第21讲 利用导数研究函数的单调性(解析版)

导数在函数性质中的应用——单调性编稿：张林娟审稿：孙永钊【学习目标】1. 知识与技能能用导数判断函数的单调性、求不超过三次的多项式函数的单调区间；掌握求函数单调区间的方法和步骤.2. 过程与方法通过利用导数研究函数的单调区间的过程，掌握利用导数研究函数性质的方法.总结求函数单调区间和极值的一般步骤，体会其中的算法思想，认识到导数在研究函数性质中的应用.3. 情感、态度与价值观通过用导数方法研究函数性质，认识到不同数学知识之间的内在联系，以及导数的应用价值.【要点梳理】要点一：函数的单调性与导数的关系我们知道，如果函数()f x在这一区间具有单调性.f x在某个区间是增函数或减函数，那么就说()已知函数2=-+的图象如图所示，f x x x()43由函数的单调性易知，当2f x是增函数.现在我们看看各个单f x是减函数；当2x<时，()x>时，()调区间内任意一点的切线情况：考虑到曲线()f x在改点的导数值，从图象可以看到：y f x=的在某点处切线的斜率就是函数()在区间（－∞，2）内，任意一点的切线的斜率为负，即'()240f x x =<时，()f x 为减函数.在区间（2，+∞）内，任意一点的切线的斜率为正，即'()240f x x =>时，()f x 为增函数.导数的符号与函数的单调性：一般地，设函数()y f x =在某个区间内有导数，则在这个区间上，（1）若()0f x '>，则()f x 在这个区间上为增函数；（2）若()0f x '<，则()f x 在这个区间上为减函数；（3）若恒有()0f x '=，则()f x 在这一区间上为常函数.反之，若()f x 在某区间上单调递增，则在该区间上有()0f x '≥恒成立（但不恒等于0）；若()f x 在某区间上单调递减，则在该区间上有()0f x '≤恒成立（但不恒等于0）．要点诠释：①导函数的正负决定了原函数的增减；②在区间(a ,b )内，'()0f x >（或()0f x '<）是()f x 在区间(a ，b )内单调递增（或减）的充分不必要条件.注意：只有当在某区间上有有限个点使'()0f x =时，()0f x '≥（或()0f x '≤）≡()f x 在该区间内是单调递增（或减）.例如：32()'()30'(0)0,'()0(0)f x x f x x f f x x =⇒=≥=>≠，，而()f x 在R 上递增.③当在某区间内恒有()0f x '=，这个函数()y f x =在这个区间上才为常数函数.要点二：利用导数研究函数的单调性利用导数判断函数单调性的基本方法：设函数()y f x =在区间（a ，b ）内可导，（1）如果恒有'()0f x >，则函数()f x 在（a ，b ）内为增函数；（2）如果恒有'()0f x <，则函数()f x 在（a ，b ）内为减函数；（3）如果恒有'()0f x =，则函数()f x 在（a ，b ）内为常数函数.利用导数求函数()f x 单调区间的基本步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求导数'()f x ；（3）在函数()f x 的定义域内解不等式'()0f x >或'()0f x <；（4）确定()f x 的单调区间.或者：令'()0f x =，求出它在定义域内的一切实数根。

高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。

利用导数研究函数的单调性1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0 的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0 的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0 的根；（4）用f′（x）＝0 的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例 1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4 的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，1/ 3∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0 得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4 的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例 2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为 45°，对于任意的t∈[1，2]，函数푔(푥)=푥3+푥2[푓′(푥) +푚2]在区间（t，3）上总不是单调函数，求m 的取值范围；푙푛2（Ⅲ）求证：2×푙푛33×푙푛44×⋯×푙푛푛1푛(푛≥2，푛∈푁∗)．＜푛解：（Ⅰ）푓′(푥) =푎(1―푥)푥(푥＞0)（2 分）当a＞0 时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0 时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0 时，f（x）不是单调函数（4 分）（Ⅱ）푓′(2) =―푎2=1得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3 푚∴푔(푥)=푥3+(2―2푥，2+2)푥∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6 分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣22/ 3∴{푔′(푡3))＜0＞0(8 分)由题意知：对于任意的 t ∈[1，2]，g ′（t ）＜0 恒成立，푔′(1)＜0所以有：{푔′(2)＜0，∴― 푔′(3)＞0 37 3 ＜푚＜ ― 9（10 分）（Ⅲ）令 a ＝﹣1 此时 f （x ）＝﹣lnx +x ﹣3，所以 f （1）＝﹣2，由（Ⅰ）知 f （x ）＝﹣lnx +x ﹣3 在（1，+∞）上单调递增，∴当 x ∈（1，+∞）时 f （x ）＞f （1），即﹣lnx +x ﹣1＞0，∴lnx ＜x ﹣1 对一切 x ∈（1，+∞）成立，（12 分）∵n ≥2，n ∈N *，则有 0＜lnn ＜n ﹣1，푙푛푛 푛 ― 1∴0＜＜푛 푛푙푛2∴ 2 ⋅ 푙푛33 ⋅ 푙푛44 ⋅⋅ 푙푛푛 1 2 ⋅ ＜ 푛2 3 ⋅ 3 4 ⋅⋅ 푛 ― 1 푛 = 1 푛(푛 ≥ 2，푛 ∈ 푁 ∗) 【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使 f ′（x ）＝0，在其余的点恒有 f ′（x ）＞0，则 f （x ）仍为增函数（减函数的情形完 全类似）．即在区间内 f ′（x ）＞0 是 f （x ）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．3/ 3。

高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。

专题4.2 应用导数研究函数的单调性（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的单调性1.在(,)a b 内可导函数()f x ，'()f x 在(,)a b 任意子区间内都不恒等于0.'()0()f x f x ≥⇔在(,)a b 上为增函数．'()0()f x f x ≤⇔在(,)a b 上为减函数．2.利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求导数f ′(x)；③由f ′(x)>0（或f ′(x)<0）解出相应的x 的取值范围，当f ′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当f ′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减增函数.特别提醒：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．（二）常用结论1．在某区间内f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．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．【常考题型剖析】题型一：判断或证明函数的单调性例1.（2017·山东·高考真题（文））若函数()e xf x (e=2.71828,是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性质,下列函数中具有M 性质的是（ ）A ．()2xf x -= B ．()2f x x = C ．()-3xf x = D ．()cos f x x =【答案】A 【解析】 【详解】对于A,令()e 2x x g x -=⋅,11()e (22ln )e 2(1ln )022x x x x xg x ---'=+=+>,则()g x 在R 上单调递增,故()f x 具有M 性质,故选A.例2．（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >.【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a<<时，()0f x '<；当1x a >时，()0f x '>；所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点，所以()y f x =的图象在x 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭，故33ln 0a +>即1a e>.例3.（2021·全国·高考真题（文））已知函数32()1f x x x ax =-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标． 【答案】(1)答案见解析；(2) 和()11a ---，. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()232f x x x a '=-+，导函数的判别式412a ∆=-，当14120,3a a ∆=-≤≥时，()()0,f x f x '≥在R 上单调递增，当时，的解为：12113113,33a ax x --+-==， 当113,3a x ⎛⎫--∈-∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递增；当113113,33a a x ⎛⎫--+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递减；当113,3a x ⎛⎫+-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在113,3a ⎛⎫---∞ ⎪ ⎪⎝⎭，113,3a⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在⎣⎦上单调递减. (2)由题意可得：()3200001f x x x ax =-++，()200032f x x x a '=-+，则切线方程为：()()()322000000132y x x ax x x a x x --++=-+-，切线过坐标原点，则：()()()32200000001320x x ax x x a x --++=-+-,整理可得：3200210x x --=，即：()()20001210x x x -++=，解得：，则，()0'()11f x f a '==+切线方程为：()1y a x =+, 与联立得321(1)x x ax a x -++=+，化简得3210x x x --+=,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，()1x ∴-是321x x x --+的一个因式，∴该方程可以分解因式为()()2110,x x --=解得121,1x x ==-,()11f a -=--，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和()11a ---，. 【总结提升】1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域.2.当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f ′(x )＝0是否有根；(2)若f ′(x )＝0有根，求出的根是否在定义域内； (3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小． 题型二：求函数的单调区间例4．（2012·辽宁·高考真题（文））函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为（ ） A ．（-1,1] B ．（0,1] C ．[1，+∞） D ．（0，+∞）【答案】B 【解析】 【详解】对函数21ln 2y x x =-求导，得211x y x x x='-=-（x>0）,令210{0x x x -≤>解得(0,1]x ∈，因此函数21ln 2y x x =-的单调减区间为(0,1]，故选B例5.（2016·北京·高考真题（理））设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+， （1）求a ，b 的值；（2）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据题意求出，根据(2)22,(2)1f e f e =+=-'求a,b 的值即可；（Ⅱ）由题意判断的符号，即判断1()1x g x x e -=-+的单调性，知g(x)>0，即>0，由此求得f(x)的单调区间.试题解析：（Ⅰ）因为()a x f x xe bx -=+，所以()(1)a x f x x e b -=-+'. 依题设，(2)22,{(2)1,f e f e =+=-'即222222,{1,a a eb e e b e --+=+-+=- 解得2,e a b ==.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2()x f x xe ex -=+. 由21()(1)x x f x e x e --=-+'及20x e ->知，与11x x e --+同号.令1()1x g x x e -=-+，则1()1x g x e -=-+'. 所以，当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增. 故是在区间上的最小值，从而.综上可知，，.故的单调递增区间为.【总结提升】1.利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．温馨提醒：所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．2.解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(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0的点和函数的间断点． 题型三： 利用函数的单调性解不等式例6．（2015·全国·高考真题（理））设函数'()f x 是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ） A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A 【解析】 【详解】构造新函数()()f xg x x=,()()()2'xf x f x g x x -='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =.所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >，又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃. 故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如()()xf x f x '-，想到构造()()f xg x x=.一般：（1）条件含有()()f x f x '+，就构造()()x g x e f x =,（2）若()()f x f x -'，就构造()()xf xg x e =，（3）()()2f x f x +'，就构造()()2x g x e f x =，（4）()()2f x f x -'就构造()()2xf xg x e =，等便于给出导数时联想构造函数.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()3x x 1f x =x 2x+e -e-，其中e 是自然数对数的底数，若()()2f a-1+f 2a 0≤，则实数a 的取值范围是_________．【答案】1[1,]2-【解析】 【详解】因为31()2e ()ex x f x x x f x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数，因为22()32e e 320x x f 'x x x -=-++≥-+，所以数()f x 在R 上单调递增，又2(1)(2)0f a f a -+≤，即2(2)(1)f a f a ≤-，所以221a a ≤-，即2210a a +-≤， 解得112a -≤≤，故实数a 的取值范围为1[1,]2-． 【总结提升】比较大小或解不等式的思路方法(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．(2)含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．题型四：利用函数的单调性比较大小 例8.（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】 【分析】 由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭ 所以11tan 44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>， 故选：A例9．（2007·陕西·高考真题（理））已知f (x )是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的0<a <b ，则必有( )． A ．af (b )≤bf (a ) B ．bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b ) D ．bf (b )≤f (a )【答案】A【解析】 【详解】因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，所以()f x x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦′＝2'()()xf x f x x -≤22()f x x -≤0， 则函数()f x x在(0，＋∞)上单调递减．由于0<a <b ，则()()f a f b a b≥，即af (b )≤bf (a ) 例10．（2013·天津·高考真题（文））设函数()2x f x e x =+-，2()ln 3g x x x =+-若实数,a b 满足()0f a =，()0g b =则（ ）A ．()0()g a f b <<B ．()0()f b g a <<C ．0()()g a f b <<D ．()()0f b g a <<【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：对函数()2x f x e x =+-求导得()=1x f x e '+，函数单调递增，()()010,110f f e =-=+，由()0f a =知01a <<，同理对函数2()ln 3g x x x =+-求导，知在定义域内单调递增，(1)-20g =<，由()0g b =知1b >，所以()0()g a f b <<.例11．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<【答案】C 【解析】 【分析】构造函数()ln(1)f x x x =+-， 导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小. 【详解】设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++， 当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增， 所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11xx x g x x x x -+'=+=--, 令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增， 又(0)0h =，所以当01x <<时，()0h x <，所以当01x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增， 所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C. 【总结提升】1.在比较()1f x ，()2f x ，，()n f x 的大小时，首先应该根据函数()f x 的奇偶性与周期性将()1f x ，()2f x ，，()n f x 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．2.构造函数解不等式或比较大小一般地，在不等式中若同时含有f (x )与f ′(x )，常需要通过构造含f (x )与另一函数的和、差、积、商的新函数，再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )＞g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→()[]'f x x； (4)f ′(x )＋f (x )→[e x f (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→()[]'x f x e. 题型五：根据函数的单调性求参数范围例12．（2014·全国·高考真题（文））若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞上单调递增，则实数k 的取值范围是A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞【答案】D 【解析】 【详解】 试题分析：，∵函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，∴在区间()1,+∞上恒成立．∴，而在区间()1,+∞上单调递减，∴．∴的取值范围是[)1,+∞．故选D ．例13．（2019·北京·高考真题（理））设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】 -1; (],0-∞. 【解析】 【分析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用导函数的解析式可得a 的取值范围. 【详解】若函数()x xf x e ae -=+为奇函数,则()()(),x x x x f x f x e ae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()x x f x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0x xf x e ae -=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞例14．（2014·全国·高考真题（理））若函数()cos 2sin f x x a x =+在区间(,)62ππ内是减函数，则实数a 的取值范围是_______. 【答案】2a ≤ 【解析】()()2sin 2cos 4sin cos cos cos 4sin .,62f x x a x x x a x x x a x ππ⎛⎫=-+=-+=-+∈ ⎪⎝'⎭时，()f x 是减函数，又cos 0x >，∴由()0f x '≤得4sin 0,4sin x a a x -+≤∴≤在,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()min 4sin ,,262a x x a ππ⎛⎫⎛⎫∴≤∈∴≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【总结提升】由函数的单调性求参数的取值范围的方法(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．(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)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围． 题型六：利用导数研究函数的图象例15．（2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（ ）A ．1()()4y f x g x =+-B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =【答案】D 【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解.【详解】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ； 对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ；对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，2102164y ππ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C. 故选：D.例16．（2018·全国·高考真题（文））函数()2e e x xf x x --=的图像大致为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：20,()()()x xe e xf x f x f x x --≠-==-∴为奇函数，舍去A,1(1)0f e e -=->∴舍去D;243()()2(2)(2)()2,()0x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f x x x ---+---++=='∴>'>， 所以舍去C ；因此选B.例17.（2017·浙江·高考真题）函数y ()y ()f x f x ==，的导函数的图象如图所示，则函数y ()f x =的图象可能是A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【详解】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数'()f x 的正负，得出原函数()f x 的单调区间．【规律方法】函数图象的辨识主要从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 题型七：与函数单调性相关的恒成立问题例18．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数 ()e xf x x =-，则 ()f x 的单调递增区间为________； 若对任意的()0,x ∞∈+， 不等式 ln 2e 1xx ax+-≥恒成立， 则实数 a 的取值范围为________．【答案】 (0,)+∞(填[)0,∞+亦可) 1(,]2-∞【解析】 【分析】求出函数导数，利用导数求函数单调区间，不等式恒成立可分离参数后求函数()e ln x g x x x x =⋅--的最小值，令ln t x x =+换元后可根据单调性求最值. 【详解】 ()1x f x e =-',令()0f x '>,可得()f x 的单调递增区间(0,)+∞ (或[)0+∞，亦可); ln 2e 1x x ax+-≥可化为2e ln x a x x x ≤⋅--. 令()e ln x g x x x x =⋅--=ln e e ln x x x x ⋅--=ln e (ln )x x x x +-+， 设ln t x x =+，则()e =-t h t t ，由()e xf x x =-在[)0+∞，上单调递增可知， 0()(0)e 01h t h ≥=-=，则21a ≤， 故解得12a ≤.故答案为：(0,)+∞(填[)0,∞+亦可)；12a ≤例19．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()e ln xf x m x m =+∈R ，若对任意正数12,x x ，当12x x >时，都有()()1212f x f x x x ->-成立，则实数m 的取值范围是______． 【答案】[)0,∞+ 【解析】 【分析】令()()g x f x x =-，进而原题等价于()g x 在()0,∞+单调递增，从而转化为()e 10x mg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，参变分离即可求出结果.【详解】由()()1212f x f x x x ->-得，()()1122f x x f x x ->- 令()()g x f x x =-，∴()()12g x g x > ∴()g x 在()0,∞+单调递增，又∵()()e ln xg x f x x m x x =-=+-∴()e 10xmg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，即()1e x m x ≥- 令()()1e x h x x =-，则()()e 110xh x x '=-++<∴()h x 在()0,∞+单调递减，又因为()()01e 00h =-⨯=，∴0m ≥．故答案为：[)0,∞+.例20．（2010·全国·高考真题（理））设函数()21x f x e x ax =---.(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1) f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加;(2) a 的取值范围为(－∞，12]. 【解析】 【分析】 (1)a ＝0时，()1x f x e x＝－－，()1x f x e '＝－.分别令f ′(x )<0，f ′(x )>0可求()f x 的单调区间；(2求导得到)f ′(x )＝e x －1－2ax .由(1)知e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立．故问题转化为f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而对1－2a 的符号进行讨论即可得出结果. 【详解】 (1)a ＝0时，()1x f x e x＝－－，()1x f x e '＝－.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加 (2)()12x f x e ax'-＝－.由(1)知1x e x ≥＋，当且仅当x ＝0时等号成立．故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0.由1x e x ≥＋ (x ≠0)得1x e x -≥- (x ≠0)，从而当a >时，f ′(x )< 1x e -＋2a (1x e --)＝x e - (1x e -)(x e －2a )，故当x ∈(0，ln2a )时， f ′(x )<0，而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln2a )时，f (x )<0， 综上可得a 的取值范围为(－∞，]． 【规律方法】处理此类问题，往往利用“构造函数法”、“分离参数法”.。

用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型1.若导函数是一次型,分类步骤是：①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；2.若导函数是二次型,分类步骤是：①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单调性.下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程思路：根据根是否在定义域内进行分类例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性分析：f x =x-ax x>0,f x =0根的情况转化为x-a=0x>0根的情况根据a是否在定义域0，+∞内进行分类答案：(1)a≤0,f x >0,f x 在0，+∞上是增函数；(2)a>0,f x 在0,a上是减函数,在a，+∞上是增函数.类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类例2.讨论f x =ax-1-aln x+1的单调性分析：f x =ax-1-ax x>0,f x =0根的情况转化为ax-1-a=0在0，+∞上根的情况.步骤一：讨论a=0(无实根)；步骤二：讨论a<0,由ax-1-a=0得x=1-aa(不在定义域内)；步骤三：讨论a >0,根据1-a a是否在定义域内再分0<a <1,a ≥1.答案：(1)a =0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(2)a <0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(3)a >0(i )a ≥1, f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(ii )0<a <1,f x 在0,1-a a 上是减函数,在1-a a，+∞ 上是增函数.类型三：f x 定义域为R , f x =0可化为单根型类二次(或高次)方程思路：根据x 的系数符号进行分类例3.讨论f x =14ax 4-13x 3+12ax 2-x +1的单调性分析：f x =x 2+1 ax -1 ,因为x 2+1>0,f x =0根的情况转化为ax -1=0根的情况,步骤一：讨论a >0；步骤二：讨论a =0,注意此时ax -1=-1<0 ；步骤三：讨论a <0,注意不等式两边除以a ,不等式要改变方向.答案：(1)a >0时f x 在1a ,+∞ 上递增,在-∞,1a上递减；(2)a =0时f x 在-∞,+∞ 上递减；(3)a <0时f x 在1a ,+∞ 上递减,在-∞,1a上递增.类型四：f x 定义域不是R ,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类例4.讨论f x =x +(1-a )ln x +a x +1的单调性分析：f x =x +1 x -a x 2x >0 ,因为x +1>0,f x =0根的情况转化为x -a =0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a ≤0(x -a =0无实根)；步骤二：讨论a >0,由x -a =0得x =a ；答案：(1)a ≤0,f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)a >0,x >a , f x >0,f x 在a ,+∞ 上是增函数；x <a ,f x <0,f x 在0,a 上是减函数.类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类例5.讨论f x =x 2+ax +a e x 的单调性分析：f x =x +2 x +a e x ,f x =0根的情况转化为x +2 x +a =0的根的情况,根据-a 与-2的大小进行讨论.步骤一：讨论a <2；步骤二：讨论a =2,注意此时x +2 x +a =x +2 2≥0；步骤三：讨论a >2.答案：(1)a <2,f x 在-∞,-2 ,-a ,+∞ 上是增函数,在-2,-a 上是减函数；(2)a =2,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(3)a >2, f x 在-∞,-a ,-2,+∞ 上是增函数,在-a ,-2 上是减函数.类型六：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类例6.讨论f x =12x 2-a 2+1a x +ln x 的单调性分析：f x =x -a x -1a x x >0 ,f x =0根的情况转化为x -a x -1a=0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a <0(根不在定义域内).步骤二：讨论a >0(根据a ,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a <0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1a ,+∞ 上是增函数,在a ,1a上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,a ,+∞ 上是增函数,在1a,a 上是减函数.类型七：f x 定义域是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类例7.讨论f x =ax 3-a +32x 2+x -1的单调性分析：f x =3x -1 ax -1 ,f x =0根的情况转化为3x -1 ax -1 =0根的情况.步骤一：讨论a =0(ax -1=0无实根)；步骤二：讨论a <0,此时13>1a ；步骤三：讨论a >0(根据13,1a的大小再分0<a <3,a =3,a >3)答案：(1)a =0,f x 在0，13 上是增函数,在13,+∞ 上是减函数；(2)a <0, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是减函数,在1a ,13 上是增函数；(3)0<a <3,f x 在0,13 ,1a ,+∞ 上是增函数,在13,1a上是减函数；(4)a =3,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(5)a >3, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是增函数,在1a ,13上是减函数.提醒：对于类二次方程,不要忽略对x 2项的系数为零的讨论类型八：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类例8.讨论f x =12ax 2-a +1 x +ln x 的单调性分析：f x =x -1 ax -1 xx >0 ,f x =0根的情况转化为x -1 ax -1 =0x >0 根的情况.步骤一：讨论a =0(有1个根).步骤二：讨论a <0(1a 不在定义域内)步骤三：讨论a >0(1，1a 均在定义域内,根据1,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(步骤一二合并)(2)0<a <1,f x 在0,1 ,1a ,+∞ 上是增函数,在1,1a 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,1,+∞ 上是增函数,在1a,1 上是减函数.类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例9.讨论f x =a x -2 e x -12x -1 2的单调性分析：f x =x -1 ae x -1 ,f x =0根的情况转化为x -1 ae x -1 =0根的情况.步骤一：讨论a ≤0(有1个根).步骤二：讨论a >0,f x =x -1 ae x -1 的拟合函数为y =x -1 x +ln a (根据1,-ln a 的大小再分0<a <1e ,a =1e ,a >1e)答案：(1)a ≤0,f x 在-∞,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(2)0<a <1e ,f x 在-∞,1 ,-ln a ,+∞ 上是增函数,在1,-ln a 上是减函数；(3)a =1e ,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(4)a >1e , f x 在-∞,-ln a ,1,+∞ 上是增函数,在-ln a ,1 上是减函数.类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例10.讨论f x =x 2-2ax ln x -12x 2+2ax +1的单调性分析：f x =x -a ln x x >0 的拟合函数为x -a x -1 (根据a 与0,1大小分类)步骤一：讨论a ≤0(x -a >0).步骤二：讨论a >0, (再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是减函数,在1，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1,+∞ 上是增函数,在a ,1 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1 ,a ,+∞ 上是增函数,在1,a 上是减函数.三、典例展示例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f (x )=x +a ln x ,a ∈R(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求a 的最大值．【解析】 (1)f '(x )=1+a x =x +a xx >0 ,当a ≥0时,f '(x )>0恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时,令f '(x )>0得x >-a ,令f '(x )<0得0<x <-a ,∴f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；综上所述：当a ≥0时, f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时, f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；(2)依题意得：f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,等价于a ≤x 2ln x x >1 恒成立.令g x =x 2ln x x >1 ,则g 'x =2x ln x -x ln x 2=x 2ln x -1 ln x2,则当x >e 时,g 'x >0,当1<x <e 时,g 'x <0,又g 'e =0,∴g x 在1,e 上单调递减,在e ,+∞ 上单调递增,∴g x min =g e =2e ,∴a ≤2e ,即a 的最大值为2e .例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x +1 e x -ax 2-4ax a ∈R (e 为自然对数的底数).(1)若a >0时,求函数f x 的单调区间.(2)是否存在实数a ,使得x ≥0时,f x ≥xe x +1-a x 2+cos x -2ax 恒成立？若存在,求出实数a 的取值范围；若不存在,说明理由.【解析】 (1)由题知f (x )=(x +2)e x -2ax -4a =(x +2)e x -2a ,①若0<a <12e2,则ln2a <-2,当x <ln2a 或x >-2时,f (x )>0,当ln2a <x <-2时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,ln2a ),(-2,+∞)上单调递增,在(ln2a ,-2)上单调递减；②若a =12e 2,则ln2a =-2,f (x )≥0,∴f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；③若a >12e2,则ln2a >-2,当x <-2或x >ln2a 时,f (x )>0,当-2<x <ln2a 时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,-2),(ln2a ,+∞)上单调递增,在(-2,ln2a )上单调递减.综上所述,当0<a <12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,ln2a ),(-2,+∞),单调减区间为(ln2a ,-2)；当a =12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,+∞)；当a >12e2时,f (x )的单调增区间为(-∞,-2),(ln2a ,+∞),单调减区间为(-2,ln2a ).(2)设g (x )=f (x )-xe x -(1-a )x 2-cos x +2ax =e x -x 2-2ax -cos x (x ≥0),则g (x )=e x -2x -2a +sin x ,设h (x )=e x -2x -2a +sin x (x ≥0),则h (x )=e x +cos x -2,设m (x )=e x +cos x -2(x ≥0),则m (x )=e x -sin x >0,∴m (x )在[0,+∞)上单调递增,∴h (x )=m (x )≥m (0)=0,∴h (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )=h (x )≥h (0)=1-2a ,当a ≤12时,g (x )≥0,∴g (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (0)=0；当a >12时,g (0)=1-2a <0,令t (x )=e x -x 2(x >0),则t (x )=e x -2x >0(x >0),所以t (x )在(0,+∞)上单调递增,所以t (x )>t (0)=1,所以e x >x 2(x >0),所以g (6a )=e 6a -14a +sin6a >36a 2-14a -1,设φ(a )=36a 2-14a -1a >12 ,易知φ(a )在12,+∞ 上单调递增,∴φ(a )>36×14-14×12-1=1>0,即g (6a )>0,∴存在x 0∈(0,6a ),使g x 0 =0,当0<x <x 0时,g (x )<0,∴g (x )在0,x 0 上单调递减,此时,g (x )<g (0)=0,不符合题意；综上,存在实数a ,使得当x ≥0时,f (x )≥xe x +(1-a )x 2+cos x -2ax 恒成立,且实数a 的取值范围为-∞,12 .例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a ≥0,函数f x =ax +1+a x-ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)如果我们用n -m 表示区间m ,n 的长度,试证明：对任意实数a ≥1,关于x 的不等式f x <2a +1的解集的区间长度小于2a +1．【解析】 (1)f x =ax +a +1x-ln x ,定义域为0,+∞ ,f x =a -a +1x 2-1x =ax 2-x -a +1 x 2=x +1 ax -a -1 x 2.若a =0,f x =-x +1 x 2<0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递减；若a >0,f x =a x +1 x -1-1a x 2,1+1a >0,当x ∈0,1+1a 时,f x <0；当x ∈1+1a ,+∞ 时,f x >0,所以f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增．综上,a =0时,f x 在0,+∞ 上单调递减；a >0时,f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a,+∞ 上单调递增．(2)令g x =f x -2a +1 =ax +a +1x -ln x -2a -1,则g 1 =0,因为a ≥1,由(1)知,g x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增,又1+1a >1,所以g 1+1a <0,令h a =g 2a +2 =2a 2-12-ln 2a +2 ,a ∈1,+∞ ,由h a =4a -22a +2=4a 2+4a -1a +1>0恒成立,所以h a 在1,+∞ 上单调递增．又e 3>16,所以e 316>1,即e 324>1．从而h 1 =32-ln4=ln e 324>0,所以h a >h 1 >0,即g 2a +2 >0．因为2a +2>2,1+1a <2,所以2a +2>1+1a ,所以存在唯一x 1∈1+1a ,2a +2 ,使得g x 1 =0,所以g x <0的解集为1,x 1 ,即f x <2a +1的解集为1,x 1 ,又1,x 1 的区间长度为x 1-1<2a +2 -1=2a +1,原命题得证．例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R .(1)讨论函数f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个不同的极值点,且x 1<x 2,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,求正数λ的范围.【解析】 (1)f x =x ln x -a 2x 2-x +a ,所以f x =ln x -ax ,令g x =ln x -ax ,故g x =1x -a =1-ax xx >0 .当a ≤0时,g x >0在0,+∞ 上恒成立,所以g x 在0,+∞ 上单调递增,即f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,令g x >0,得0<x <1a ,令g x <0,得x >1a ,所以g x 在0,1a 上单调递增,在1a ,+∞ 上单调递减,即f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.综上所述：当a ≤0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.(2)e 1+λ<x 1x 2λ等价于1+λ<ln x 1+λln x 2,由题意可知x 1,x 2分别是方程f x =0的两个根,即ln x -ax =0的两个根,即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a x 1+λx 2 .因为λ>0,0<x 1<x 2,所以原式等价于a >1+λx 1+λx 2,又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,作差得,ln x 1x 2=a x 1-x 2 ,即a =ln x 1x 2x 1-x 2,所以原式等价于ln x 1x 2x 1-x 2>1+λx 1+λx 2,因为0<x 1<x 2,所以ln x 1x 2<1+λ x 1-x 2 x 1+λx 2恒成立.令t =x 1x 2,t ∈0,1 ,则不等式ln t <1+λ t -1 t +λ在t ∈0,1 上恒成立,令m t =ln t -1+λ t -1 t +λ,又因为m t =1t -1+λ 2t +λ2=t -1 t -λ2 t t +λ 2,当λ2≥1时,可得t ∈0,1 时,m t >0,所以m t 在0,1 上单调递增,又因为m 1 =0,m t <0在0,1 上恒成立,符合题意；当λ2<1时,可得t ∈0,λ2 时,m t >0,t ∈λ2,1 时,m t <0,所以m t 在0,λ2 上单调递增,在λ2,1 上单调递减,又因为m 1 =0,所以m t 在0,1 上不能恒小于0,不符合题意,舍去.综上所述,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,只需满足λ2≥1,由于λ>0,所以λ≥1,即实数λ的取值范围为：1,+∞ .四、跟踪检测1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x -ax +b ．(1)当b =0时,讨论f x 的单调性；(2)当a >0时,若f x ≥0,求b 的最小值．【解析】 (1)当b =0时,f x =e x -ax ,f x =e x -a ,当a ≤0时,f x =e x -a >0,f x 在R 上单调递增；当a >0时,令f x =0有x =ln a ,当x ∈-∞,ln a 时,f x <0,f x 单调递减,当x ∈ln a ,+∞ 时,f x >0,f x 单调递增.(2)当a >0时,由(1)若f x ≥0,则f ln a ≥0有解即可,即a -a ln a +b ≥0有解,即b ≥a ln a -a 有解,设g a =a ln a -a ,则g a =ln a ,故当0<a <1时,g a <0,g a 单调递减；当a >1时,g a >0,g a 单调递增.故g min a =ln1-1=-1,故当b ≥a ln a -a min =-1.故b 的最小值为-12.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f (x )=(1-m )x -ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若m =0,设g x =f x +2-x e x 在12,1上的最小值为n ,求证：(n -3)(n -4)<0 .【解析】 (1)f (x )=1-m -1x =(1-m )x -1xx >0 .①当1-m ≤0,即m ≥1时：f (x )<0恒成立.故f (x )在(0,+∞)上单调递减.②当1-m >0,即m <1时：令f (x )<0,即(1-m )x -1x <0,解得：0<x <11-m ;所以f (x )在0,11-m上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.综上所述：当m ≥1时：f (x )在(0,+∞)上单调递减；当m <1时：f (x )在0,11-m 上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.(2)当m =0时,g x =x -ln x +2-x e x ,x ∈12,1 .g x =1-1x -e x +2-x e x =x -1x +1-x e x =1-x e x -1x .因为m x =e x -1x 在12,1 上单调递增,且m 12 =e -2<0,m 1 =e -1>0.所以必存在点x 0∈12,1 ,使g (x 0)=0,即e x 0=1x 0⇒x 0=-ln x 0且当x ∈12,x 0 时g (x )<0,当x ∈x 0,1 时g (x )>0,所以g (x )在区间12,x 0 上单调递减,在区间x 0,1 上单调递减.所以n =g x min =g x 0 =x 0-ln x 0+2-x 0 e x 0=2x 0+2-x 0x 0=2x 0+2x 0-1.x 0∈12,1 .又因n =2x 0+2x 0-1在12,1 上单调递减.所以2+2-1<n <2×12+2×2-1⇒3<n <4.故(n -3)(n -4)<0恒成立.3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.①0<a <12,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.【解析】 (1)f x =(x -a )e x -2x +2a =(x -a )e x -2 ,令f x =0,则x =a 或ln2,若a =ln2,f x ≥0,所以函数f x 在R 上为增函数；若a >ln2,当x >a 或x <ln2时,f x >0,当ln2<x <a 时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；若a <ln2,当x >ln2或x <a 时,f x >0,当a <x <ln2时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；综上所述,当a =ln2时,函数f x 在R 上为增函数；当a >ln2时,函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；当a <ln2时,函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；(2)选①,当0<a <12,0<m <ln2时,由(1)知f x 在(0,a )上递增,在(a ,ln2)上递减,所以f (m )≤f (a )=-e a +a 2,令g (a )=e a -a -10<a <12 ,则g (a )=e a -1,当0<a <12时,g (a )>0,得函数g (a )在0,12上单调递增,所以g (a )>g (0)=0,即e a -a -1>0,则-e a <-a -1,所以f (a )=-e a +a 2<a 2-a -1=a -12 2-54<-1<0,所以f m <0.选②,当1<a <2,1<m <2时.由(1)得1<a <2时,f x 在1,a 上递减,在a ,2 上递增,又f 1 =-ae -1+2a =2-e a -1<0,f 2 =1-a e 2-4+4a <41-a -4+4a =0,所以当1<x <2时,f x <0,所以f m <0.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =1+a ln x x ,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f (x )=1+a ln x x(x >0),f (x )=a -(1+a ln x )x 2=a -1-a ln x x 2.当a =0时,f (x )=a -(1+a ln x )x 2=-1x2<0恒成立,则f x 在0,+∞ 上为减函数,当a >0时,令f (x )>0,可得a -1-a ln x >0,则ln x <a -1a,解得0<x <e a -1a ,令f (x )<0,解得x >e a -1a ,综上,当a =0时,f x 的减区间为0,+∞ ；当a >0时,f x 的单调递增区间为0,ea -1a ,单调递减区间为e a -1a ,+∞ .(2)由f (x )≤x 2,可得x 3-a ln x -1≥0设g (x )=x 3-a ln x -1(x >0),则g (x )=3x 2-a x =3x 3-a x.①当a ≤0时,g x >0,g x 单调递增,而g 12=18-a ln 12-1=-78+a ln2<0,所以不满足题意,②当a >0时,令g (x )=3x 3-a x=0,解得x =3a 3,当x ∈0,3a 3 时,g x <0,g x 为减函数,当x ∈3a 3,+∞ 时,g x >0,g x 为增函数,所以g(x)≥g3a3=13+13ln3a-13a ln a-1.令h(a)=13+13ln3a-13a ln a-1(a>0),h (a)=13+13ln3-13(ln a+1)=13(ln3-ln a),当a∈0,3时,h a >0,h a 为增函数,当a∈3,+∞时,h a <0,g x 为减函数,所以h a ≤h3 =0,又g x ≥h a ≥0.则h a =0,解得a=3,所以实数a的取值范围是3 .5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1ln x+x+a x(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2,若g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．【解析】(1)f x 定义域为0,+∞f x =a-11x+1-ax2=x2+a-1x-ax2=x+ax-1x2ⅰ)0<-a<1即-1<a<0时,f x <0⇒-a<x<1,f x >0⇒0<x<-a或x>1ⅱ)-a=1即a=-1时,x∈0,+∞,f x ≥0恒成立ⅲ)-a>1即a<-1,f x <0⇒1<x<-a,f x >0⇒0<x<1或x>-a综上：-1<a<0时,x∈-a,1,f x 单调递减；0,-a、1,+∞,f x 单调递增a=-1时,x∈0,+∞,f x 单调递增a<-1时,x∈1,-a,f x 单调递减；0,1、-a,+∞,f x 单调递增(2)g x =a ln x+x,由题a ln x1+x1=0a ln x2+x2=0,0<x1<x2则a ln x1-ln x2=x2-x1,设t=x1x2∈0,1∴a=x2-x1ln x1-ln x2=x2-x1ln tg x =a x+1∴g2x1+λx22+λ=a2+λ2x1+λx2+1=x2-x1ln t⋅2+λ2x1+λx2+1=2+λ1-t2t+λln t+1>0恒成立t∈0,1,∴ln t<0∴2+λ1-t2t+λ+ln t<0恒成立设h t =2+λ1-t2t+λ+ln t,∴h t <0恒成立h t =1t -2+λ 22t +λ2=2t +λ 2-t 2+λ 2t 2t +λ 2=4t -1 t -λ24 t 2t +λ 2ⅰ)λ2≥4时,t -λ24<0,∴h t >0,∴h t 在0,1 上单调递增∴h t <h 1 =0恒成立,∴λ∈-∞,-2 ∪2,+∞ 合题ⅱ)λ2<4,t ∈0,λ24,∴h t >0,∴h t 在0,λ24上单调递增t ∈λ24,1 时,h t <0,∴h t 在λ24,1 上单调递减∴t ∈λ24,1 ,h t >h 1 =0,不满足h t <0恒成立综上：λ∈-∞,-2 ∪2,+∞6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x -ax 2+2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f x 的定义域是0,+∞ ,f x =-2ax 2+1x.①当a ≤0时,f x >0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递增；②当a >0时,令f x =0,解得x =2a 2a 或-2a 2a (舍),令f x >0,解得0<x <2a 2a,令f x <0,解得x >2a 2a,所以f x 在0,2a 2a上单调递增,在2a 2a ,+∞ 上单调递减.(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,即ln x -ax 2-2-a x +2≥0在x ∈1,e 上恒成立.令g x =ln x -ax 2-2-a x +2,x ∈1,e ,则g x =1x -2ax -2-a =-2ax 2-2-a x +1x =-ax +1 2x -1 x.当a =0时,g x =ln x -2x +2,g e =ln e -2e +2=3-2e <0,不符合题意；当a >0时,g x <0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意；当a <0时,若-1a≤1,即a ≤-1,g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递增,又g 1 =0,所以g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,符合题意.若1<-1a <e ,即-1<a <-1e ,令g x >0,解得-1a <x <e ,令g x <0,解得1<x <-1a ,所以g x 在1,-1a 上单调递减,在-1a ,e 上单调递增,所以g x min =g -1a<g 1 =0,不符合题意；若-1a ≥e ,即-1e≤a <0,g x ≤0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是-∞,-1 .7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x 3+31+m x 2+6mx x ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f 1 =5,函数g x =a ln x +1 -f x x 2≤0在1,+∞ 上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】 (1)f x =6x 2+61+m x +6m =6x 2+1+m x +m =6(x +1)(x +m )若m =1时,f (x )≥0,f (x )在R 上单调递增；若m >1时,-m <-1,当x <-m 或x >-1时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-m <x <-1时,f (x )<0,f (x )为减函数,若m <1时,-m >-1,当x <-1或x >-m 时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-1<x <-m 时,f (x )<0,f (x )为减函数.综上,m =1时,f (x )在R 上单调递增；当m >1时,f (x )在(-∞,-m )和(-1,+∞)上单调递增,在(-m ,-1)上单调递减；当m <1时,f (x )在(-∞,-1)和(-m ,+∞)上单调递增,在(-1,-m )上单调递减.(2)由f (1)=2+3(1+m )+6m =5,解得 m =0,所以f (x )=2x 3+3x 2,由x ∈(1,+∞)时,ln x +1>0,可知g (x )=a (ln x +1)-2x -3≤0在(1,+∞)上恒成立可化为a ≤2x +3ln x +1在x ∈(1,+∞)上恒成立,设h (x )=2x +3ln x +1(x >1),则h (x )=2(ln x +1)-(2x +3)×1x (ln x +1)2=2ln x -3x (ln x +1)2,设φ(x )=2ln x -3x (x >1),则 φ (x )=2x +3x2>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增,又φ(2)=2ln2-32=ln16-32<0,φ52 =2ln 52-65=25ln 52-3 5>0,所以方程h (x )=0有且只有一个实根x 0,且 2<x 0<52,2ln x 0=3x 0,所以在(1,x 0)上,h (x )<0, h (x )单调递减,在x 0,+∞ 上,h (x )>0,h (x )单调递增,所以函数h (x )的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0∈4,5 ,从而a ≤2x 0,又a 为整数,所以a 的最大值为4.8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a -1,求a 的取值范围.【解析】(1)由题意,函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x ,可得f (x )=(x -a )e x -ax +a 2=(x -a )e x -a ,当a ≤0时,e x -a >0,令f (x )<0,解得x <a ；令f (x )>0,解得x >a ,故f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,当a >0时,令f (x )=0,解得x 1=a 或x 2=ln a ,设g (a )=a -ln a ,可得g (a )=a -1a,当a >1时,g (a )>0；当0<a <1时,g (a )<0,故g (x )min =g (1)=1>0,故a >ln a ,由f (x )>0,解得x >a 或x <ln a ,由f (x )<0,解得ln a <x <a ,故f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增,综上可得：当a ≤0时,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,a >0时,f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增；(2)当a <0时,由(1)知,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,故f x 极小值=f (a )=-e a +12a 3<-e a -1,解得a <-32,当0<a <1时,ln a <0,由(1)知f (x )在x =ln a 处取极大值,设h (a )=f (ln a )=(ln a -a -1)a -12a ln 2a +a 2ln a =a ln a 1-12ln a +a -a 2-a ,则h (a )=-12ln 2a +2a ln a -a ,因为0<a <1,可得ln a <0,所以h (a )<0,h (a )在(0,1)递减,所以h (a )>h (1)=-2>-e a -1,所以0<a <1不合题意,当a ≥1时,ln a ≥0,由(1)知f (x )在(-∞,0)递增,此时f (x )在(-∞,0)无极值,不符合题意,综上可得,实数a 的取值范围是(-∞,-32).9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x +ln x -a x,g x =a -2x ln x +x .(1)讨论f x 的单调性；(2)若a ∈1,4 ,记f x 的零点为x 1,g x 的极大值点为x 2,求证：x 1<x 2·【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ,f ′x =1+1x +a x 2=x 2+x +a x 2,当a ≥0时,f ′x >0,f x 在0,+∞ 上单调递增：当a <0时,Δ=1-4a >0,f ′x =0在0,+∞ 上有唯一正根-1+1-4a 2,当x ∈0,-1+1-4a 2时,f ′x <0,单调递减；当x ∈-1+1-4a 2,+∞ 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,-1+1-4a 2 上单调递减；在-1+1-4a 2,+∞ 上单调递增.(2)由(1)知,当a ∈1,4 时,f x 在0,+∞ 上单调递增,且f 1 =1-a <0，f 2 =2+ln2-a 2>0,所以f x 在0,+∞ 上有唯一零点x 1∈1,2 .又g ′x =-2ln x +a x -1,又a ∈1,4 ,由单调性运算性质可知,g ′x 在0,+∞ 上单调递减,且g ′1 =a -1>0，g ′4 =-2ln4+a 4-1<0,故存在x 0∈1,4 ,使得g ′x 0 =0,即a x 0=2ln x 0+1,当x ∈0,x 0 时,g ′x >0,g x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时,g ′x <0,g x 单调递增；所以x 0是g x 唯一极大值点,所以x 0=x 2,故a x 2=2ln x 2+1,因此f x 2 =x 2+ln x 2-a x 2=x 2+ln x 2-2ln x 2-1=x 2-ln x 2-1.设h x =x -ln x -1,因为x ∈1,4 ，h ′x =1-1x >0,所以h ′x 在1,4 上单调递增,所以h x >h 1 =0.故有f x 2 >0=f x 1 ,又f x 在0,+∞ 上单调递增,所以x 1<x 2.10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x 2-x -ln x a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)证明：当x >1时,2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x.【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ,f x =a 2x -1 -1x =2ax 2-ax -1x.令g x =2ax 2-ax -1.①当a =0时,g x =-1<0,f x =g x x<0,故f x 在0,+∞ 单调递减；②当a ≠0时,g x 为二次函数,Δ=a 2+8a .若Δ≤0,即-8≤a <0,则g x 的图象为开口向下的抛物线且g x ≤0,所以f x ≤0,故f x 在0,+∞ 单调递减；若Δ>0,即a <-8或a >0,令g x =0,得x 1=a -a 2+8a 4a ,x 2=a +a 2+8a 4a.当a <-8时,g x 图象为开口向下的抛物线,0<x 2<x 1,所以当x ∈0,x 2 或x ∈x 1,+∞ 时,g x <0,所以f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,x 1 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增；当a >0时,g x 图象为开口向上的抛物线,x 1<0<x 2,所以当x ∈0,x 2 ,g x ≤0,所以f x <0,故f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增.综上,当a <-8时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 和a -a 2+8a 4a ,+∞上单调递减,在a +a 2+8a 4a ,a -a 2+8a 4a上单调递增；当a >0时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 单调递减,在a +a 2+8a 4a ,+∞上单调递增；当-8≤a ≤0,f x 在0,+∞ 单调递减;(2)由(1)知,当a =1时,f x 在0,1 单调递减,在1,+∞ 单调递增,因此对∀x >1恒有f x >f 1 ,即x 2-x >ln x .因为0<ln x <x 2-x ,若2e x -1≥x 2+1成立,则2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x 成立.令φx =e x -1-12x 2+1 x ≥1 ,则φ x =e x -1-x ,φ x =e x -1-1.因为x ≥1,所以φ x ≥0,所以φ x 在1,+∞ 单调递增,又φ 1 =0,所以当x ≥1时,φ x ≥0,所以φx 在1,+∞ 单调递增,又φ1 =0,所以对∀x >1恒有φx >φ1 =0,即2e x -1≥x 2+1.1ln x>1x2-x>0,由不等式的基本性质可得2e x-1ln x≥x2+1x2-x.当x>1时,0<ln x<x2-x,则。

题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞； 【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围； （3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1） 由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+， 当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，； 当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，， 当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，； （2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-， 解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，； （3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-， 解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立． 因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。