备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题11 含参数函数的单调区间问题

第二节函数的性质第1课时系统知识一一函数的单调性与最值、奇偶性、周期性若函数y= f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y= f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y= f(x)的单调区间.［点拨］(1)函数单调性定义中的X i , X2具有以下三个特征：一是任意性，即任意两数X i, D ”，任意”两字决不能丢；二是有大小，即X i VX2(或X1>X2)；三是同属一个单调区间，三者缺一不可.⑵若函数在区间D上单调递增(或递减),则对D内任意的两个不等自变量X1, X2的值, 都有fXL二竺或fXk 4竺<。

.X1 —X2 X1—X2 /(3)函数f(X)在给定区间上的单调性，是函数在此区间上的整体性质，不一定代表在整个定义域上有此性质.［谨记常用结论］(1) 函数f(X)与f(x)+ c(c为常数)具有相同的单调性.(2) k>0时，函数f(x)与kf(x)单调性相同；k<0时，函数f(x)与kf(x)单调性相反.1⑶若f(x)恒为正值或恒为负值，贝y f(x)与具有相反的单调性.⑷若f(x), g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于零时，f(x) •(x)是增(减)函数；当两者都恒小于零时，f(x) g(x)是减(增)函数.(5)在公共定义域内，增+增=增，减+减=减，增—减=增，减—增=减.［小题练通］1. ［人教A版教材P39B组T1］函数f(x)= x2—2x的单调递增区间是______ .答案：［1 ,+^ )2. ［教材改编题］如果二次函数f(x)= x2—(a—1)x + 5在区间2, 1上是增函数，则实数a的取值范围为_________ .解析：T函数f(x) = x2—(a —1)x+ 5的对称轴为x =旦^1且在区间2，1上是增函数，a —1答案：(—R, 2］3. ［教材改编题］函数f(x)= log1 (x2—4)的单调递增区间为________ .2解析：由x2—4>0得x<—2或x>2.又u = x2—4在(一a,—2)上为减函数，在(2, + a)上为增函数，y= log 1 u为减函数，2故f(x)的单调递增区间为(一a,—2).答案：(一a,—2)4. ［易错题］设定义在［—1,7］上的函数y= f(x)的图象如图所示，则函数y= f(x)的增区间为________ .答案：［—1,1］, ［5,7］2x + k5.若函数y= 与y= log3(x—2)在(3, +a )上具有相同的单调性，贝U实数k的取值x—2范围是_________ .解析：由于y= lOg3(x—2)的定义域为(2 , + a ), 且为增函数，故函数y=空土^ = 2x —2+ 4+ k= 2 + 也在(3, + a)上也是增函数，则有4+ k v 0, x —2 x —2 x —2得k v — 4.f(X)Vf —的实数x的取值范答案：(—a, —4)6•已知函数f(x)为定义在区间［—1,1］上的增函数，则满足围为________ .—1W x W1,解析：由题设得1x<2解得—1W x<1.答案：—1,—前提设函数f(x)的定义域为1，如果存在实数M满足条件对于任意x€ I，都有f(x)W M ;存在X o€ I，使得f(X o)= M对于任意x € I，都有f(x)》M ;存在x°€ I，使得f(x^)= M结论M为最大值M为最小值1.函数的最值2.函数最值存在的两条结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值•当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到.(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值.［点拨］(1)对于单调函数，最大(小)值出现在定义域的边界处；(2) 对于非单调函数求最值，通常借助图象求解更方便；(3) 一般地，恒成立问题可以用求最值的方法来解决，而利用单调性是求最值的常用方法•注意以下关系：f(x)> a恒成立？f(x)min> a ；f(x) W a恒成立？f(x)max <乱解题时，要务必注意“=”的取舍.［小题练通］21. __________________________________________________________ ［人教A版教材P31例4］函数f(x)=二二在［2,6］上的最大值是___________________________ •答案：22. ［教材改编题］设函数f(x)= 2~在区间［3,4］上的最大值和最小值分别为M ,m,则晋=x—2 M 解析：易知f(x)= x—2 = 2+七，所以f(x)在区间［3,4］上单调递减,4所以M = f(3) = 2 + ---- =6,3 —2 所以m!_ 16_ 8M —6 —3.答案:3.［教材改编题喏函数f(x)=—；+ b(a>0)在；，2上的值域为••• f(X )min = f 2 = 2 , f(x)max = f(2) = 2.1—2a 十 b = 1, 即 -1+b = 2,答案：1 54.［易错题］函数y =~22 i解析：由 y = X ^ ，可得 x 2 = —-^.由 x 2>0,知—0，解得—1 w y<1,x 十 1 1 — y 1 — y故所求函数的值域为［—1,1). 答案：［—1,1) 5.函数f(x) = x ，x> 1，的最大值为x 2 + 2, x<11解析：当x > 1时，函数f(x)= -为减函数，所以f(x)在x = 1处取得最大值，为 f(1) = 1； 当x<1时，易知函数f(x) = — x 2+ 2在x = 0处取得最大值，为 f(0) = 2.故函数f(x)的最大值 为2.答案：26.已知函数 f(x)=— x 2 + 4x 十a , x € ［0,1］，若f(x)有最小值一2,贝V f(x)的最大值为解析：函数 f(x)=— x 2 + 4x 十 a =— (x — 2)2+ 4+ a , x € [0,1]，且函数 f(x)有最小值—2. 故当x = 0时，函数f(x)有最小值，当 x = 1时，函数f(x)有最大值•当 x = 0时，f(0) = a =—2,.・. f(x)=— x 2+ 4x — 2, •当 x = 1 时,f(x)max = f(1)=—十十 4X 1 — 2 = 1.答案：1［谨记常用结论］1. 函数奇偶性的几个重要结论-1解析：•/ f(x)=-三+ b(a>0)在 1，2 是增函数,a = 1, 解得 5b = 5.⑴如果一个奇函数f(x)在原点处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0) = 0.⑵如果函数f(x)是偶函数，那么f(x) = f(|x|).(3) 既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即f(x)= 0, x€ D，其中定义域D是关于原点对称的非空数集.(4) 奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性.2. 有关对称性的结论(1) 若函数y= f(x + a)为偶函数，则函数y= f(x)关于x = a对称.若函数y= f(x+ a)为奇函数，则函数y= f(x)关于点(a,0)对称.(2) 若f(x)= f(2a—x),则函数f(x)关于x = a 对称；若f(x) + f(2a—x) = 2b,则函数f(x) 关于点(a, b)对称.［小题练通］1. ________________ ［人教A版教材P39A组T6］已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)= x(1 + x),贝U f( —1) = .答案：—22. ［教材改编题］设f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x) = x1 2 3+ 1,则f( —2)+ f(0)解析：由题意知f( —2) =—f(2) = —(22+ 1) =—5, f(0) = 0,••• f(—2) + f(0) = — 5.答案：—53. ［教材改编题］已知函数f(x)为偶函数，且当x<0时，f(x)= x + 1,则当x>0时，f(x)=解析：当x>0 时，一xv0,「. f(—x)=—x + 1,又f(x)为偶函数，• f(x)=—x+ 1.答案：—x+ 14. ［易错题］已知f(x) = ax2+ bx是定义在［a —1,2 a］上的偶函数，那么 a + b的值是2 1解析：T f(x)= ax2+ bx是定义在［a —1,2 a］上的偶函数，• a—1 + 2a = 0,二a=；. 31又f( —x)= f(x) ,• b= 0,二a+ b= 3.3答案:5.在函数y= xcosx, y= e x+ x2, y= lg . x2—2, y= xsin x 中，偶函数的个数是___________ 解析：y= xcos x是奇函数，y= lg x2—2和y= xsin x是偶函数，y= e x+ x2是非奇非偶函数，所以偶函数的个数是 2.答案：26.已知函数 f(x)= asin x + bln*^ +1，若 f 1 + f — 2 =6，则实数 t=________________ ，解析：令g(x)= asin x + bln 齐，则易知g(x)为奇函数，所以gg g J — 2戶0,则由 f(x)= g(x)+1,得 f 1 + f —1 = g 1 + g —1 + 2t = 2t = 6,解得 t = 3.答案：31. 周期函数对于函数y = f(x)，如果存在一个非零常数T ,使得当x 取定义域内的任何值时，都有f(x + T) = f(x)，那么就称函数 y = f(x)为周期函数，称T 为这个函数的周期.2. 最小正周期如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做 f(x)的最小正周期.［谨记常用结论］定义式f(x + T)= f(x)对定义域内的x 是恒成立的.(1)若 f(x + a) = f(x + b),则函数 f(x)的周期为 T = |a — b|; 1 1f(x + a) = — f(x), f(x + a)=，f(x + a)=—匚何>0),则 f(x)为周期函数，且T = 2a 为它的一个周期.［小题练通］1.［教材改编题］设f(x)是定义在 R 上的周期为 2的函数，当 x € (— 1,1)时，f(x)= 「4x + 2,—1<x <0，则虑 L __________________ .x , 0< x<1, 2答案：12.［教材改编题］若f(x)是R 上周期为2的函数，且满足 f(1) = 1, f(2) = 2,贝U f(3) — f(4)解析：由 f(x)是 R 上周期为 2 的函数知，f(3) = f(1) = 1, f(4) = f(2) = 2,••• f(3) — f(4) =— 1.答案：—1=x ,贝y f(2 019) = __________(2)若在定义域内满足3.［教材改编题］已知f(x)是定义在R 上的函数，并且 1f(x + 2)= f x ,f(x)1 1解析：由已知，可得f(x + 4) = f[(x + 2) + 2]= —— =-—=f(x),故函数f(x)的周期为f (X + 2)4.A f(2 019) = f(4X 504+ 3) = f(3)= 3.答案：34. [易错题]函数f(x)的周期为4,且x€ (-2,2], f(x) = 2x- x2,则f(2 018) + f(2 019) + f(2 020)的值为________ .解析：由f(x)= 2x-x2, x€ (-2,2],知f(- 1)=- 3, f(0)= 0, f(2) = 0，又f(x)的周期为4,所以f(2 018) + f(2 019) + f(2 020) = f(2) + f( - 1)+ f(0) = 0 - 3+ 0=- 3.答案：—35. 已知f(x)是R上的奇函数，且对任意x€ R都有f(x+ 6)= f(x) + f(3)成立，则f(2 019)解析：•/ f(x)是R上的奇函数，••• f(0) = 0,又对任意x€ R都有f(x + 6) = f(x) + f(3),二当x=- 3 时，有f(3) = f( - 3) + f(3) = 0, • f( - 3) = 0 , f(3) = 0 , • f(x+ 6) = f(x)，周期为6. 故f(2 019) = f(3) = 0.答案：06.偶函数y= f(x)的图象关于直线x= 2对称，f(3) = 3,则f( - 1) = __________ .解析：因为f(x)的图象关于直线x= 2对称，所以f(x) = f(4- x) , f( - x) = f(4 + x),又f(- x) = f(x),所以f(x) = f(4 + x),则f( - 1) = f(4 - 1) = f(3) = 3.答案：3。

第2节函数的单调性与最值最新考纲 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.知识梳理1.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I：如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间.2.函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[微点提醒]1.函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝1f（x）的单调性相反.2.“对勾函数”y＝x＋ax(a>0)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)；单调减区间是[－a，0)，(0，a].基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.()(2)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数.()(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).()解析(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).(3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(必修1P39B3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A.y＝1x－x B.y＝x2－xC.y＝ln x－xD.y＝e x解析对于A，y1＝1x在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝1x－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y＝e x 在(0，＋∞)上是增函数.答案 A3.(必修1P31例4改编)函数y＝2x－1在区间[2，3]上的最大值是________.解析函数y＝2x－1在[2，3]上是减函数，当x＝2时，y＝2x－1取得最大值22－1＝2.答案 24.(2018·广东省际名校联考)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A.y＝1f（x）在R上为减函数B.y＝|f(x)|在R上为增函数C.y＝－1f（x）在R上为增函数D.y＝－f(x)在R上为减函数解析如f(x)＝x3，则y＝1f（x）的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A错；则y＝|f(x)|在R上无单调性，B错；则y＝－1f（x）的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C错.答案 D5.(2019·石家庄调研)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A. f(m)>f(1)B. f(m)<f(1)C. f(m)≥f(1)D. f(m)≤f(1)解析因为f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则m－1>0，所以m>1，所以f(m)>f(1). 答案 A6.(2017·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A.(－∞，－2)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数.要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间.∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).答案 D考点一 确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)(2019·东北三省四校质检)若函数y ＝log 12(x 2－ax ＋3a )在区间(2，＋∞)上是减函数，则a 的取值范围为( ) A.(－∞，－4)∪[2，＋∞) B.(－4，4] C.[－4，4)D.[－4，4]解析 令t ＝x 2－ax ＋3a ，则y ＝log 12t (t >0)， 易知t ＝x 2－ax ＋3a 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增. ∵y ＝log 12(x 2－ax ＋3a )在区间(2，＋∞)上是减函数，∴t ＝x 2－ax ＋3a 在(2，＋∞)上是增函数，且在(2，＋∞)上t >0， ∴2≥a2，且4－2a ＋3a ≥0，∴a ∈[－4，4]. 答案 D(2)判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1<a <3)在x ∈[1，2]上的单调性. 解 f (x )在[1，2]上单调递增，证明如下： 设1≤x 1<x 2≤2，则f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－ax 21－1x 1＝(x 2－x 1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤a （x 1＋x 2）－1x 1x 2， 由1≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，2<x 1＋x 2<4， 1<x 1x 2<4，－1<－1x 1x 2<－14.又因为1<a <3，所以2<a (x 1＋x 2)<12， 得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2>0，从而f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)， 故当a ∈(1，3)时，f (x )在[1，2]上单调递增.规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接. 2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y ＝f [g (x )]的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】 (一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性.解 法一 设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a (x 2－x 1)(x 1－1)(x 2－1)， 由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递增. 法二 f ′(x )＝(ax )′(x －1)－ax (x －1)′(x －1)2＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a(x －1)2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上单调递增. 考点二 求函数的最值【例2】 (1)已知函数f (x )＝a x ＋log a x (a >0，且a ≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为( ) A.12B.14C.2D.4(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg(x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝________，f (x )的最小值是________.解析 (1)f (x )＝a x ＋log a x 在[1，2]上是单调函数， 所以f (1)＋f (2)＝log a 2＋6， 则a ＋log a 1＋a 2＋log a 2＝log a 2＋6， 即(a －2)(a ＋3)＝0，又a >0，所以a ＝2. (2)∵f (－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，∴f[f(－3)]＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋2x－3≥22－3，当且仅当x＝2时，取等号，此时f(x)min＝22－3<0；当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0.∴f(x)的最小值为22－3.答案(1)C(2)022－3规律方法求函数最值的四种常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.【训练2】(1)(2019·郑州调研)函数f(x)＝x－1x2在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是()A.3116 B.2 C.94 D.114(2)(2018·邵阳质检)定义max{a，b，c，}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是()A.2B.3C.4D.6解析(1)易知f(x)＝x－1x2在[1，4]上是增函数，∴M＝f(x)max＝f(4)＝2－116＝3116，m＝f(1)＝0.因此M－m＝3116.(2)画出函数M＝{2x，2x－3，6－x}的图象(如图)，由图可知，函数M在A(2，4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.答案 (1)A (2)C考点三 函数单调性的应用 多维探究角度1 利用单调性比较大小【例3－1】 已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A.c >a >bB.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c解析 由于函数f (x )的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y 轴对称，故函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称， 所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，等价于函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以b >a >c . 答案 D角度2 求解函数不等式【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0.则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(0，＋∞) C.(－1，0)D.(－∞，0)解析 当x ≤0时，函数f (x )＝2－x 是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象知，要使f (x ＋1)＜f (2x )，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，解得x <－1或－1≤x <0，即x<0.答案 D角度3 求参数的值或取值范围【例3－3】 已知f (x )＝⎩⎨⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么实数a 的取值范围是________. 解析 对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数. 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a <2.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2规律方法 1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.2.(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.(2)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f ”.【训练3】 (1)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，若a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 2 4.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a <b <c B.b <a <c C.c <b <aD.c <a <b(2)若函数f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1，2]上都是减函数，则a 的取值范围是( ) A.(－1，0)∪(0，1) B.(－1，0)∪(0，1] C.(0，1)D.(0，1]解析 (1)由f (x )是奇函数，得a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f (log 25).又log 25>log 24.1>2>20.8，且y ＝f (x )在R 上是增函数，所以a >b >c .(2)因为f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1，2]上为减函数，所以由其图象得a ≤1，g (x )＝ax ＋1， g ′(x )＝－a（x ＋1）2， 要使g (x )在[1，2]上为减函数，需g ′(x )<0在[1，2]上恒成立， 故有－a <0，因此a >0，综上可知0<a ≤1. 答案 (1)C (2)D[思维升华]1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤： (1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用基本不等式.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点处取到；开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值). [易错防范]1.区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f (x )在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f (x )＝1x .基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是( )A.32B.－83C.－2D.2解析 易知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上是减函数，∴f (x )max ＝f (－2)＝2－12＝32. 答案 A2.(2019·广州模拟)下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( ) A.f (x )＝2x B.f (x )＝|x －1| C.f (x )＝1x －xD.f (x )＝ln(x ＋1)解析 由(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)上是减函数，A ，D 选项中，f (x )为增函数；B 中，f (x )＝|x －1|在(0，＋∞)上不单调，对于f (x )＝1x －x ，因为y ＝1x 与y ＝－x 在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x )在(0，＋∞)上是减函数. 答案 C3.(2019·兰州一模)已知函数f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)(a >0且a ≠1)，若f (0)<0，则此函数的单调递增区间是( ) A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.[－1，1)D.(－3，－1]解析 令g (x )＝－x 2－2x ＋3，由题意知g (x )>0，可得－3<x <1，故函数的定义域为{x |－3<x <1}.根据f (0)＝log a 3<0，可得0<a <1，又g (x )在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)，∴f (x )的单调递增区间为[－1，1).答案 C4.函数y ＝2－x x ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( ) A.(1，2) B.(－1，2) C.[1，2) D.[－1，2)解析 函数y ＝2－x x ＋1＝3－（x ＋1）x ＋1＝3x ＋1－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f (2)＝0，所以n ＝2.根据题意，x ∈(m ，n ]时，y min ＝0.∴m 的取值范围是[－1，2).答案 D5.(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f (x )，对任意的x ∈R 都有f [f (x )－2x ]＝6，则f (2)＝( )A.2B.4C.6D.8解析 设t ＝f (x )－2x ，则f (t )＝6，且f (x )＝2x ＋t ，令x ＝t ，则f (t )＝2t ＋t ＝6，∵f (x )是单调函数，且f (2)＝22＋2＝6，∴t ＝2，即f (x )＝2x ＋2，则f (2)＝4＋2＝6.答案 C二、填空题6.设函数f (x )＝⎩⎨⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的递减区间是________. 解析 由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2 （x >1），0 （x ＝1），－x 2 （x <1），函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g (x )的递减区间是[0，1).答案 [0，1)7.设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________.解析 f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a， ∵函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，－2a ≤－2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，a ≥1，即a ≥1. 答案 [1，＋∞)8.(一题多解)(2019·成都诊断)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是______.解析 法一 在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )图象，依题意，h (x )的图象如图所示的实线部分.易知点A (2，1)为图象的最高点，因此h (x )的最大值为h (2)＝1.法二 依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，因此h (x )在x ＝2时取得最大值h (2)＝1.答案 1三、解答题9.已知函数f (x )＝1a －1x (a >0，x >0).(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值. (1)证明 设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∵f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，∴f (x 2)>f (x 1)， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(2)解 ∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， 又由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，易得a ＝25. 10.函数f (x )＝log a (1－x )＋log a (x ＋3)(0<a <1).(1)求方程f (x )＝0的解.(2)若函数f (x )的最小值为－1，求a 的值.解 (1)由⎩⎨⎧1－x >0，x ＋3>0，得－3<x <1. ∴f (x )的定义域为(－3，1).则f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)，x ∈(－3，1)，令f (x )＝0，得－x 2－2x ＋3＝1，解得x ＝－1±3∈(－3，1).故f (x )＝0的解为x ＝－1±3.(2)由(1)得f (x )＝log a [－(x ＋1)2＋4]，x ∈(－3，1)，由于0<－(x ＋1)2＋4≤4，且a ∈(0，1)，∴log a [－(x ＋1)2＋4]≥log a 4，由题意可得log a 4＝－1，解得a ＝14，满足条件.所以a 的值为14.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( )A.[－2，2]B.[－1，1]C.[0，4]D.[1，3]解析 ∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x ).∵f (1)＝－1，∴f (－1)＝－f (1)＝1.故由－1≤f (x －2)≤1，得f (1)≤f (x －2)≤f (－1).又f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3.答案 D12.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(1，＋∞)上一定( )A.有最小值B.有最大值C.是减函数D.是增函数解析 因为函数f (x )＝x 2－2ax ＋a ＝(x －a )2＋a －a 2在区间(－∞，1)上有最小值， 所以函数f (x )的对称轴x ＝a 应当位于区间(－∞，1)内，即a <1，又g (x )＝f （x ）x ＝x ＋a x －2a ，当a <0时，g (x )＝x ＋a x －2a 在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g (x )min >g (1)＝1－a >0；当a ＝0时，g (x )＝x 在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g (x )min >g (1)＝1：当0<a <1时，g (x )＝x ＋a x －2a ，g ′(x )＝1－a x 2>1－a >0，此时g (x )min >g (1)＝1－a ；综上，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增.答案 D13.已知f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x <0，不等式f (x ＋a )>f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，所以该函数在(－∞，0]上单调递减，所以x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，所以－x 2－2x ＋3<3，所以f (x )在R 上单调递减，所以由f (x ＋a )>f (2a －x )得到x ＋a <2a －x ，即2x <a 在[a ，a ＋1]上恒成立，所以2(a ＋1)<a ，a <－2，所以实数a 的取值范围是(－∞，－2). 答案 (－∞，－2)14.已知函数f(x)＝a－22x＋1.(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的范围.解(1)f(0)＝a－220＋1＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－22x1＋1－a＋22x2＋1＝2·（2x1－2x2）（1＋2x1）（1＋2x2），∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0. ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上单调递增.(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－22－x＋1＝－a＋22x＋1，解得a＝1(或用f(0)＝0去解).∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2. ∴x的取值范围是(－∞，2).。

第一章函数与导数专题03 含参数单调性问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置，特别是含参数问题，离不开函数单调性研究.本专题就含参数的函数单调性问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2.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，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．3.讨论函数f(x)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)，并求方程f′(x)＝0的根．(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．4.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．【压轴典例】例1.（2019·北京高考真题理）设函数（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】【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a 的取值范围.若函数为奇函数，则即， 即对任意的恒成立，则，得.若函数是R 上的增函数，则在R 上恒成立，即在R 上恒成立， 又，则，即实数的取值范围是.例2.（2019·全国高考真题（文））已知函数. （1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 【答案】(1)见详解；(2) . 【解析】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)()e e x xf x a -=+(]1,0--∞a a ()0f x '≥()e e x xf x a -=+()(),f x f x -=-()e e e e x x x x a a --+=-+()()1e e 0x xa -++=x 10a +=1a =-()e e x xf x a -=+() e e 0x x f x a -'=-≥2e x a ≤2e 0x >0a ≤a (],0-∞32()22f x x ax =-+()f x 0<<3a ()f x []0,1M m M m -8[,2)2732()22f x x ax =-+2'()626()3a f x x ax x x =-=-0a <(,)3a -∞(,0)3a(0,)+∞0a =(,)-∞+∞0a >(,0)-∞(0,)3a (,)3a+∞若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为. 所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是. 若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 所以，而，所以.即的取值范围是. 综上得的取值范围是. 例3.（2017·山东高考真题（文））已知函数. (I)当a =2时,求曲线在点处的切线方程；(II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析。

全国高考数学复习：专题（含参函数的单调性讨论）重点讲解与练习【方法总结】分类讨论思想研究函数的单调性讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要部分，简称导主．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；(2)导函数是否有变号零点，即“有没有”；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内，即“在不在”；(4)导函数的变号零点之间的大小关系，即“大不大”．牢记：十二字方针“是不是，有没有，在不在，大不大”．考点一 导主一次型【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】1．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．考点二 导主二次型【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x1，x2都在定义域内，则讨论个零点x1，x2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1是不是＋有没有＋在不在[例2](2021ꞏ全国乙节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论f(x)的单调性．[例3](2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．[例4]设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．讨论f(x)的单调性．4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．[例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．[例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性．10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．考点三 导主指对型 【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．[例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值； (2)求函数f (x )的单调区间．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12](2017山东理)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e xꞏ(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性参考答案【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，令f ′(x )＝0，得x ＝a ， ①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．【对点训练】1．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．讨论函数f (x )的单调性． 1．解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减； 当a ＝0时，f (x )为常函数．2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性． 2．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ， 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上，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． 考点二 导主二次型 【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x 1，x 2都在定义域内，则讨论个零点x 1，x 2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1 是不是＋有没有＋在不在[例2] (2021ꞏ全国乙节选)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析 由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )． ①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3， 令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－1－3a 3上单调递增，在⎝ ⎛⎪⎫1－1－3a 3，1＋1－3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－3a 3，＋∞上单调递增．[例3] (2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性． 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2． ①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42． 当x ∈⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． 综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．[例4] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性． 解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a． 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－(a ＋1)＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)＋2a ＋1a ，－(a ＋1)－2a ＋1a 上单调递增． 【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性． 3．解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－∞，－k 3，⎝⎛⎭⎫k 3，＋∞上单调递增． 4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．4．解析 由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2. 设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0．此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数． ②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0． 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2， x ∈(0，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在(a －a 2－82，a ＋a 2－82)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性． 5．解析 由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增． 当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增； ②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a ，x 2＝－1＋1－1a ．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性． 解析 因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x． 由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1， 即函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减；若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax －1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解析 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减． 当a ≠0时，f ′(x )＝2x e－ax ＋x 2(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )． 因为e －ax >0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a(1)当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤0，2a 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 )＝－ax 2＋2x 在⎝⎛⎭⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤2a ，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 )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞，单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，2a ； 当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2a ，0． [例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－(x －1)(ax －1)x 2．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝1a ． 当a ≤0时，ax －1＜0，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减； 当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． [例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析 f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋2＋a 2x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22，又f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增； 若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞上单调递减．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3． 当a ≤0，x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . ①若0＜a ＜2，则2a ＞1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②若a ＝2，则2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③若a ＞2，则0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．6．解析 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x． ①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； ②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a <1，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间． 7．解析 f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1 ． ①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0；x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，0，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－2a ，0． ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－2a ． 8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．8．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x． (1)当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；(3)当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a 2a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在(1－a 2a ，＋∞)上单调递增． 9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性． 9．解 因为f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k x －4－x 2x 2＝－(x －k )⎝⎛⎭⎫x －4k x 2(x >0，k >0)． ①当0<k <2时，4k k >0，且4k >2，所以当x ∈(0，k )时，f ′(x )<0，当x ∈(k ，2)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；②当k ＝2时，4k ＝k ＝2，f ′(x )<0在(0，2)上恒成立，所以f (x )在(0，2)上是减函数；③当k >2时，0<4k <2，k >4k ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，4k 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫4k ，2时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数．综上可知，当0<k <2时，f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；当k ＝2时，f (x )在(0，2)上是减函数；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数． 10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性． 10．解析 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1． ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增．当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．考点三 导主指对型【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解析 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 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． [例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析 易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a 2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；②若a 2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．11．解析 ∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ．易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值；(2)求函数f (x )的单调区间．12．解析 (1)若a ＝0，f (x )＝x 2ln x －12x 2，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x 2×1x －x ＝2x ln x ，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，所以f (x )在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f (x )的最小值为f (1)＝－12．(2)f ′(x )＝(2x －2a )ln x ＋(x 2－2ax )ꞏ1x －x ＋2a ＝(2x －2a )ln x ，①当a ≤0时，2x －2a ＞0，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；②当0＜a ＜1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜a 或x ＞1，由f ′(x )＜0可得a ＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；③当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；④当a ＞1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜1或x ＞a ，由f ′(x )＜0可得1＜x ＜a ，此时f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a ＞1时，f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12] (2017山东理)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ꞏ(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．解析 (1)g′(x)＝(e x)′ꞏ(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x．因为cos x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0．当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0．①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，e x－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，e x－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，e x－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(ln a，＋∞)时，e x －a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a<1时，函数h(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增；当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性．13．解析 (1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0．(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0．①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．。

第二节导数与函数的单调性A组基础题组1.下列函数在(0,+∞)上为增函数的是( )A.f(x)=sin 2xB.f(x)=xe xC.f(x)=x3-xD.f(x)=-x+ln x答案 B 对于A,易得f(x)=sin 2x的单调递增区间为-,(k∈Z);对于B, f'(x)=e x(x+1),当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,∴函数f(x)=xe x在(0,+∞)上为增函数;对于C, f '(x)=3x2-1,令f '(x)>0,得x>或x<-,∴函数f(x)在-∞,-和,∞上单调递增;对于D, f '(x)=-1+=--,令f '(x)>0,得0<x<1,∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.综上所述,应选B.2.设f '(x)是函数f(x)的导函数,y=f '(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能的是( )答案 C 由f '(x)的图象知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f(x)为增函数;当x∈(0,2)时,f '(x)<0, f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)为增函数.故选C.3.若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是( )A.-∞,B.(-∞,3]C.,∞D.[3,+∞)答案 C f '(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f '(x)≤0在[1,4]恒成立,即3x2-2tx+3≤0在[1,4]上恒成立,则t≥在[1,4]上恒成立,易知y=在[1,4]上单调递增,所以t≥×=.故选C.4.已知函数f(x)=xsin x,x∈R,则f, f(1), f-的大小关系为( )A. f->f(1)>fB. f(1)>f->fC. f>f(1)>f-D. f->f>f(1)答案 A 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-=f.又x∈,时, f '(x)=sin x+xcos x>0,所以此时函数是增函数.所以f<f(1)<f.所以f->f(1)>f.故选A.5.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是( )A.(1,2]B.(4,+∞)C.(-∞,2)D.(0,3]答案 A ∵f(x)=x2-9ln x,∴f '(x)=x-(x>0).当x-≤0时,有0<x≤3,故原函数在(0,3]上是减函数,∴a-1>0且a+1≤3,解得1<a≤2.6.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.答案,∪[2,+∞)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,+∞).7.已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2+2)<f(3x),则实数x的取值范围是.答案(1,2)解析由题意得函数的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2x ln 2,所以在定义域内f '(x)>0, f(x)单调递增,所以由f(x2+2)<f(3x)得x2+2<3x,所以1<x<2.8.(2019湖南岳阳模拟)若函数f(x)=x2-e x-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是.答案(-∞,2ln 2-2]解析∵f(x)=x2-e x-ax,∴f '(x)=2x-e x-a,∵函数f(x)=x2-e x-ax在R上存在单调递增区间,∴f '(x)=2x-e x-a≥0,即a≤2x-e x有解,令g(x)=2x-e x,则g'(x)=2-e x,令g'(x)=0,解得x=ln 2,则当x<ln 2时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>ln 2时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴当x=ln 2时,g(x)取得最大值,=g(ln 2)=2ln 2-2,且g(x)max∴a≤2ln 2-2.9.设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).(1)确定a的值;(2)求函数f(x)的单调区间.解析(1)因为f(x)=a(x-5)2+6ln x,所以f '(x)=2a(x-5)+.当x=1时, f(1)=16a, f '(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上,可得6-16a=8a-6,解得a=.(2)由(1)知, f(x)=(x-5)2+6ln x(x>0),f '(x)=x-5+=(-)(-).令f '(x)=0,解得x=2或x=3.当0<x<2或x>3时, f '(x)>0;当2<x<3时, f '(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),(3,+∞),单调递减区间是(2,3).10.已知e是自然对数的底数,实数a是常数,函数f(x)=e x-ax-1的定义域为(0,+∞).(1)设a=e,求函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程;(2)判断函数f(x)的单调性.解析(1)∵a=e,∴f(x)=e x-ex-1,∴f '(x)=e x-e, f(1)=-1, ∴f '(1)=0.∴当a=e时,函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.(2)∵f(x)=e x-ax-1,∴f '(x)=e x-a.易知f '(x)=e x-a在(0,+∞)上单调递增.∴当a≤1时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,由f '(x)=e x-a=0,得x=ln a,∴当0<x<ln a时, f '(x)<0,当x>ln a时,f '(x)>0,∴f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.综上,当a≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时, f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.B组提升题组1.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数, f '(x)为其导函数,若对于任意实数x,有f(x)-f '(x)>0,则( )A.ef(2 015)>f(2 016)B.ef(2 015)<f(2 016)C.ef(2 015)=f(2 016)D.ef(2 015)与f(2 016)的大小不能确定答案 A 令g(x)=(),则g'(x)= '()-()= '()-(),因为f(x)-f '(x)>0,所以g'(x)<0,所以函数g(x)在R上单调递减,所以g(2 015)>g(2 016),即()>(),所以ef(2 015)>f(2 016),故选A.2.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.答案(-1,+∞)解析设g(x)=f(x)-2x-4,则g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,g'(x)=f '(x)-2>0,则g(x)为增函数.解g(x)>0,即g(x)>g(-1),得x>-1.3.(2019湖南郴州模拟)已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在区间[t,t+1]上不单调,求t的取值范围. 解析由题意知f '(x)=-x+4-=-(-)(-),易知函数f(x)的两个极值点为1和3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调.由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.故t的取值范围是(0,1)∪(2,3).4.已知函数f(x)=x-+1-aln x,a>0.讨论f(x)的单调性.解析由题意知, f(x)的定义域是(0,+∞),f '(x)=1+-=-.设g(x)=x2-ax+2,x2-ax+2=0的判别式Δ=a2-8.①当Δ<0,即0<a<2时,对一切x>0都有f '(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.②当Δ=0,即a=2时, f '(x)≥0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.③当Δ>0,即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根,分别为x1=--,x2=-,且0<x1<x2.f(x), f '(x)随x的变化情况如下表:此时f(x)在,--上单调递增,在--,-上单调递减,在-,∞上单调递增.。

考点05 函数的单调性与最值1.已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是()A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)【答案】B【解析】由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.2.已知函数f(x)=,则该函数的递增区间为()A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)【答案】B【解析】设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图像的对称轴方程为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上递减,在[3,+∞)上递增.所以函数f(x)的递增区间为[3,+∞).3.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,+∞)内递增.若实数a满足f(log2a)+f(lo a)≤2f(1),则a的取值范围是()A.[1,2]B.C.D.(0,2]【答案】C【解析】∵lo a=-log2a,∴f(log2a)+f(lo a)=f(log2a)+f(-log2a)=2f(log2a),原不等式变为2f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1).又因为f(x)是定义在R上的偶函数,且在[0,+∞)内递增,所以|log2a|≤1,即-1≤log2a≤1,解得≤a≤2.故选C.4.若x∈(e-1,1),a=ln x,b=,c=e ln x,则()A.b>c>aB.c>b>aC.b>a>cD.a>b>c【答案】A【解析】∵x∈(e-1,1),∴a=ln x∈(-1,0),b=∈(1,2),c=e ln x=x∈(e-1,1),∴b>c>a.5.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若任意x1∈,存在x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a≥1C.a≤0D.a≥0【答案】C【解析】当x∈时,f(x)≥2=4,当且仅当x=2时取等号,∴f(x)min=4.当x∈[2,3]时,g(x)递增,故g(x)min=22+a=4+a.依题意知f(x)min≥g(x)min,解得a≤0.6.已知定义域为R的函数f(x)满足f(2-x)=f(x),且x≥1时,f(x)=2x+,若f(log a2a)<6(a>0且a≠1),则实数a的取值范围是()A.∪(1,2)B.∪(2,+∞)C.∪(1,2)D.∪(2,+∞)【答案】B【解析】由f(2-x)=f(x),可知f(x)的图像关于直线x=1对称,∵x≥1时,f(x)=2x+,∴f(x)在[1,+∞)上是增加的.∵f(2)=6,∴f(log a2a)<6⇔f(log a2a)<f(2)⇔|log a2a-1|<|2-1|(因f(x)的图像对称轴为x=1,即自变量到x=1的距离大的函数值大),∴|log a2a-1|<1,即|log a2|<1,解得a>2或0<a<.故选B.7.已知函数f(x)=lg(x+)+2x+sin x,f(x1)+f(x2)>0,则下列不等式中正确的是()A.x1>x2B.x1<x2C.x1+x2<0D.x1+x2>0【答案】D【解析】函数定义域为R,∵f(x)+f(-x)=lg(x+)+2x+sin x+lg(-x+)-2x-sin x=lg 1=0,∴函数f(x)是奇函数,由y=lg(x+)在(0,+∞)上是增加的,令y=2x+sin x,由y'=2+cos x>0知,y=2x+sin x在(0,+∞)上是增函数,∴函数f(x)在x≥0时递增,因此f(x)在R上递增.∵f(x1)+f(x2)>0,∴f(x1)>-f(x2),∴f(x1)>f(-x2),∴x1>-x2,即x1+x2>0,故选D.8.已知f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,则f(x)的最小值为()A.0B.2C.-D.不存在【答案】A【解析】在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2+3x+2的图像,由f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,可得f(x)的图像如图中实线部分.求f(x)的最小值即求最低点的纵坐标,由图可得,当x=-2时,函数f(x)有最小值0,故选A.9.已知函数f(x)是定义在R上的单调函数,且对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),若动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,则x+y的最大值为()A.2-5B.-5C.2+5D.5【答案】A【解析】对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=0,y=0,都有f(0+0)=f(0)+f(0)⇒f(0)=0,动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,即有f(x2+y2+2x+8y+5)=0=f(0),由函数f(x)是定义在R上的函数,可得x2+y2+2x+8y+5=0,化为(x+1)2+(y+4)2=12,可令x=-1+2cos α,y=-4+2sin α,α∈(0,2π),则x+y=2(cos α+sin α)-5=2cos-5,当cos=1即α=时,x+y取得最大值2-5,故选A.10.若f(x)=lo(ax2+2x-1),g(x)=,若不论x2取何值,f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,则a的取值范围是()A. B.C. D.【答案】D【解析】∵g(x) ===2sin,∴g(x2)max=2.f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,即f(x1)min>2恒成立;等价于0<a+2x1-1<对任意x1∈恒成立,即<a<对任意x1∈恒成立,设p(x1)==-1,q(x1)==-,∵x1∈,∴∈,∴p(x1)max=-1=-,q(x1)min=-,∴a∈.故选D.11．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x，若x 1∈(1，2)，x 2∈(2，＋∞)，则( ) A ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜0B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞0C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜0D ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞0 【答案】B【解析】因为函数y ＝log 2x 与函数y ＝11－x ＝－1x －1的单调性在(1，＋∞)上均为增函数，所以函数f (x )＝log 2x ＋11－x在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，所以当x 1∈(1，2)时，f (x 1)＜f (2)＝0；当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)＞f (2)＝0，即f (x 1)＜0，f (x 2)＞0.12．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12【答案】C.【解析】由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2；当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.13．已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( )A ．f (x )在(0，2)单调递增B ．f (x )在(0，2)单调递减C ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称D ．y ＝f (x )的图象关于点(1，0)对称【答案】C【解析】f (x )的定义域为(0，2)．由于f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＝ln(2x －x 2)，从而对f (x )的研究可转化为对二次函数g (x )＝2x －x 2(x ∈(0，2))的研究．因为g (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1，所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，直线x ＝1是y ＝g (x )的图象的对称轴．从而排除A ，B ，D ，故选C.14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0－x 2－2x ＋3，x ＞0，不等式f (x ＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－∞，0)C ．(0，2)D ．(－2，0)【答案】A【解析】作出函数f (x )的图象如图所示，易知函数f (x )在R 上为单调递减函数，所以不等式f (x＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立等价于x ＋a ＜2a －x ，即x ＜a 2在[a ，a ＋1]上恒成立，所以只需a ＋1＜a 2，即a ＜－2.故选A.15.设f (x )是定义在R 上的增函数,若f (1-ax-x 2)≤f (2-a )对任意a ∈[-1,1]恒成立,则x 的取值范围为 .【答案】(-∞,-1]∪[0,+∞)【解析】因为f (x )是R 上的增函数,所以1-ax-x 2≤2-a ,a ∈[-1,1].(*)(*)式可化为(x-1)a+x 2+1≥0对a ∈[-1,1]恒成立.令g (a )=(x-1)a+x 2+1.则解得x ≥0或x ≤-1,即实数x 的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞).16.函数f (x )=-log 2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为 .【答案】3【解析】因为y=在R 上递减,y=log 2(x+2)在区间[-1,1]上递增,所以f (x )在区间[-1,1]上递减.所以f (x )在区间[-1,1]上的最大值为f (-1)=3.17．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )＞f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为________．【答案】(－3，－1)∪(3，＋∞)【解析】由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a ＞0，a ＋3＞0，a 2－a ＞a ＋3，解得－3＜a ＜－1或a ＞3，所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．18．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x －log 2(x ＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．【答案】3【解析】由于y ＝⎝⎛⎭⎫13x在R 上单调递减，y ＝－log 2(x ＋2)在[－1，1]上单调递减，所以f (x )在[－1，1]上单调递减，故f (x )在[－1，1]上的最大值为f (－1)＝3.19．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是________．【答案】[0，1)【解析】由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1.函数图象如图所示，由函数图象易得函数g (x )的单调递减区间是[0，1)． 20.已知函数f (x )=若函数y=f (x )在区间(a ,a+1)内递增,则实数a 的取值范围是 .【答案】(-∞,1]∪[4,+∞)【解析】画出f (x )=的图像如图所示,因为函数y=f (x )在区间(a ,a+1)内递增,所以a+1≤2或a ≥4,解得a ≤1或a ≥4.故实数a 的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).21．如果对定义在R 上的函数f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)＞x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y ＝e x ＋x ；②y ＝x 2；③y ＝3x －sin x ；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln |x |，x ≠0，0，x ＝0. 以上函数是“H 函数”的所有序号为________．【答案】①③【解析】因为对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)＞x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)恒成立，所以不等式等价为(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0恒成立，即函数f (x )是定义在R 上的增函数．①函数y ＝e x ＋x 在定义域上为增函数，满足条件．②函数y ＝x 2在定义域上不单调，不满足条件．③y ＝3x －sin x ，y ′＝3－cos x ＞0，函数单调递增，满足条件．④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln |x |，x ≠0，0，x ＝0，当x ＞0时，函数单调递增，当x ＜0时，函数单调递减，不满足条件．综上，满足“H 函数”的函数为①③.22．判断函数f (x )=a x +(a>1),x ∈(-2,+∞)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.【解析】该函数在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:任取x 1,x 2∈(-2,+∞),不妨设x 1<x 2,则x 2-x 1>0,x 1+2>0,x 2+2>0,又a>1, 所以>,即有->0,所以f (x 2)-f (x 1)=+--=(-)+=(-)+>0,故函数f (x )在(-2,+∞)上单调递增.23． (1)函数y=ln(-x 2+2x+3)的单调递增区间是( )A .(-1,1]B .[1,3)C .(-∞,1]D .[1,+∞) (2)设函数f (x )=g (x )=x 2f (x-1),则函数g (x )的单调递减区间是 .【答案】(1)A (2)[0,1)【解析】 (1)令t=-x 2+2x+3>0,求得-1<x<3,故函数的定义域为(-1,3).由二次函数的性质可知,t=-(x-1)2+4,x ∈(-1,3)的单调递增区间为(-1,1],故函数y=ln(-x 2+2x+3)的单调递增区间是(-1,1].(2)由题意知g (x )=该函数的图像如图所示,其单调递减区间是[0,1).24．已知f (x )是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x 1,x 2,都有>0.记a=,b=,c=,则 ( )A .a<b<cB .b<a<cC .c<a<bD .c<b<a【答案】B【解析】∵f (x )是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x 1,x 2,都有>0,∴函数y=是(0,+∞)上的增函数.∵1<30.2<30.5=<2,0<0.32<1,log 25>2,∴0<0.32<30.2<log 25,∴b<a<c.故选B .25．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －2，（x ≤0）2ax －1，（x ＞0）(a 是常数且a ＞0)．对于下列命题：①函数f (x )的最小值是－1；②函数f (x )在R 上是单调函数；③若f (x )＞0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则a 的取值范围是a ＞1； ④对任意的x 1＜0，x 2＜0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2.其中正确命题的所有序号是________．【答案】①③④【解析】根据题意可画出函数图象， 由图象可知，①显然正确；函数f (x )在R 上不是单调函数，故②错误；若f (x )＞0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则2a ×12－1＞0，a ＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x 1＜0，x 2＜0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＜f （x 1）＋f （x 2）2成立，故④正确．。