(ln x＋1)有两个不等正实根，
转化为 y＝a 与 y＝x(ln x＋1)的图象有两个不同的交点，
y′＝ln x＋2，令 ln x＋2＝0，即 x＝1
e2，
即 y＝x(ln x＋1)在(0，1
e2 )上单调递减，
在(1
e2，＋∞)上单调递增．
ymin＝－1
e2，当 x∈(0，1
e2 )时，y<0，
所以 a 的取值范围为(－1
e2，0).
用分类讨论思想研究函数的单调性
含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：
①方程 f′(x)＝0 是否有根；②若 f′(x)＝0 有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根
在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．
例 已知函数 g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性．
解 g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1
x ＝
(2ax－1)(x－1)
x .
∵函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当 a＝0 时，g′(x)＝－x－1
x .
由 g′(x)>0，得 01.
当 a>0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝ 1
2a，
若 1
2a<1，即 a>1
2，
由 g′(x)>0，得 x>1 或 01，即 00，得 x> 1
2a或 01
2时，函数 g(x)在(0， 1
2a)上单调递增，
在( 1
2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
1．函数 f(x)＝x2－2ln x 的单调减区间是________．
答案 (0,1)
解析 ∵f′(x)＝2x－2
x＝2(x＋1)(x－1)
x (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 的单调增区间是________．
答案 (2，＋∞)
解析 因为 f(x)＝(x－3)ex，所以 f′(x)＝ex(x－2)．令 f′(x)>0，得 x>2，所以 f(x)的单调增区
间为(2，＋∞)．
3．已知函数 f(x)＝xsin x，x∈R，则 f (π
5 )，f(1)，f (－π
3 )的大小关系为________．(用
“>”连接)
答案 f (－π
3 )>f(1)>f (π
5 )
解析 因为 f(x)＝xsin x，所以 f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数 f(x)是偶函数，
所以 f (－π
3 )＝f (π
3 ).又当 x∈(0，π
2 )时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数 f(x)在(0，π
2 )
上是增函数，所以 f (π
5 )f(1)>f (π
5 ).
4．若函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的单调减区间为(－1,3)，则 b＋c＝________.
答案 －12
解析 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－10”是“f(x)在 R 上单调递增”的________条件．(填“充
分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”)
答案 充分不必要
解析 f′(x)＝3
2x2＋a，当 a≥0 时，f′(x)≥0 在 R 上恒成立，
故“a>0”是“f(x)在 R 上单调递增”的充分不必要条件．
6．已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(1)＝1，f(x)的导数 f′(x)< 1
2，则不等式 f(x2)1}
解析 设 F(x)＝f(x)－1
2x，
∴F′(x)＝f′(x)－1
2，
∵f′(x)<1
2，∴F′(x)＝f′(x)－1
2<0，
即函数 F(x)在 R 上单调递减．
∵f(x2)1，即不等式的解集为{x|x<－1 或 x>1}．
7．已知 g(x)＝2
x＋x2＋2aln x 在[1,2]上是减函数，则实数 a 的取值范围为__________．
答案 (－∞，－7
2]
解析 g′(x)＝－2
x2＋2x＋2a
x ，
由已知得 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立，
可得 a≤1
x－x2 在[1,2]上恒成立．
又当 x∈[1,2]时，(1
x－x2 )min＝1
2－4＝－7
2.
∴a 的取值范围是(－∞，－7
2].
8．若函数 f(x)＝x 3－12x 在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数 k 的取值范围是
________________．
答案 (－3，－1)∪(1,3)
解析 因为 y′＝3x2－12，由 y′>0 得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，
由 y′<0，得函数的减区间是(－2,2)，
由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，
所以有 k－1<－20，f(x)在(－∞，1)上为增函数．
又 f(3)＝f(－1)，且－1<0<1
2<1，
因此有 f(－1)0 时，xf′(x)－f(x)<0，则使
得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是____________．
答案 (－∞，－1)∪(0,1)
解析 因为 f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，
所以 f(1)＝－f(－1)＝0.
当 x≠0 时，令 g(x)＝f(x)
x ，
则 g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.
则当 x>0 时，g′(x)＝[f(x)
x ]′＝xf′(x)－f(x)
x2 <0，
故 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．
所以在(0，＋∞)上，当 0g(1)＝0，
得f(x)
x >0，所以 f(x)>0；在(－∞，0)上，当 x<－1 时，由 g(x)0.
综上知，使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
11．已知函数 f(x)＝ln x＋k
ex (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)＝
1
x－ln x－k
ex (x>0)．
又由题意知 f′(1)＝1－k
e ＝0，所以 k＝1.
(2)f′(x)＝
1
x－ln x－1
ex (x>0)．
设 h(x)＝1
x－ln x－1(x>0)，
则 h′(x)＝－1
x2－1
x<0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由 h(1)＝0 知，当 00，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)，
单调减区间是(1，＋∞)．
12．已知函数 f(x)＝ b
ex－1(b∈R，e 为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－
2)．讨论函数 F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
解 因为 f(0)＝b－1，所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为 k＝ b－1－(－2)
0－2 ＝－
b＋1
2 ，而 f′(x)＝－b
ex，由导数的几何意义可知，f′(0)＝－b＝－b＋1
2 ，
所以 b＝1，所以 f(x)＝1
ex－1.
则 F(x)＝ax＋1
ex－1，F′(x)＝a－1
ex，
当 a≤0 时，F′(x)<0 恒成立；
当 a>0 时，由 F′(x)<0，得 x<－ln a，
由 F′(x)>0，得 x>－ln a.
故当 a≤0 时，函数 F(x)在 R 上单调递减；
当 a>0 时，函数 F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
13．(2018·江苏省南京九中质检)定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)
是 f(x)的导函数，则不等式 exf(x)>ex－1(其中 e 为自然对数的底数)的解集为________．
答案 (0，＋∞)
解析 设 g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则 g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．
∵f(x)>1－f′(x)，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定义域 R 上单调递增．
∵exf(x)>ex－1，∴g(x)>－1.
又 g(0)＝e0f(0)－e0＝－1，∴g(x)>g(0)，
∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．
14．若函数 f(x)＝－1
3x3＋1
2x2＋2ax 在[2
3，＋∞)上存在单调增区间，则 a 的取值范围是_______．
答案 (－1
9，＋∞)
解析 对 f(x)求导，得 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－1
2 )2＋1
4＋2a.
由题意知，f′(x)>0 在[2
3，＋∞)上有解，
当 x∈[2
3，＋∞)时，f′(x)的最大值为 f′(2
3 )＝2
9＋2a.
令2
9＋2a>0，解得 a>－1
9，
所以 a 的取值范围是(－1
9，＋∞).
15．对于三次函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设 f′(x)是函数 y＝f(x)的导数，
f″(x)是 f′(x)的导数，若方程 f″(x)＝0 有实数解 x0，则称点(x0，f(x0))为函数 y＝f(x)的“拐
点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐
点”就是对称中心．设函数 g(x)＝2x 3－6x2＋4，则 g ( 1
100 )＋g( 2
100 )＋…＋g (199
100 )＝
________.
答案 0
解析 g′(x)＝6x2－12x，∴g″(x)＝12x－12，
由 g″(x)＝0，得 x＝1，又 g(1)＝0，
∴函数 g(x)的对称中心为(1,0)，
故 g(x)＋g(2－x)＝0，
∴g( 1
100 )＋g( 2
100 )＋…＋g(199
100 )＝g(1)＝0.
16．已知函数 f(x)＝1
2ax2－(a＋1)x＋ln x(a>0)，讨论函数 f(x)的单调性．
解 f′(x)＝ax－(a＋1)＋1
x＝
(ax－1)(x－1)
x (x>0)，
①当 01，
由 f′(x)>0，解得 x>1
a或 01 时，0<1
a<1，
由 f′(x)>0，解得 x>1 或 01 时，f(x)在(1，＋∞)和(0，1
a )上单调递增，在(1
a，1 )上单调递减．
