第2讲导数与函数的单调性[基础题组练]1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.2．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2lnx的单调递减区间是()A．(－3，1)B．(0，1)C．(－1，3)D．(0，3)解析：选B.法一：令y′＝1－＋<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝40时，函数f′(x)＝，可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确．4．(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)2，所以m≤2.故选C.6．函数y＝4x2＋的单调递增区间为．解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－，令y′>0，即8x－>0，解得x>.所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.答案：7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为．解析：由f(x)图象特征可得，f′(x)在和[2，＋∞)上大于0，在上小于0，所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2，所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．答案：∪[2，＋∞)8．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为(用“<”连接)．解析：由题意知，函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在区间上是减函数，所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)0，解得x>1或x<－；令f′(x)<0，解得－0时，由F′(x)<0，得x<－lna，由F′(x)>0，得x>－lna.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(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．[综合题组练]1．(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为()A．(0，2)B．(0，3)C．(2，3)D．(3，＋∞)解析：选B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x...
