导数讨论含参单调性习题(含详细讲解问题详解)

1．设函数．（1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（2）若函数在定义域不单调，求的取值围；（3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：；（3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（1）当时，若在其定义域为单调函数，求的取值围；（2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 5．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数.（1）求的值；（2）若在及所在的取值围上恒成立，求的取值围；6．已知函数()()ln ,x f x ax x F x e ax =-=+，其中0,0x a ><.（1）若()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性，数a 的取值围； （2）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，且函数()()12ax g x xe ax f x -=-+的最小值为M ，求M 的最小值.7．已知函数()ln x mf x ex +=-. （1）如1x =是函数()f x 的极值点，数m 的值并讨论的单调性()f x ；（2）若0x x =是函数()f x 的极值点，且()0f x ≥恒成立，数m 的取值围（注：已知常数a 满足ln 1a a =）.8．已知函数()()2ln 12x f x mx mx =++-，其中01m <≤． （1）当1m =时，求证：10x -<≤时，()33x f x ≤；（2）试讨论函数()y f x =的零点个数． 9．已知e 是自然对数的底数,()()()12ln ,13x F x ex x f x a x -=++=-+.（1）设()()()T x F x f x =-,当112a e -=+时, 求证：()T x 在()0,+∞上单调递增； （2）若()()1,x F x f x ∀≥≥,数a 的取值围. 10．已知函数()2xf x e ax =+-（1）若1a =-，求函数()f x 在区间[1,1]-的最小值； （2）若,a R ∈讨论函数()f x 在(0,)+∞的单调性； （3）若对于任意的1212,(0,),,x x x x ∈+∞<且[][]2112()()x f x a x f x a +<+都有成立，求a 的取值围。

参考答案1．（1）;（2）；（3）．【解析】试题分析：(1)本小题主要利用导数的几何意义，求出切线斜率；当时，，可知在处的切线斜率，同理可求得，然后再根据函数与在处的切线互相垂直，得，即可求出结果．(2)易知函数的定义域为，可得，由题意，在有至少一个实根且曲线与x不相切，即的最小值为负，由此可得，进而得到，由此即可求出结果. (3)令，可得，令，则，所以在区间单调递减，且在区间必存在实根，不妨设，可得，(*)，则在区间单调递增，在区间单调递减，∴，，将(*)式代入上式，得．使得对任意正实数恒成立，即要求恒成立，然后再根据基本不等式的性质，即可求出结果．试题解析：(1)当时，，∴在处的切线斜率，由，得，∴，∴．(2)易知函数的定义域为，又，由题意，得的最小值为负，∴．(注：结合函数图象同样可以得到)，∴∴，∴；(3)令，其中，则，则，则，∴在区间单调递减，且在区间必存在实根，不妨设，即，可得，(*)则在区间单调递增，在区间单调递减，∴，，将(*)式代入上式，得．根据题意恒成立，又∵，当且仅当时，取等号，∴，∴，代入(*)式，得，即，又，∴，∴存在满足条件的实数，且．点睛:对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数，利用恒成立；恒成立，即可求出参数围.2．（1）①当时，在上为减函数；②当时，的减区间为，增区间为；（2）证明见解析；（3）一个零点，理由见解析.【解析】试题分析：（1）讨论函数单调性，先求导，当时，，故在上为减函数；当时，解可得，故的减区间为，增区间为；（2）根据，构造函数，设，，当时，，所以是增函数，，得证；（3）判断函数的零点个数，需要研究函数的增减性及极值端点，由（1）可知，当时，是先减再增的函数，其最小值为，而此时，且，故恰有两个零点，从而得到的增减性，当时，；当时，；当时，，从而在两点分别取到极大值和极小值，再证明极大值，所以函数不可能有两个零点，只能有一个零点．试题解析：（1）对函数求导得，，①当时，，故在上为减函数；②当时，解可得，故的减区间为，增区间为；（2），设，则，易知当时，，；（3）由（1）可知，当时，是先减再增的函数，其最小值为，而此时，且，故恰有两个零点，∵当时，；当时，；当时，，∴在两点分别取到极大值和极小值，且，由知，∴，∵，∴，但当时，，则，不合题意，所以，故函数的图象与轴不可能有两个交点．∴函数只有一个零点．3．（1）；（2）存在，且.【解析】试题分析：（1）当时，首先求出函数的导数，函数的定义域是，得到，分和两种情况讨论讨论二次函数恒成立的问题，得到的取值围；（2），分和两种情况讨论函数的单调性，若能满足当时，当满足函数的最小值大于0，即得到的取值围.试题解析：（1）由题①当时，知，则是单调递减函数；②当时，只有对于，不等式恒成立，才能使为单调函数，只需，解之得或，此时.综上所述，的取值围是（2），其中.（）当时，，于是在上为减函数，则在上也为减函数. 知恒成立，不合题意，舍去.（）当时，由得，列表得最大值①若，即，则在上单调递减.知，而，于是恒成立，不合题意，舍去.②若，即.则在上为增函数，在上为减函数，要使在恒有恒成立，则必有则，所以由于，则，所以.综上所述，存在实数，使得恒成立.【点睛】导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为 .4．（1）当时，在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增;（2）见解析.【解析】试题分析: （1）先求导数，研究导函数在定义域上零点情况，本题实质研究在上零点情况：当方程无根时，函数单调递增；当方程有两个相等实根时，函数单调递增；当方程有两个不等实根时，比较两根与定义区间之间关系，再确定单调区间，（2）先由（1）知，且两个极值点满足.再代入化简得,利用导数研究单调性，最后根据单调性证明不等式.试题解析:（1）函数的定义域为.，记，判别式.①当即时，恒成立，，所以在区间上单调递增.②当或时，方程有两个不同的实数根，记，，显然（ⅰ）若，图象的对称轴，.两根在区间上，可知当时函数单调递增，，所以，所以在区间上递增.（ⅱ）若，则图象的对称轴，.，所以，当时，，所以，所以在上单调递减.当或时，，所以，所以在上单调递增.综上，当时，在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知当时，没有极值点，当时，有两个极值点，且.，∴又，.记，，则，所以在时单调递增，，所以，所以.5．（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】试题分析：（1）根据奇函数定义可得，再根据恒等式定理可得.（2）由函数是区间上的减函数，得其导函数恒非正，即最小值，而在恒成立等价于，从而有对恒成立，再根据一次函数单调性可得只需端点处函数值非负即可，解不等式组可得的取值围（3）研究方程根的个数，只需转化为两个函数，交点个数，先根据导数研究函数图像，再根据二次函数上下平移可得根的个数变化规律试题解析：（1）是奇函数，则恒成立，∴，即，∴，∴.（2）由（1）知，∴，∴，又∵在上单调递减，∴，且对恒成立，即对恒成立，∴，∵在上恒成立，∴，即对恒成立，令，则，∴，而恒成立，∴.（3）由（1）知，∴方程为，令，，∵， 当时，，∴在上为增函数； 当时，，∴在上为减函数；当时，，而，∴函数、在同一坐标系的大致图象如图所示，∴①当，即时，方程无解；②当，即时，方程有一个根；③当，即时，方程有两个根.点睛：对于求不等式成立时的参数围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法. 6．（1）M 的最小值为0.（2）(],3-∞-. 【解析】试题分析：（1）由()()11,,0x ax f x a F x e a x x x-=-==+>′′()0f x ⇒<′在()0,+∞上恒成立⇒()f x 在()0,+∞上单调递减⇒当10a -≤<时，()0F x >′，即()F x 在()0,+∞上单调递增，不合题意；当1a <-时，利用导数工具得()F x 的单调减区间为()()0,ln a -，单调增区间为()()ln ,a -+∞⇒()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性⇒()ln ln3a -≥⇒3a ≤-⇒a 的取值围是(],3-∞-；（2）由()()1110ax g x ax ex -⎛⎫=+-=⇒ ⎪⎝⎭′ 1ln x a x-=，设()()21ln ln 2,x x p x p x x x--==′利用导数工具得()()22min 1p x p e e ==-⇒1ln x a x -≤⇒110ax e x --≤，再根据单调性()min 1g x g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设(()()222110,,ln 10t t e g h t t t e a a e ⎛⎫⎤=-∈-==-+<≤ ⎪⎦⎝⎭⇒()()2110,h t h t e t =-≤′在(20,e ⎤⎦上递减⇒()()20h t h e ≥=⇒M 的最小值为0. 试题解析： （1）()()11,,0x ax f x a F x e a x x x-=-==+>′′， ()0,0a f x <<′在()0,+∞上恒成立，即()f x 在()0,+∞上单调递减.当10a -≤<时，()0F x >′，即()F x 在()0,+∞上单调递增，不合题意； 当1a <-时，由()0F x >′，得()ln x a >-，由()0F x <′，得()0ln x a <<-. ∴()F x 的单调减区间为()()0,ln a -，单调增区间为()()ln ,a -+∞.()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性，∴()ln ln3a -≥，解得3a ≤-， 综上，a 的取值围是(],3-∞-. （2）()()111111ax ax ax g x eaxe a ax e x x ---⎛⎫=+--=+- ⎪⎝⎭′，由110ax ex --=得到1ln x a x -=，设()()21ln ln 2,x x p x p x x x--==′，当2x e >时，()0p x >′；当20x e <<时，()0p x <′.从而()p x 在()20,e 上递减，在()2,e +∞上递增.∴()()22min 1p x p e e==-. 当21a e ≤-时，1ln x a x -≤，即110ax e x--≤， 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭上，()()10,0,ax g x g x +>≤′递减； 在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上，()()10,0,ax g x g x +<≥′递增.∴()min 1g x g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 设(()()222110,,ln 10t t e g h t t t e a a e ⎛⎫⎤=-∈-==-+<≤ ⎪⎦⎝⎭， ()()2110,h t h t e t=-≤′在(20,e ⎤⎦上递减.∴()()20h t h e ≥=； ∴M 的最小值为0. 考点：1、函数的单调性；2、函数的最值；3、函数与不等式.【方法点晴】本题考查函数的单调性、函数的最值、函数与不等式，涉及分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注意分类讨论思想的应用.7．（1）1m =-，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增；（2）[ln ,)m a a ∈--+∞. 【解析】试题分析：（1）由1x =是函数()f x 的极值点，得()01='f 可得m 得值，由导数和单调性的关系得其单调区间；（2）由题意知1'()x mf x ex +=-，设1()x m h x e x+=-，知()0>'x h 得()x h 单调递增，即0x x =是'()0f x =在(0,)+∞上的唯一零点，得00ln x x m --=，()()0min x f x f =，使得()00≥x f 即可，结合ln 1a a =，得参数m 围.试题解析：（1）∵1x =是函数()f x 的极值点，∴1'(1)010mf e +=⇒-=.∴1m =-，1111'()x x xe f x ex x---=-=. 令1()1x g x xe -=-，111'()(1)0x x x g x e xe x e ---=+=+>，∴()g x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)1g x g >=-，(1)0g =. ∴当(0,1)x ∈，()0g x <；当(1,)x ∈+∞，()0g x >. ∴()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 此时，当1x =时()f x ，取极小值.（2）1'()x mf x ex +=-，设1()x m h x e x +=-， 则21'()0x mh x e x+=+>.∴()h x 在(0,)+∞上单调递增，∴'()f x 在(0,)+∞上单调递增. ∵0x x =是函数()f x 的极值点，∴0x x =是'()0f x =在(0,)+∞上的唯一零点， ∴0000000011ln ln ln x mex m x m x m x x x x +=⇒+=⇒+=⇒=--. ∵00x x <<，0'()'()0f x f x <=，0x x >，0'()'()0f x f x >=，∴()f x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，∴()f x 有最小值. ∴0min 00001()()ln x mf x f x e x x m x +==-=++. ∵()0f x ≥恒成立，∴0010x m x ++≥，∴00001ln x x x x +≥+， ∴001ln x x ≥.∵ln 1a a =，∴0x a ≤， ∴00ln ln m x x a a =--≥--，[ln ,)m a a ∈--+∞.考点：（1）利用导数研究函数的极值；（2）利用导数研究函数的单调性；（3）恒成立问题. 【方法点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性以及求函数的最大值和最小值问题，以及对于不等式恒成立问题，解决不等式恒成立问题的常用方法是转化为最值恒成立.考查函数的单调性，由()0>'x f ，得函数单调递增，()0<'x f 得函数单调递减；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段.通过分离参数可转化为()x h a >或()x h a <恒成立，即()x h a max >或()x h a min <即可，利用导数知识结合单调性求出()x h m ax 或()x h min 即得解.8．（1）见解析；（2）当01m <<时，有两个零点；当1m =时；有且仅有一个零点． 【解析】试题分析：（1）首先将1m =代入函数解析式，然后令()()33x g x f x =-，再通过求导得到()g x 的单调性，从而使问题得证；（2）首先求得()f x '，然后求得()0f x '=时x 的值，再对m 分类讨论，通过构造函数，利用导数研究函数单调性极值与最值，即可得出函数零点的个数．试题解析：（1）当1m =时，令()()33x g x f x =-（10x -<≤），则()31x g x x-'=+，当10x -<≤时，30x -≥，10x +>，∴()0g x '≥，此时函数()g x 递增，∴当10x -<≤时，()()00g x g ≤=，当10x -<≤时，()33x f x ≤………①（2）()11mx x m m f x mx ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=+………②，令()0f x '=，得10x =，21x m m =-，（i ）当1m =时，120x x ==，由②得()21x f x x'=+……③∴当1x >-时，10x +>，20x ≥，∴()0f x '≥，此时，函数()f x 为增函数， ∴10x -<<时，()()00f x f <=，()00f =，0x >时，()()00f x f >=，故函数()y f x =，在1x >-上有且只有一个零点0x =； （ii ）当01m <<时，10m m -<，且11m m m-<-， 由②知，当11,x m m m ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，10mx +>，0mx <，10x m m ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，此时，()0f x '≥；同理可得，当1,0x m m ⎛⎤∈-⎥⎝⎦，()0f x '≤；当0x ≥时，()0f x '≥； ∴函数()y f x =的增区间为11,m m m ⎛⎤-- ⎥⎝⎦和()0,+∞，减区间为1,0m m ⎛⎤- ⎥⎝⎦故，当10m x m-<<时，()()00f x f >=，当0x >时，()()00f x f >= ∴函数()y f x =，1,x m m ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭有且只有一个零点0x =； 又222111ln 2f m m m m m ⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，构造函数()11ln 2t t t t ϕ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，01t <<，则 ()()222111112t t t t tϕ--⎛⎫'=-+= ⎪⎝⎭……④，易知，对()0,1t ∀∈，()0t ϕ'≤，∴函数()y t ϕ=，01t <<为减函数，∴()()10t ϕϕ>=由01m <<，知201m <<，∴()222111ln 02f m m m m m ⎛⎫⎛⎫-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭……⑤ 构造函数()ln 1k x x x =-+（0x >），则()1xk x x-'=，当01x <≤时，()0k x '≥，当1x > 时，()0k x '<，∴函数()y k x =的增区间为(]0,1，减区间为()1,+∞，∴()()10k x k ≤=，∴有222111ln 11m m m≤-<+，则2112m e m --<，∴21111mem mm ---<-，当21111m e x m m ----<<时，()21ln 11mx m+<--……⑥ 而222112x mx x mx m-<-<+……⑦ 由⑥⑦知()()22211ln 11102x f x mx mx m m =++-<--++=……⑧ 又函数()y f x =在11,m mm ⎛⎤-- ⎥⎝⎦上递增，21111m e m m m ---->由⑤⑧和函数零点定理知，2011,m x m m ⎛⎫-∃∈- ⎪⎝⎭，使得()00f x =综上，当01m <<时，函数()()2ln 12x f x mx mx =++-有两个零点， 综上所述：当01m <<时，函数()y f x =有两个零点， 当1m =时，函数()y f x =有且仅有一个零点．考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、函数零点存在性定理；3、函数最值与导数的关系．【技巧点睛】函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本，函数的单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点，在含有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根据函数的极值点把函数的定义域区间进行分段，在各个分段上研究函数的导数的符号，确定函数的单调性，也确定了函数的极值点，这是讨论函数的单调性和极值点情况进行分类的基本原则．9．(1)证明见解析；(2)(],4-∞.【解析】 试题分析：(1)借助题设条件运用导数与函数单调性的关系推证；(2)借助题设条件运用导数的有关知识求解. 试题解析： （1）()()()()111112,,2ln 222x a e T x F x f x T x e x e x e ----=+=-∴=+-+-.()111110,'22.22x x x T x e e e e x ----∴>=-+-关于x 单调递增,()()11110,'220,x x T x e e T x x x-->=-+>>∴在()0,+∞上单调递增.（2）设()()()H x F x f x =-,则()11'21x H x e a x -=+--.设()1121x h x e a x-=++-,则()()()112211'2.1,22,1,' 1.x x h x e x e h x h x x x--=-≥∴≥-≥-≥∴在[)1,+∞单调递增.∴当1x ≥时,()()1h x h ≥. 即()'4H x a ≥-,∴当4a ≤时,()'40H x a ≥-≥. ∴当4a ≤时, ()H x 在[)1,+∞单调递增. ∴当4a ≤,1x ≥时,()()1H x H ≥, 即()()()111.1,'2122x x F x f x x H x e a e a x--≥≥∴=++-≤+-.当4a >时, 由 1220x e a -+-=得122x e a -+-关于x 单调递增, ∴当4,11ln 12a a x ⎛⎫>≤<+- ⎪⎝⎭时, ()H x 单调递减. 设01ln 12a x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭,则()()010H x H <=,即()()00F x f x <.∴当4a >时,()()0001ln 11,2a x F x f x ⎛⎫∃=+->≥ ⎪⎝⎭不成立.综上, 若()()1,,x F x f x a ∀≥≥的取值围(],4-∞.考点：导数在研究函数的单调性和极值等方面的有关知识的综合运用．【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以含参数a 的两个函数解析式为背景,考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问是推证函数()()()T x F x f x =-在()0,+∞上单调递增；第二问中借助导数,运用导数求在不等式()()1,x F x f x ∀≥≥恒成立的前提下实数a 的取值围.求解借助导数与函数单调性的关系,运用分类整合的数学思想进行分类推证,进而求得实数a 的取值围,从而使得问题简捷巧妙获解.10．（1）1-（2）1a ≥-时，增区间(0,)+∞，1a <-时，减区间()()0,ln a -，增区间()()ln ,a -+∞（3）1a ≤【解析】试题分析：（1）先求()()',f x fx ，根据导数的符号判断函数f （x ）在[-1，1]的单调性，从而求出f （x ）的最小值；（2）先求f ′（x ），讨论a ，判断导数符号，从而得出函数f （x ）在（0，+∞）上的单调性；（3）将不等式变形为：()()1212f x a f x a x x ++<，所以令()()f x ag x x+=，从而得到g （x ）在（0，+∞）上为增函数，所以g ′（x ）＞0，所以20x x xe e a -+->，为了求a 的围，所以需要求x x xe e -的围，可通过求导数，根据单调性来求它的围，求得围是1x x xe e ->-，所以2-a ≥1，所以求得a 的围 试题解析：（1）当a=-1时，f(x)=e x-x+2, ()1,xf x e '=-()00()<0<0f x x f x x '>⇒>'⇒令；令[11]()[1]()[0]x f x f x ∈--因为，，所以在，0单调递减；在，1单调递增。