高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析

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2024北京高三一模数学题目(含答案)利用导数研究函数的性质

一、单选2024北京高三一模数学题目（含答案）利用导数研究函数的性质题1．（2024北京朝阳高三一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ⋅⋅⋅，对任意()1,2,,i x i n =⋅⋅⋅，存在2i y ≥满足i i y x <，且i i y xi i x y =，则使得12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数n 为（）A ．14B ．16C ．21D ．232．（2024北京海淀高三一模）函数()f x 是定义在(4,4)-上的偶函数，其图象如图所示，(3)0f =.设()f x '是()f x 的导函数，则关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集是（）A ．[0,2]B ．[3,0][3,4)-C ．(5,0][2,4)-D ．(4,0][2,3)- 3．（2024北京海淀高三一模）已知()()3,0lg 1,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（）A ．1,1B ．1,2C ．2,1D ．2,24．（2024北京房山高三一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x x x ∞∞⎧-∈-⎪=⎨∈+⎪⎩，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或35．（2024北京延庆高三一模）已知函数()321x f x x =--，则不等式()0f x <的解集是（）A ．()0,1B ．()0,∞+C ．(),0∞-D ．()(),01,∞∞-⋃+二、填空题6．（2024北京顺义·二模）已知函数()()213f x kx b x =-++，给出下列四个结论：①当0k =时，对任意b ∈R ，()f x 有1个极值点；②当18k >时，存在b ∈R ，使得()f x 存在极值点；③当0b =时，对任意k ∈R ，()f x 有一个零点；④当103b <<时，存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点.其中所有正确结论的序号是.7．（2024北京海淀高三一模）已知函数()f x =①函数()f x 是奇函数；②R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根；③已知P 是曲线()y f x =上任意一点，1,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则12AP ≥；④设()11,M x y 为曲线()y f x =上一点，()22,N x y 为曲线()y f x =-上一点.若121x x +=，则1MN ≥.其中所有正确结论的序号是.8．（2024北京石景山高三一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：[]0,1x ∈时，()()*1,,N ,0,0,10,1p p x p q q q q R x x ⎧⎛⎫=∈⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩为既约真分数和内的无理数．若数列*1,n n a R n n -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，给出下列四个结论：①1n a n =；②21n n a a ++<；③1112n i i i a a +=<∑；④11ln 2ni i n a =+≥∑．其中所有正确结论的序号是．9．（2024北京石景山高三一模）设函数()323,13,1x ax x f x x a x ⎧+≤=⎨+>⎩，①若()f x 有两个零点，则实数a 的一个取值可以是；②若()f x 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是．10．（2024北京延庆高三一模）已知函数()221ln 1.x ax x f x a x x x⎧+<⎪=⎨≥⎪⎩，，，给出下列四个结论：①存在实数a ，使得函数()f x 的最小值为0；②存在实数0a <，使得函数()f x 的最小值为1-；③存在实数a ，使得函数()f x 恰有2个零点；④存在实数a ，使得函数()f x 恰有4个零点．其中所有正确结论的序号是．三、解答题11．（2024北京东城高三一模）已知函数()()ln 1f x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；(2)设()()g x f x '=，求函数()g x 的最小值；(3)若()2f x x a>-，求实数a 的值.12．（2024北京朝阳高三一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-∈.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.13．（2024北京顺义·二模）设函数()e cos xf x a x =+，a ∈R .曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =+.(1)求a 的值；(2)求证：方程()2f x =仅有一个实根；(3)对任意()0,x ∈+∞，有()sin 2f x k x >+，求正数k 的取值范围.14．（2024北京房山高三一模）已知函数1()e axf x x=+．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设2()()g x f x x '=⋅，求函数()g x 的极大值；(3)若e a <-，求函数()f x 的零点个数．15．（2024北京西城高三一模）已知函数()()1ln e xf x x ax x a=++．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的斜率；(2)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(3)若集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素，求a 的值．16．（2024北京海淀高三一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+∈+∞存在最大值，求a 的取值范围.17．（2024北京门头沟高三一模）已知函数()()21ln 12f x ax x x a x =-+-．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点())1,1f 处的切线方程；(2)当a<0时，求()f x 的极值；(3)当112a ≤≤时，判断()f x 零点个数，并说明理由．18．（2024北京石景山高三一模）已知函数()()e 0axf x x a =>．(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)求()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值；(3)当1a =时，求证：()ln 1f x x x ≥++．19．（2024北京丰台高三一模）已知函数()()e ln 1xf x x x =++-，曲线():C y f x =在点()()00,x f x 处的切线为():l yg x =，记()()()h x f x g x =-．(1)当00x =时，求切线l 的方程；(2)在（1）的条件下，求函数()h x 的零点并证明()0xh x ≥；(3)当00x ≠时，直接写出函数()h x 的零点个数．（结论不要求证明）20．（2024北京延庆高三一模）已知函数()()ln 22f x x a x =-++-.(1)若曲线()y f x =的一条切线方程为1y x =-，求a 的值；(2)若函数()f x 在区间()1,2上为增函数，求a 的取值范围；(3)若21,e x ∀∈+∞⎛⎫⎪⎝⎭，()f x 无零点，求a 的取值范围．参考答案1．D【分析】构造函数()()ln 2xf x x x=≥，结合函数单调性可得e 4ix <≤，则有()1211e 154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.【详解】由i i y xi i x y =，且2i y ≥，2i x >，故ln ln i i i i y x x y =，即ln ln i ii ix y x y =，令()()ln 2xf x x x=≥，()21ln x f x x -'=，故当()2,e x ∈时，()0f x ¢>，当()e,+x ∈∞时，()0f x '<，即()f x 在()2,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，由ln ln i ii ix y x y =，即()()i i f x f y =，故e i x >，2e i y ≤<，又()()ln 2ln 42424f f ===，故4i x ≤，即e 4i x <≤，若12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤，则有()1211e154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即601en ≤+，由e 2.72≈，故60122.06123.07e +≈+=.故最大正整数n 为23.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数()ln xf x x=的性质，结合其单调性得到2e i y ≤<，从而得到e 4i x <≤，则有()1211e154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.2．D【分析】借助函数图象与导数的关系计算即可得.【详解】由(3)0f =，且()f x 为偶函数，故(3)0f -=，由导数性质结合图象可得当()4,0x ∈-时，()0f x '<，当()0,4x ∈时，()0f x '>，当0x =时，即()00f '=，则由(1)()0f x f x '+⋅≥，有41444x x -<+<⎧⎨-<<⎩，解得43x -<<，亦可得()()100f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩，或()()100f x f x ⎧+<<'⎪⎨⎪⎩，或()10f x +=，或()0f x '=，由()()100f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩可得41304x x -<+<-⎧⎨<<⎩或31404x x <+<⎧⎨<<⎩，即23x <<，由()()100f x f x ⎧+<<'⎪⎨⎪⎩可得31340x x -<+<⎧⎨-<<⎩，即40x -<<，由()10f x +=，可得13x +=±，即2x =或4x =-（舍去，不在定义域内），由()0f x '=，可得0x =，综上所述，关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集为(4,0][2,3)- .故选：D.3．B【分析】借助分段函数性质计算可得m ，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得n .【详解】令()0f x =，即0x ≤时，30x =，解得0x =，0x >时，()lg 10x +=，无解，故1m =，设过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的切点为()00,x y ，当0x <时，()23f x x '=，则有()320003y x x x x -=-，有()3200023x x x -=-，整理可得301x =-，即01x =-，即当00x <时，有一条切线，当0x >时，()lg e1f x x '=+，则有()()000lg 1e lg 1y x x x x -=-++，有()()000l 2g elg 11x x x -+=-+，整理可得()()()000221lg 10lg e x x x ++-++=，令()()()()()2l 0g 2l 1e 1g g x x x x x =++-++>，则()()2lg 1g x x '=-+，令()0g x '=，可得99x =，故当()0,99x ∈时，()0g x '>，即()g x 在()0,99上单调递增，当()99,x ∈+∞时，()0g x '<，即()g x 在()99,∞+上单调递减，由()()992lg e 99220099lg e 0g =+⨯+-=>，()02020g =-=>，故()g x 在()0,99x ∈上没有零点，又()()9992lg e 999210003999lg e 10000g =+⨯+-⨯=-<，故()g x 在()99,999上必有唯一零点，即当00x >时，亦可有一条切线符合要求，故2n =.故选：B.4．A【分析】令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图象交点的个数，构造函数()()h x f x x =+，利用导数求出函数()h x 的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解.【详解】(]()(]()[)ln ln(1),,0ln(1),,0(),0,11,0,1e ,1,x x x x x f x x x x x x∞∞∞∞⎧⎪-∈-⎧-∈-⎪⎪==∈⎨⎨∈+⎪⎪⎩⎪∈+⎩，令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图象交点的个数，令()()(]()[)ln(1),,02,0,11,1,x x x h x f x x x x x x x∞∞⎧⎪-+∈-⎪=+=∈⎨⎪⎪+∈+⎩，当(],0x ∈-∞时，()()ln 1h x x x =-+，则()11011x h x x x =+=-'≥-，所以函数()h x 在(],0-∞上单调递增，且()00h =，当()0,1x ∈时，()()20,2h x x =∈，当[)1,x ∞∈+时，()1h x x x =+，则()2221110x h x x x-=='-+≥，所以函数()h x 在[)1,+∞上单调递增，且()12h =，又当x →-∞时()h x ∞→-，当x →时，()h x ∞→+，作出函数()h x的大致图象如图所示，由图可知函数(),y f x x y c =+=-的图象有且仅有一个交点，所以函数()()g x f x x c =++零点的个数为1个.故选：A.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.5．A【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在001x <<，再由函数的单调性及(0)(1)0f f ==可得不等式的解集.【详解】因为()32ln 3x f x '=-单调递增，且(0)ln 320f '=-<，(1)3ln 320f '=->，所以存在唯一0(0,1)x ∈，使得0()0f x '=，所以当0x x <时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，又(0)(1)0f f ==，且001x <<，所以由()0f x <可得01x <<，故选：A 6．①④【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线213y x =+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线213y x =+的切线，结合零点的存在性定理得到直线y kx b =+与曲线213y x =+的关系.【详解】对①：当0k =时，()213f x b x =，()()2232x f x x -'=+，则(),0x ∈-∞时，()0f x ¢>，当()0,x ∈+∞时，()0f x '<，故()f x 在(),0∞-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，故对任意b ∈R ，()f x 有1个极大值点0x =，故①正确；对②：当18k >时，()()2232f x k x x +-'=-，若()f x 存在极值点，则()f x '有变号零点，则()2232xk x -=+必须有解，令()()2232xx g x -=+，则()()()()()()()()2222224332222611238386333x x x x x x g x x x x x +'+=--+++-=++-+=，故当()(),11,x ∈-∞-⋃+∞时，()0g x '>，当()1,1x ∈-时，()0g x '<，故()g x 在(),1-∞-、()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减，又0x ≥时，()0g x ≤，()()()28211131g =+-⨯--=，即()18g x ≤恒成立，故当18k >时，()2232x k x -=+无解，故②错误；对③：当0b =时，()213f x kx x =-+，当0k =时，()2103f x x =>+，此时函数()f x 无零点，故③错误；对④：当103b <<时，若存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点，则直线y kx b =+与曲线213y x =+有三个不同交点，由直线y kx b =+过点()0,b ，曲线213y x =+过点10,3⎛⎫⎪⎝⎭，又103b <<，213y x =+是偶函数，且在()0,∞+上单调递减，故当0k <时，直线y kx b =+与曲线213y x =+在第二象限必有一交点，同理，当0k >时，直线y kx b =+与曲线213y x =+在第一象限必有一交点，过点()0,b 作曲线213y x =+0201,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则切线方程为()()00020222133x y x x x x --+-=+，即()()00020222133x b x x x --+⨯-=+，则()()22020313x b x +=+，由103b <<，则()()0220231133x x +<+，即()()2220011540x x +-++>，即()()()22220000141130x x x x +-+-=->，即203x ≥，故当103b <<时，存在()0,x ∈-∞+∞ ，使曲线213y x =+有过点()0,b 的切线，且切点为021,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，当0x >时，切线斜率为()22230x x +<-，则当()02022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭时，有()00f x <，又()1030b f =->，则存在()100,x x ∈，使()10f x =，此时函数y kx b =+单调递减，而2103y x =>+恒成立，故存在()20,x x ∈+∞，使()20f x =，即当0x >时，存在()02022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭，使得()f x 有3个零点，同理可得，当0x <()02020,23x k x ⎛⎫- ∈ ⎪+⎝⎭，使得()f x 有3个零点，故④正确.故答案为：①④.【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线213y x =+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线213y x=+的切线，结合零点的存在性定理去得到直线y kx b =+与曲线213y x =+的关系.7．②③④【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对0k >与0k <分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.【详解】对①：令30x x -≥，即有()()110x x x +-≥，即[][]1,01,x ∞∈-⋃+，故函数()f x 不是奇函数，故①错误；对②：0()f x kx kx -==kx =，当0x =00-=，故0是该方程的一个根；当0x ≠，0k >kx =，故0x >，结合定义域可得[]1,x ∞∈+，有322x x k x -=，即()2210x x k x --=，令2210x k x --=，440k ∆=+>，有22k x =或22k x =（负值舍去），则20122k x +=，故2210x k x --=必有一个大于1的正根，即0()f x kx -=必有一个大于1的正根；当0x ≠，0k <kx =，故0x <，结合定义域有[)1,0∈-x ，有322x x k x -=，即()2210x x k x --=，令2210x k x --=，440k ∆=+>，有22k k x =或22k k x =（正值舍去），令244k t +=>，即24k t =-，则2221171174242412222k t x ⎫⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭==>=-，即1x =-，故2210x k x --=在定义域内亦必有一根，综上所述，R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根，故②正确；对③：令(),P x y，则有y =222321124AP x x x⎛⎫=++=++⎪⎝⎭，令()3214g x x x =++，[][]1,01,x ∞∈-⋃+，()()23232g x x x x x =='++，当()21,1,3x ∞⎛⎫∈--⋃+ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当2,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，故()g x 在21,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭、()1,∞+上单调递增，在2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()1111144g -=-++=，()110044g =+=，故()14g x ≥恒成立，即214AP ≥，故12AP ≥，故③正确；对④：当12x x =时，由[][]1,01,x ∞∈-⋃+，121x x +=，故1212x x ==-，此时，124y y =-==，则12MN =≥，当12x x ≠时，由()y f x =与()y f x =-关于x 轴对称，不妨设12x x <，则有1210x x -≤<≤或121012x x -≤≤<≤≤，当121012x x -≤≤<≤≤时，由2121x x x -≥≥，有121MN x x =≥-≥，故成立；当1210x x -≤<≤时，即有211x x =-，由③知，点M 与点N 在圆2211:24A x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭上或圆外，设点()1,M x m '与点()2,N x n '在圆上且位于x 轴两侧，则1M N ''=,故1MN M N ''≥=；综上所述，1MN ≥恒成立，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当1x 、2x 都小于零时，MN 的情况.8．②③④【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.【详解】对于①，N ,1n n +∈∴= 时，()11001a R ==≠，故①错误；对于②，111n a n +=+，212n a n +=+，+12n n a a +∴>，故②正确；对于③，11223341111111123341ni i n n i a a a a a a a a a a n n ++==++++=⨯+⨯++⋅+∑ 11111111123341212n n n =-+-++--<++ ，故③正确；对于④，123111123ni n i a a a a a n==++++=+++∑ ，()2n ≥，构造函数()e 1xg x x =--，()0x >，则()e 10xg x ='->，()g x 单调递增，()(0)0g x g ∴>=，即当0x >时e 1x x >+，11132111e 1,e 1,,e 123n n>+>+>+ ，11123345111111eln 2342232nn n n n n +++++⎛⎫>⨯⨯⨯⨯=∴+++> ⎪⎝⎭，当1n =时，110ni i a a ===∑，11ln 02+=，11ln 2ni i n a =+⎛⎫∴≥ ⎪⎝⎭∑，故④正确.故选：②③④.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．9．1-（13a <-内的值都可以）01a ≤≤或2a ≥【分析】①分析函数的性质，确定零点所在的区间，通过解方程的方法，即可求解；②根据分段函数的形式，确定两段函数都是单调递增，并根据分界点处函数值的关系不等式，即可求解.【详解】①函数()23f x x a =+在()1,+∞上单调递增，()2130f a =+>，所以函数()f x 在区间()1,+∞上无零点，则函数()33f x x ax =+在(],1-∞上有2个零点，即330x ax +=，()230x x a +=，则0x =，或x =或x =，a<0，1>，解得：13a <-，所以a 的一个值是1-；②函数()23f x x a =+在()1,+∞上单调递增，则在(],1-∞上，()33f x x ax =+也单调递增，且321331a a +≤⨯+，若函数在()33f x x ax =+在区间(],1-∞单调递增，则()2330f x x a '=+≥，即2≥-a x 在区间(],1-∞上恒成立，即()2maxa x≥-，即0a ≥，不等式321331a a +≤⨯+，解得：2a ≥或1a ≤，综上可知，01a ≤≤或2a ≥.故答案为：1-（13a <-内的值都可以）；01a ≤≤或2a ≥10．①③【分析】取特殊值判断①，当0a <时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.【详解】当0a =时，()210 1.x x f x x ⎧<=⎨≥⎩，，，，显然函数的最小值为0，故①正确；当0a <时，ln ()(1)a xf x x x =≥，()21ln ()a x f x x-'=，当1e x <<时，()0f x '<，当e x <时，()0f x '>，所以()f x 在[)1,e 上单调递减，在[)e,+∞上单调递增，所以e x =时，()f x 有最小值(e)eaf =，由1e a =-可得a e =-，此时，1x <时，2()2e f x x x =-，()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以()(1)12e f x f >=-，与最小值为1-矛盾，若1x <时，2()2f x x ax =+的对称轴方程为0x a =->，当1x a =-<时，即1a >-时，2min ()()f x f a a =-=-，若21a -=-，则1a =-与1a >-矛盾，当1x a =-≥时，()f x 在(,1)-∞上单调递减，无最小值，综上，当0a <时，函数()f x 的最小值不为1-，故②错误；由②知，1a <-时，1x <时，()f x 单调递减且(0)0f =，当1x ≥时，()0f x ≤且(1)0f =，所以函数恰有2个零点，故③正确；当0a >时，ln ()0(1)a xf x x x=≥≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，当0a <时，ln ()0(1)a xf x x x=≤≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，综上0a ≠时，ln ()(1)a xf x x x=≥有且只有1个零点，而2()2(2)f x x ax x x a =+=+在1x <上至多有2个零点，所以0a ≠时，函数没有4个零点，当0a =时，函数有无数个零点，故④错误.故答案为：①③【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a 分类讨论，利用导数研究[)1,+∞上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.11．(1)24y x =-(2)2(3)2a =【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）利用导数求出函数()g x 的单调区间，进而可求出最小值；（3）分1a ≤和1a >两种情况讨论，在1a >时，再分x a >和1x a <<两种情况讨论，分离参数，构造函数并求出其最值，即可得解.【详解】（1）()()()ln 111xf x x x x '=-+>-，则()()22,20f f '==，所以曲线()y f x =在2x =处的切线方程为()22y x =-，即24y x =-；（2）()()()()ln 111xg x f x x x x '==-+>-，()()()22112111x x x g x x x x ---'=+=---，当12x <<时，()0g x '<，当2x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在()1,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()min 22g x g ==；（3）函数()f x 的定义域为()1,+∞，当1a ≤时，0x a ->，则()2f x x a>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由（2）得()2f x '≥，令()()2h x f x x =-，则()()()201h x f x x ''=-≥>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，又当1x →时，()h x →-∞，因为1a ≤，所以22a -≥-，此时()22a f x x -<-不恒成立，故1a ≤不符题意；当1a >时，若x a >，则0x a ->，则()2f x x a>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由上可知函数()()2h x f x x =-在(),a +∞上单调递增，所以()()()()ln 12h x h a a a a x a >=-->，所以()2ln 12a a a a -≤--，解得2a ≥①，若1x a <<，则()2f x x a>-，即()()2f x x a <-，即()22a f x x ->-，由上可知函数()()2h x f x x =-在()1,a 上单调递增，所以()()()()ln 1211h x h a a a a a <=--<<，所以()2ln 12a a a a -≥--，解得2a ≤②，由①②可得2a =，综上所述，2a =.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．12．(1)答案见解析(2)1a ≥【分析】（1）首先求函数的导数，再分0,0,0a a a ><=三种情况讨论()f x 的单调性；（2）不等式转化为11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，设函数()1e x x h x x -=-，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，讨论a 的取值，即可求解.【详解】（1）()()1e xf x a ax '=--，当()0f x '=，得1ax a-=，当0a >时，1,a x a -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，1,-⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭a x a 时，()0f x '<，()f x 单调递减，当0a <时，1,a x a -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，1,-⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭a x a 时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当0a =时，()e xf x =，函数()f x 在R 上单调递增，综上可知，0a >时，函数()f x 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫-∞ ⎝⎭，单调递减区间是1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，0a <时，函数()f x 的单调递减区间是1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间是1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，0a =时，函数()f x 的增区间是(),-∞+∞，无减区间.（2）不等式()()1e 1xax a x ->-，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，设()1e x x h x x -=-，()2e 21e ex x xx x h x -+-'=-=，设()e 2xt x x =+-，()e 10x t x '=+>，所以()t x 单调递增，且()01t =-，()1e 20t =->，所以存在()00,1x ∈，使()00t x =，即()00h x '=，当()0,x x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()00000e 1e x x x x h x h x -+≥=，因为e 1xx ≥+，所以()()()00002000000011e 110e e e x x x x x x x x x x h x h x +-+-++≥=≥=>，当0x ≤时，()()01h x h ≥=，当1x ≥时，()()11h x h ≥=，不等式()()1e 1xax a x ->-无整数解，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭无整数解，若0a ≤时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若1a ≥时，即11a≤，因为函数()h x 在(],0-∞上单调递减，在[)1,+∞上单调递增，所以Z x ∈时，()()(){}1min 0,11h x h h a ≥=≥，所以()1h x a<无整数解，符合题意，当01a <<时，因为()()1011h h a==<，显然0,1是()1a h x ⋅<的两个整数解，不符合题意，综上可知，1a ≥.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是不等式的变形11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，第二个关键是确定函数()1ex x h x x -=-的单调性，以及确定()()011h h ==.13．(1)1a =；(2)证明见解析；(3)01k <≤.【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；（2）分0x >，0x =，0x <，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；（3）令()e cos sin 2xF x x k x =+--，分01k <≤，1k >两种情况，利用导数讨论最值即可得解.【详解】（1）解：因为()e cos x f x a x =+，所以()00e 1f a a =+=+，又点()()0,0f 在切线2y x =+上，所以()02f =，所以12a +=，即1a =.（2）证明：欲证方程()2f x =仅有一个实根，只需证明e cos 20x x +-=仅有一个零点，令()e cos 2x g x x =+-，则()e sin xg x x '=-，令()()e sin xh x g x x =-'=，则()e cos x h x x '=-，讨论：（1）当0x >时，()0e cos e cos 1cos 0x h x x x x =->-=-≥'，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01h x h >=，即()e sin 10xg x x =>'->，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，即此时无零点；（2）当0x =时，()00g =，即此时有一个零点；（3）当0x <时，()0e cos 2e cos 21cos 0x g x x x x =+-<+-=-+≤所以，当0x <时，()0g x <，即此时无零点综上可得，()e cos 2xg x x =+-仅有一个零点，得证.（3）当()0,x ∞∈+时，e cos sin 2x x k x +>+，即e cos sin 20x x k x +-->恒成立，令()e cos sin 2xF x x k x =+--，则()e sin cos xF x x k x =-'-，由（Ⅱ）可知，()0,x ∞∈+时e sin 1x x ->，所以()e sin cos 1cos xF x x k x k x '=-->-，讨论：（1）当01k <≤时，因为1cos 1x -≤≤，所以cos k k x k -≤≤，即11cos 1k k x k -≤-≤+，所以()1cos 10F x k x k >≥'--≥，即当01k <≤时，()0F x '>，所以()e cos sin 2xF x x k x =+--在()0,x ∞∈+时单调递增，所以()()00F x F >=恒成立，即满足条件e cos sin 20x x k x +-->，（2）当1k >时，由()e sin cos xF x x k x =-'-可知()010F k ='-<，又()ππe 0F k '=+>，所以存在()00,πx ∈，使得()00F x '=，所以，当()00,x x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，当()0,x x ∞∈+时，()0F x '>，()F x 单调递增，所以()()000F x F <=，即不能保证e cos sin 20x x k x +-->恒成立，综上可知，正数k 的取值范围是01k <≤.【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.14．(1)3y x =-+(2)答案见解析(3)1【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）求导，分0a =，0a >和a<0三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；（3）令1()e 0ax f x x =+=，则1e ax x =-，再分x 的正负讨论，当0x <时，分离参数可得()ln x a x-=-，则函数()f x 零点的个数即为函数()ln ,x y a y x -==-图象交点的个数，构造函数()()()ln 0x h x x x-=-<，利用导数求出其单调区间和极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.【详解】（1）当0a =时，1()1f x x=+，()21f x x '=-，则()()11,12f f =-'=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()21y x -=--，即3y x =-+；（2）21()e ax f x a x'=-，则()22()()e 10ax g x f x x ax x =⋅=-≠'，则()()()222e e 2e 0ax ax axg x ax a x ax ax x =+=+≠'，当0a =时，()1g x =-，此时函数()g x 无极值；当0a >时，令()0g x '<，则0x >或2x a <-，令()0g x '<，则20x a -<<，所以函数()g x 在(2,,0,a ∞∞⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，所以()g x 的极大值为2241eg a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；当a<0时，令()0g x '<，则0x <或2x a>-，令()0g x '<，则20x a <<-，所以函数()g x 在()2,0,,a ∞∞⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，而函数()g x 的定义域为()(),00,∞∞-⋃+，所以此时函数()g x 无极值.综上所述，当0a ≤时，函数()g x 无极大值；当0a >时，()g x 的极大值为241ea -；（3）令1()e 0axf x x =+=，则1e ax x =-，当0x >时，1e ,00axx>-<，所以0x >时，函数()f x 无零点；当0x <时，由1e axx =-，得1ln ax x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()ln x a x-=-，则0x <时，函数()f x 零点的个数即为函数()ln ,x y a y x-==-图象交点的个数，令()()()ln 0x h x x x -=-<，则()()2ln 1x h x x --'=，当e x <-时，()0h x '>，当e 0x -<<时，()0h x '<，所以函数()h x 在(),e ∞--上单调递增，在()e,0-上单调递减，所以()()max 1e eh x h =-=，又当x →-∞时，()0h x >且()0h x →，当0x →时，()h x ∞→-，如图，作出函数()h x 的大致图象，又e a <-，由图可知，所以函数()()ln ,x y a h x x-==-的图象只有1个交点，即当0x <时，函数()f x 只有1个零点；综上所述，若e a <-，函数()f x 有1个零点．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.15．(1)2e 2+(2)单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-(3)1a e=-【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；（2）对函数求导得到()()11e x f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭'，由函数()f x 定义域知1e 0x x -<，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果；（3）对函数求导得到()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，再分0a >和a<0两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.【详解】（1）当1a =时，()ln e xf x x x x =++，所以()()111e x f x x x=+++',得到()12e 2f '=+，所以曲线()y f x =在点()(1,)1f 处切线的斜率为2e 2+．（2）当1a =-时，()()ln e xf x x x x =+--，易知()f x 的定义域为(),0∞-，又()()()1111e 1e x x f x x x x x ⎛⎫=+-+=+- ⎪⎝⎭'，因为(),0x ∈-∞，所以1e 0xx-<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-．（3）因为()()1ln e xf x x ax x a =++，所以()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，易知0a ≠，当0a >时，()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ¢>恒成立，故()f x 在)∞+上单调递增，又12111e 0af a a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，所以0a >不合题意，当0a <时，()f x 的定义域为(),0∞-，此时1e0xx a+<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<，故()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,0-，所以()()max 1()11ln ef x f a a =-=-+--．设()()11ln (0)e g x x x x=-+--<，则()2211e 1e e x g x x x x +=+='，当1,e x ∞⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，1,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，所以()g x 的单调递减区间为1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；单调递增区间为1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．所以min 1()1e g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素时1a e=-．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.16．(1)()f x 的增区间为(),2∞-，减区间为(2,)+∞(2)1a ≥-【分析】（1）对函数求导，得到121(1))e 2(a x f x x -=-'，再求出()0f x '>和()0f x '<对应的x 取值，即可求出结果；（2）令2()()e h x f x a -=+，对()h x 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出()h x 的单调区间，进而得出()h x 在(0,)+∞上取值范围，从而将问题转化成1222e e e a a a ---+≥成立，构造函数12()e e x m x x --=+，再利用()m x 的单调性，即可求出结果.【详解】（1）易知定义域为R ，因为12()ea x f x x -=，所以11122211(1)()e2e e 2a x a x a x x x x f ----=-'=，由()0f x '=，得到2x =，当2x <时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以，函数()f x (),2∞，单调递减区间为()2,∞+.（2）令2()()e h x f x a -=+，则()()h x f x ''=，由（1）知，函数()f x 的单调递增区间为(),2∞-，单调递减区间为()2,∞+，所以()h x 在2x =时取得最大值12(2)2e e a h a --=+，所以当2x >时，1222()e e e (0)a x h x x a a h ---=+>=，当02x <<时，()(0)h x h >，即当,()0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，所以函数122()ee a x g x x a --=+在(0,)+∞存在最大值的充要条件是1222e e e a a a ---+≥，即122122e e e e +e 02a a a a a -----++=≥，令12()e e x m x x --=+，则12()e e 0x m x --'=+>恒成立，所以12()e e x m x x --=+是增函数，又因为22(1)e e 0m ---=-=，所以12()e e 0a m a a --=+≥的充要条件是1a ≥-，所以a 的取值范围为[)1,-+∞.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数122()e e a x h x x a --=+，利用函数单调性得到,()0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，从而将问题转化成1222e e e a a a ---+≥，构造函数12()e e x m x x --=+，再利用()m x 的单调性来解决问题.17．(1)12y =-(2)()12f x a =-极大值，无极小值(3)当12a =时()f x 有一个零点，当112a <≤时()f x 无零点【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；（3）依题意可得()1ln 102a x x a -+-=，令()()1ln 12F x a x x a =-+-，则判断()f x 的零点个数，即判断()F x 的零点个数，利用导数说明()F x 的单调性，求出()()max ln 221F x a a a =-+，再令()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈，利用导数说明()H x 的单调性，即可求出()max H x ，从而得解.【详解】（1）当1a =时()21ln 2f x x x x =-，则()112f =-，()ln 1f x x x '=+-，所以()10f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为12y =-.（2）函数()f x 的定义域为(0,∞+，且()()ln 1ln 1f x a x a x a a x x '=+-+-=-+，令()()ln 1g x f x a x x '==-+，则()1a a xg x x x-'=-=，因为a<0，所以()0g x '<恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，即()f x '在()0,∞+上单调递减，又()10f '=，所以当01x <<时()0f x ¢>，当1x >时()0f x '<，则()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()f x 在1x =处取得极大值()12f x a =-极大值，无极小值.（3）令()0f x =，即()21ln 102ax x x a x -+-=，因为0x >，所以()1ln 102a x x a -+-=，令()()1ln 12F x a x x a =-+-，所以判断()f x 的零点个数，即判断()F x 的零点个数，又()1222a a x F x x x -'=-=，112a ≤≤，所以当02x a <<时()0F x '>，当2x a >时()0F x '<，所以()F x 在()0,2a 上单调递增，在()2,a +∞上单调递减，所以()()()max 2ln 221F x F a a a a ==-+，令()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈，则()11ln 22H x x '=-，因为[]1,2x ∈，所以()()111ln 2ln 210222H x '≤-=-<，所以()H x 在[]1,2上单调递减，所以()()10H x H ≤=，所以()20F a ≤，当且仅当12a =时等号成立，所以当12a =时()F x 有一个零点，即()f x 有一个零点，当112a <≤时()F x 无零点，即()f x 无零点，综上可得当12a =时()f x 有一个零点，当112a <≤时()f x 无零点.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为()1ln 102a x x a -+-=，利用导数求出()()max ln 221F x a a a =-+，再构造函数()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈.18．(1)y x =(2)见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；（2）首先求函数的导数，再讨论01a <≤和1a >两种情况求函数的单调性，求函数的最值；（3）首先根据不等式构造函数()e ln 1xg x x x x =---，再利用导数求函数的最小值，即可证明.【详解】（1）()()1e axf x ax '=+，()01f '=，()00f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y x =；（2）()()1e axf x ax '=+，0a >当01a <≤时，()0f x '≥在区间[]1,1-上恒成立，()f x 在区间[]1,1-上单调递增，所以函数()f x 的最小值为()1e axf --=-，最大值为()1e a f =，当1a >时，()0f x '=，得()11,0x a=-∈-，()f x '在区间11,a ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭小于0，函数()f x 单调递减，()f x '在区间1,1a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦大于0，函数()f x 单调递增，所以函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()1e ax f --=-，()1e a f =，显然()()11f f >-，所以函数()f x 的最大值为()1e a f =，综上可知，当01a <≤时，函数()f x 的最小值为()1e ax f --=-，最大值为()1e af =，当1a >时，函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，最大值为()1e af =；（3）当1a =时，()e xf x x =，即证明不等式e ln 1x x x x ≥++，设()e ln 1xg x x x x =---，0x >，()()11e ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭x g x x x ，设()1e xh x x =-，0x >，()21e 0xh x x'=+>，所以()h x 在()0,∞+单调递增，并且1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10h =->，所以函数()h x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点0x ，使()0001e 0x h x x =-=，即()00g x '=，则在区间()00,x ，()0x '<，()g x 单调递减，在区间()0,x +∞，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 的最小值为()00000e ln 1xg x x x x =---，由()0001e 0xh x x =-=，得001x x e =，且00ln x x =-，所以()00g x =，所以()e ln 10xg x x x x =---≥，即()ln 1f x x x ≥++.19．(1)1y x =+(2)函数()h x 有唯一零点0x =，证明过程见解析(3)2【分析】（1）只需分别求出()()0,0f f '即可得解；（2）首先有()()e ln 121xh x x x =++--，()()1e 211x x x h x x +--'=+，令()()()1e 21,1x m x x x x =+-->-，我们可以通过构造导数来说明()0m x >，即()0h x '>，这表明了()h x 单调递增，注意到()00h =，由此即可进一步得证；（3）首先我们可以连续求导说明函数()f x '在(]1,0-上递减，在[)0,∞+上递增.其次()()()()()000h x f x f x x x f x =---'，故()()()0h x f x f x ''-'=.进一步有()()000h x h x '==，然后分000,10x x >-<<两种情况分类讨论即可求解.【详解】（1）当00x =时，()()001f x f ==，而()1e 11x f x x =+-+'，所以()01f '=，从而切线方程为10y x -=-，也就是1y x =+.（2）由题意()()()()()()e ln 11e ln 121x xh x f x h x x x x x x =-=++--+=++--，所以()()1e 211e 211x xx x h x x x +--=+-='++，令()()1e 21x m x x x =+--，则()()2e 2xm x x =+-'，当10x -<<时，122x <+<，0e 1x <<，所以()2e 2e 212x xx +<<⨯=，即()0m x '<，所以当10x -<<时，()m x 单调递减，()()00m x m >=，当0x >时，22x +>，e 1x >，所以()2e 2e 212x xx +>>⨯=，即()0m x '>，所以当0x >时，()m x 单调递增，()()00m x m >=，综上，()0m x ≥恒成立，也就是()0h x '≥恒成立，所以()h x 在()1,∞-+又因为()00h =，故函数()h x 有唯一零点0x =，且当10x -<<时，()0h x <，当0x >时，()0h x >；因此当10x -<<时，()0xh x >，当0x >时，()0xh x >，故()0xh x ≥；（3）对n 个实数12,,...,n a a a ，定义()12max ,,...,n a a a 和()12min ,,...,n a a a 分别为12,,...,n a a a 中最大的一个和最小的一个.现在，()()e ln 1x f x x x =++-，故()1e 11xf x x =+-+'，令()()f x x ϕ'=，再对()x ϕ求导一次得到()()21e 1xx x ϕ=-+'.当10x -<<时，()()()02211e e 110101xx x ϕ=-<-='-=++，()x ϕ单调递减；当0x >时，()()()02211e e 110101xx x ϕ=->-='-=++，()x ϕ单调递增.。

(完整版)导数讨论含参单调性习题(含详解答案).doc

1．设函数．（ 1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（ 2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（ 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，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（ 2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，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）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；6．已知函数ln , x ，其中.f x ax x F x e ax x 0, a 0（ 1）若f x 和 F x 在区间 0,ln3 上具有相同的单调性，求实数 a 的取值范围；（ 2）若a , 1 ，且函数 g x xe ax 1 2ax f x 的最小值为 M ，求 M 的e2最小值 .7．已知函数 f ( x) e x m ln x .（ 1）如x 1 是函数 f (x) 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性 f (x) ；（ 2）若x x0是函数f ( x)的极值点，且f ( x) 0 恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数 a 满足 a ln a 1 ） .8．已知函数 f x ln 1 mx x2mx ，其中0 m 1 ．2（ 1）当m 1时，求证： 1 x 0 时， f x x3；3（ 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 , F x 2e x 1 x ln x, f x a x 1 3 .（1）设T x F x f x , 当a 1 2e 1时, 求证： T x 在 0, 上单调递增；（2）若x 1, F x f x , 求实数a的取值范围 .10 ．已知函数f x e x ax 2（1）若a 1 ，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x1, x2 (0, ), 且 x1 x2,都有 x2 f ( x1) a x1 f ( x2 ) a 成立，求 a 的取值范围。

高三复习：导数与函数的单调性、极值最值(含解析答案)

3.2导数与函数的单调性、极值、最值知识梳理：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：3．函数的最值试一试：1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．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________．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．考点二利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点； (2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．考点三利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．变式1 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．考点4 含有参数的分类讨论例4：已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．课堂练习：1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值后作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．9．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．10．设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值教师版知识梳理 1．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法：一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤： ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．试一试1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________．答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．答案(－1，＋∞)解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，令e x－a≥0，则e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3<0在x∈(－2,3)上恒成立，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数．思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．考点二利用导数求函数的极值例2设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．解对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．(2014·福建三利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间[ln(2a )，1]上单调递增．于是，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .思维升华 (1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．变式已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.例4：已知函数f(x)＝ln x－ax (a∈R)．(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论．规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，[2分]①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[4分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝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 )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ，单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[6分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .[8分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[10分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．[12分] 又f (2)－f (1)＝ln2－a ，所以当12<a <ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .[14分] 综上可知，当0<a <ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a .[16分]1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．解析：∵f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1，由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0, 即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e. 答案：－3e3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数， ∴Δ＝4－12 m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 4.(创新题)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×⎝⎛⎭⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c . 则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立．只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)．作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．答案 (－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)，由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，故函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.答案 3解析因为f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值，所以f ′(1)＝3－a4＝0，所以a ＝3.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案－13解析对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．解因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )的极小值为1，无极大值． f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．答案 {x |x >0}解析构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0，所以g (x )为R 上的增函数；又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0，所以e x ·f (x )>e x ＋1，即g (x )>0的解集为{x |x >0}．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )．若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0；若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0；若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数，即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减， ∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立．即实数m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．)9．(2013·福建)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为 y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．10．(2014·山东)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k (－2x 2＋1x ) ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减，故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增．故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点．当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.。

高三数学利用导数研究函数的单调性试题

高三数学利用导数研究函数的单调性试题1.函数在内单调递减，则实数a的范围为．【答案】．【解析】∵函数f（x）=x3-ax2+4在（0，2）内单调递减，∴f′（x）=3x2-2ax≤0在（0，2）内恒成立，即在（0，2）内恒成立，∵∴，答案为．【考点】利用导数研究函数的单调性.2.设函数，其中（1）讨论在其定义域上的单调性；（2）当时，求取得最大值和最小值时的的值.【答案】（1）在和内单调递减，在内单调递增；（2）所以当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.【解析】（1）对原函数进行求导，，令，解得，当或时；从而得出，当时，.故在和内单调递减，在内单调递增.（2）依据第（1）题，对进行讨论，①当时，，由（1）知，在上单调递增，所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时，.由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得最大值.又，所以当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.（1）的定义域为，.令，得，所以.当或时；当时，.故在和内单调递减，在内单调递增.因为，所以.①当时，，由（1）知，在上单调递增，所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时，.由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得最大值.又，所以当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.【考点】1.含参函数的单调性；2.含参函数的最值求解.3.设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．【答案】(e，＋∞)【解析】解：令f′(x)＝－a＝<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，a的取值范围为(e，＋∞)．4.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）若对任意的都有恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，，求出导函数，所以曲线在处的切线斜率，又，进而得出切线方程；（2）易得函数的定义域为，对函数进行求导得，令并在定义域范围内解之，即，再对其分和进行分类讨论，求得函数的单调增区间，函数的单调增区间在定义域内的补集即为函数的单调减区间；由题意得：对任意，使得恒成立，只需在区间内，，对进行分类讨论，从而求出的取值范围.(1)时,曲线在点处的切线方程(2)①当时, 恒成立,函数的递增区间为②当时,令,解得或（舍去）x( 0,)-+所以函数的递增区间为,递减区间为(3)由题意知对任意的,,则只需对任意的,①当时,在上是增函数,所以只需，而，所以满足题意;②当时,,在上是增函数, 所以只需而，所以满足题意;③当时,,在上是减函数,上是增函数,所以只需即可，而，从而不满足题意;综合①②③实数的取值范围为.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值中的应用.5.函数f（x）=x3+ax2+3x﹣9，已知f（x）在x=﹣3时取得极值，则a=（）A．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】∵f′（x）=3x2+2ax+3，又f（x）在x=﹣3时取得极值∴f′（﹣3）=30﹣6a=0则a=5．故选D6.已知函数在区间[－1，2]上是减函数，那么b+c( )A．有最大值B．有最大值－C．有最小值D．有最小值－【答案】B【解析】由f(x)在[－1，2]上是减函数，知，x∈[－1，2]，则15+2b+2c0b+c．7.已知函数．(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时，证明f(x)>0．【答案】（1）m=1(讨论见解析)；（2）见解析．【解析】(1)．由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0，所以m=1．于是f(x)=e x－ln(x+1)，定义域为(－1，+∞)，．函数在(－1，+∞)上单调递增，且f '(0)=0，因此当x∈(－1，0)时， f '(x)<0;当x∈(0，+∞)时， f '(x)>0．所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．(2)当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时， f(x)>0．当m=2时，函数在(－2，+∞)上单调递增．又f '(－1)<0， f '(0)>0，故f '(x)=0在(－2，+∞)上有唯一实根，且．当时， f '(x)<0;当时， f '(x)>0，从而当时，f(x)取得最小值．)=0得=，，由f '(x故．综上，当m≤2时， f(x)>0．8.已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④【答案】C【解析】∵f(x)＝x3－6x2＋9x－abc.∴f′(x)＝3x 2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝3.依题意有，函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc的图象与x轴有三个不同的交点，故f(1)f(3)＜0，即(1－6＋9－abc)(33－6×32＋9×3－abc)＜0，∴0＜abc＜4，∴f(0)＝－abc＜0，f(1)＝4－abc＞0，f(3)＝－abc＜0，故②③是对的，应选C.9.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．10.已知f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．【答案】（1）当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为(ln a，＋∞)．（2）(－∞，0]．【解析】(1)∵f(x)＝e x－ax－1(x∈R)，∴f′(x)＝e x－a.令f′(x)≥0，得e x≥a.当a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立；当a>0时，有x≥ln a．综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为(ln a，＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝e x－a.∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝e x－a≥0恒成立，即a≤e x在R上恒成立．∵x∈R时，e x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．11.若函数存在极值，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】∵函数存在极值点，∴有解，∴∴∵时，，∴，故选A．【考点】应用导数研究函数的单调性、极值.12.已知函数的图象如图所示(其中是函数的导函数)下面四个图象中，的图象大致是 ( )【答案】C【解析】由函数的图象可知，当时，在上是增函数，同理可得在上是减函数，在上是减函数，故选C．【考点】导数与函数的单调性．13.已知R，函数e．（1）若函数没有零点，求实数的取值范围；（2）若函数存在极大值，并记为，求的表达式；（3）当时，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）详见试题解析．【解析】（1）令得，∴．再利用求实数的取值范围；（2）先解，得可能的极值点或，再分讨论得函数极大值的表达式；（3）当时，，要证即证，亦即证，构造函数，利用导数证明不等式．试题解析：(1)令得，∴． 1分∵函数没有零点，∴，∴． 3分(2)，令，得或． 4分当时，则，此时随变化，的变化情况如下表：当时，取得极大值； 6分当时，在上为增函数，∴无极大值． 7分当时，则，此时随变化，的变化情况如下表:当时，取得极大值，∴ 9分(3)证明：当时， 10分要证即证，即证 11分令，则． 12分∴当时，为增函数；当时为减函数，时取最小值，，∴．∴，∴． 14分【考点】1．函数的零点；2．函数的导数与极值；3．不等式的证明．14.若=上是减函数，则的取值范围是___________.【答案】【解析】转化为在上恒成立，即在上恒成立，令，所以，则的取值范围是.【考点】1.导数判断函数的单调性；2.不等式恒成立.15.已知为函数图象上一点，O为坐标原点，记直线的斜率．（1）若函数在区间上存在极值，求实数m的取值范围；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）求证：．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）在函数定义域范围内求函数的极值，则极值点在内；（2）首先根据条件分离出变量，由转化成求的最小值（利用二次求导判单调性）；（3）结合第（2）问构造出含的不等关系，利用裂项相消法进行化简求和.试题解析：（1）由题意， 1分所以 2分当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值． 3分因为函数在区间（其中）上存在极值，所以，得．即实数的取值范围是． 4分（2）由得，令，则． 6分令，则，因为所以,故在上单调递增． 7分所以,从而在上单调递增,所以实数的取值范围是． 9分（3）由(2) 知恒成立,即 11分令则， 12分所以，， ,．将以上个式子相加得：，故． 14分【考点】1.函数极值、最值的求法；2.函数单调性的判定；3.恒成立问题的转化.16.已知函数，.（Ⅰ）求的极值；（Ⅱ）当时，若不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）有极大值为;（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）首先明确函数的定义域，然后利用求导的方法研究函数的单调性，进而确定函数的极值；（Ⅱ）利用转化思想将原不等式转化为在上恒成立，然后借助构造函数求解函数的最大值进而探求的取值范围.试题解析：（Ⅰ）函数的定义域为。

0729高三数学利用导数研究函数的单调性-过家福(答案)

所以 g x 是 1, 上的单调增函数，
2
因此 g x 在 1, 上的最小值是 g 1 e e1 2a .
3 由于存在 x0 1, ，使 e x0 e x0 a( x0 3x0 ) 0 成立，当且仅当最小值 g 1 0 ，
g '( x0 ) (e x0 )2 1 3a( x0 2 1) . 当 x0 1 时， g '( x0 ) 0 ； . e x0
当 x0 1 时， x02 1 0 ， (e x0 )2 1 0 ，则 g '( x0 ) 0 . 故在区间 [1, ) 上， g '( x0 ) 0 ，即函数 g ( x0 ) 为 [1, ) 的增函数，则 gmin ( x0 ) g (1) e e1 2a 0 ，解得 a 分解路径 2：参数分离可以吗？

则 g ( x 0 ) 0 在 x0 1, 3 上恒成立，故 g ( x 0 )min g (1)

e e1 ， 2
3
故a
e e1 . 2
难题分解 2：如何根据求得的参数 a 的取值范围比较 ea 1 与 a e 1 的大小？分解路径 1：（取对数） e a 1 与 a e1 均为正数，同取自然底数的对数，即比较 (a 1)ln e 与 (e 1)ln a 的大小，即比较
ln e ln a 与的大小. e 1 a 1
1 1 ln x ln x x 构造函数 h( x) ， ( x 1) ，则 h( x) ( x 1)2 x 1
再设 m( x) 1
1 1 x ln x ， m( x) 2 ，从而 m( x) 在 (1, ) 上单调递减， x x ln x 在 (1, ) 上单调递 x 1

利用导数求函数的单调性-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品

高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第六篇函数与导数专题02利用导数求函数的单调性类型对应典例不含参数的函数单调性典例1含参函数中主导函数是一次函数典例2含参函数中主导函数是类一次函数典例3含参函数中主导函数是二次函数（不能因式分解）典例4含参函数中主导函数是二次函数（能因式分解）典例5含参函数中主导函数是类二次函数典例6利用函数单调性求参数取值范围典例7【典例1】已知函数()()1ln f x x a R ax=+∈在1x =处的切线与直线210x y -+=平行．(1)求实数a 的值，并判断函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x m =有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>．【典例2】已知函数op =−En −.（1）讨论函数op 的单调性.（2）若∀>0，op ≥0，求B 的最大值.【典例3】已知函数ln ()(,)x af x bx a b R x-=-∈.（1）当0b =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()()f x g x x=在x =e 为自然对数的底）时取得极值，且函数()g x 在(0,)e 上有两个零点，求实数b 的取值范围.【典例4】已知函数()()21ln 2f x x x ax a R =++∈，()232x g x e x x =+-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点.如果函数()()()F x f x g x =-存在不动点，求实数a 的取值范围.【典例5】已知函数22()ln f x x ax a x =--.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【典例6】已知()ln xe f x a x ax x=+-.（1）若0a <，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，若不等式1()()0xf x bx b e x x+---≥在[1,)+∞上恒成立，求b 的取值范围．【典例7】已知函数()ln ()x e f x x x ax a R =-+∈.（1）若函数()f x 在[1,)+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；（2）若1a =，求()f x 的最大值.1.已知函数()()22122()2xf x x x e ax a R =-+-∈.（1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间；（2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.2.已知函数()1f x ax lnx =--，a R ∈．(Ⅰ)讨论函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．3.已知函数()()2()1ln 1(0)f x a x x x ax a =++-->是减函数.（1）试确定a 的值；（2）已知数列{}()()*123ln 11n n n n n a a T a a a a n N n +==∈+ ，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦.4.已知函数()22ln .f x a x x =-()1讨论函数()f x 的单调性；()2当0a >时，求函数()f x 在区间()21,e 上的零点个数.5.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若1a =-，当0x >时，函数()()()220g x x mf x m =->有且只有一个零点，求m 的值.6.设22(),()11x e f x xe ax g x nx x x a=-=+-+-．（1）求()g x 的单调区间；（2）讨论()f x 零点的个数；（3）当0a >时，设()()()0h x f x ag x =-恒成立，求实数a 的取值范围．7.已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.参考答案【典例1】【详解】（1）函数()f x 的定义域：()0,+∞，()11112f a =-='，解得2a =，()1ln 2f x x x ∴=+，()22112122x f x x x x -∴=-='令()0f x '<，解得102x <<，故()f x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上是单调递减；令()0f x '>，解得12x >，故()f x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是单调递增.（2）由12,x x 为函数()f x m =的两个零点，得121211ln ,ln 22x m x m x x +=+=两式相减，可得121211ln ln 022x x x x -+-=即112212ln 2x x x x x x -=，1212122ln x xx x x x -=，因此1211212ln x x x x x -=，2121212ln x x x x x -=令12x t x =，由12x x <，得01t <<.则121111+=2ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=，构造函数()()12ln 01h t t t t t =--<<，则()()22211210t h t t t t -=+-=>'所以函数()h t 在()0,1上单调递增，故()()1h t h <，即12ln 0t t t--<，可知112ln t t t->.故命题121x x +>得证.【典例2】解：（1）函数op 的定义域为(0,+∞)，由op =−En −，得n(p =1−=K，当≤0时，n(p >0，所以函数op 在(0,+∞)上单调递增.当>0时，则∈(0,p 时，n(p <0，函数op 在(0,p 上单调递减；∈(s +∞)时，n(p >0，函数op 在(s +∞)上单调递增.（2）由（1）可知，当<0时，函数op 在(0,+∞)上单调递增，当→0时，op →−∞与op ≥0相矛盾；当=0时，∀>0，op ≥0，所以≤0，此时B =0.当>0时，函数op 在(0,p 上单调递减，函数op 在(s +∞)上单调递增.op min =op =−En −≥0，即−En ≥，则B ≤2−2lno >0).令op =2−2lno >0)，则n(p =o1−2lnp .令n(p >0，则0<<，令n(p <0，则>，当=时，op =2，即当=，=B 的最大值为2.综上，B 的最大值为2.【典例3】【详解】（1）当0b =时，()ln x af x x-=，()()221ln 1ln x x a a x x f x x x ⋅--+-=='，令()0f x '=，得1a x e +=，当()10,ax e+∈时，()0f x '>，当()1,ax e+∈+∞时，()0f x '<.所以函数()f x 在()10,ae+上单调递增，在()1,ae++∞上单调递减.（2）()()2ln f x x a g x b x x-==-，()()2431ln 2122ln x x a xa x x g x x x ⋅--⋅-=='+，∵()g x在x =∴0g '=即1210a +-=，∴0a =.所以()2ln x g x b x =-，()312ln xg x x-'=，函数()g x在(上单调递增，在)+∞上单调递减，得函数的极大值12gb e=-，∴当函数()g x 在()0,e 上有两个零点时，必有()0,10,2g e b e ⎧<⎪⎨->⎪⎩得2112b e e<<.当2112b e e <<时，210g e b e ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭.∴()g x的两个零点分别在区间1e ⎛ ⎝与)e 中.∴的取值范围是211,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭.【典例4】【详解】(1)()f x 的定义域为()()()210,0x ax f x x x，+++∞=>'，对于函数210y x ax =++≥，①当240a ∆=-≤时，即22a -≤≤时，210x ax ++≥在0x >恒成立.()210x ax f x x++∴=≥'在()0,+∞恒成立.()f x ∴在()0,+∞为增函数；②当0∆>，即2a <-或2a >时，当2a <-时，由()0f x '>，得42a x --<或42a x ->，44022a a --<<，()f x ∴在40,2a ⎛-- ⎪⎝⎭为增函数，44,22a a ⎛--+ ⎪⎝⎭减函数.,2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭为增函数，当2a >时，由()210x ax f x x++=>'在()0,+∞恒成立，()f x ∴在()0,+∞为增函数。

高考数学：用导数研究含参函数的单调性(解析版)

专题1 用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,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,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,可以说函数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()0f x '=的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据()0f x '=的根的情况进行分类,下面我们根据()0f x '=的根的情况总结出8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 定义域为R ,()0f x '=可化为单根型方程思路：直接解不等式,确定函数单调区间【例1】讨论()4321111432f x x x x ax =-+-+的单调性. 分析：()()()21f x x x a '=+-, ()0f x '=根的情况转化为0x a -=根的情况,根据0,0x a x a ->-<分别确定递增区间与递减区间.类型二：()f x 定义域不是R ,()0f x '=可化为单根型方程思路：根据根是否在定义域内进行分类【例2】讨论()1ln f x x a x =--的单调性分析：()()0x a f x x x-'=>,()0f x '=根的情况转化为()00x a x -=>根的情况根据a 是否在定义域()0+∞，内进行分类(1)()0,0a f x '≤>,()f x 在()0+∞，上是增函数；(2)0a >,()f x 在()0,a 上是减函数,在()+a ∞，上是增函数.类型三：()f x 定义域是R ,()0f x '=可化为类单根型方程思路：根据方程是否有解进行分类【例3】讨论()()2e 2e +1x x f x a a x =+--的单调性分析：()()()e 12e 1x x f x a '=-+,()0f x '=根的情况转化为方程e 10x a -=根的情况,根据该方程是否有根进行分类,0a ≤,方程e 10x a -=无实根,0a >,方程e 10x a -=有一个实根ln a -,注意不要忽略0a =的情况.(1)()0,0a f x '≤<,()f x 在()+∞∞-，上是减函数；(2)0a >,()f x 在(),ln a -∞-上是减函数,在()ln +a -∞，上是增函数. 类型四：()f x 定义域不是R ,()0f x '=可化为类单根型方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类【例4】讨论()()1ln +1f x ax a x =--的单调性分析：()()()10ax a f x x x --'=>,()0f x '=根的情况转化为()10ax a --=在()0+∞，上根的情况. 步骤一：讨论=0a (无实根)；步骤二：讨论0a <,由()10ax a --=得1a x a -=(不在定义域内)；步骤三：讨论0a >,根据1a a-是否在定义域内再分01,1a a <<≥. (1)()0,0a f x '=<,()f x 在()0+∞，上是减函数；(2)()0,0a f x '<<,()f x 在()0+∞，上是减函数；(3)0a >(i)1a ≥,,()0f x '>,()f x 在()0+∞，上是增函数；(ii)01a <<,()f x 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数,在1+a a -⎛⎫∞ ⎪⎝⎭，上是增函数. 类型五：()f x 定义域是R ,()0f x '=可化为双根型方程思路：根据根的大小进行分类【例5】讨论()()2e x f x x ax a =++的单调性分析：()()()2e x f x x x a '=++,()0f x '=根的情况转化为()()20x x a ++=的根的情况,根据a -与2-的大小进行讨论.(1)2,a <()f x 在()(),2,,a -∞--+∞上是增函数,在()2,a --上是减函数；(2)=2a ,()f x 在()+∞∞-，上是增函数；(3)2a >,,()f x 在()(),,2,a -∞--+∞上是增函数,在(),2a --上是减函数. 类型六：()f x 定义域不是R ,()0f x '=可化为双根型方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类【例6】讨论()2211ln 2a f x x x x a +=-+的单调性分析：()()()10x a x a f x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭'=>,()0f x '=根的情况转化为()10x a x a ⎛⎫--= ⎪⎝⎭在()0+∞，上根的情况. 步骤一：讨论0a <(根不在定义域内).步骤二：讨论0a >(根据1,a a的大小再分01,1,1a a a <<=>) (1)0a <,()f x 在()+∞0，上是增函数；(2)01,a <<()f x 在()10,,,a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数； (3)=1a ,()f x 在()+∞0，上是增函数；(4)1a >,,()f x 在()10,,,a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数. 类型七：()f x 定义域是R ,()0f x '=可化为类双根型方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类【例7】讨论()()()212e 12x f x a x x =---的单调性分析：()()()1e 1x f x x a '=--,()0f x '=根的情况转化为()()1e 1=0x x a --根的情况. 步骤一：讨论0a ≤(有1个根).步骤二：讨论0a >(根据1,ln a -的大小再分1110,,e e e a a a <<=>) (1)0a ≤,()f x 在(),1∞-上是增函数,在()1+∞，上是减函数；(2)10,e a <<()f x 在()(),1,ln ,a -∞-+∞上是增函数,在()1,ln a -上是减函数； (3)1=ea ,()f x 在()+∞∞-，上是增函数； (4)1ea >,,()f x 在()(),ln ,1,a -∞-+∞上是增函数,在()ln ,1a -上是减函数. 类型八：()f x 定义域不是R ,()0f x '=可化为类双根型方程思路：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()()211ln 2f x ax a x x =-++的单调性分析：()()()()11=0x ax f x x x --'>,()0f x '=根的情况转化为()()()11=00x ax x -->根的情况.步骤一：讨论=0a (有1个根).步骤二：讨论0a <(1a不在定义域内) 步骤三：讨论0a >(11a ，均在定义域内,根据11,a 的大小再分01,1,1a a a <<=>) (1)0a ≤,()f x 在()0,1上是增函数,在()1+∞，上是减函数；(步骤一二合并)(2)01,a <<()f x 在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数； (3)=1a ,()f x 在()+∞0，上是增函数；(4)1a >,,()f x 在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数. 三、典例展示【例1】（2021陕西省西安高三下学期）已知函数()1ln x f x x ax-=+（0a ≠）．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥在（0,+∞）上恒成立,求a 的取值范围；（3）求证：1111ln 2...ln 31233n n n n <++++<+++（*n ∈N ）【解析】（1）因为函数()1ln x f x x ax -=+,其定义域为（0,+∞）所以()()211ln x ax f x x ax ax '--⎡⎤''=+=⎢⎥⎣⎦即()21ax f x ax -'= 当0a <时,()210ax f x ax -'=>,所以()f x 增区间为（0,+∞）；当0a >时,令()210ax f x ax -'==得1x a=, 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,所以()f x 减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,所以()f x 增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；综上：当0a <时,,()f x 增区间为（0,+∞）；当0a >时,,()f x 减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）1°当0a <时,函数增区间为（0,+∞）,此时不满足()0f x ≥在（0,+∞）上恒成立；2°当0a >时,减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭, 要使()0f x ≥在（0,+∞）上恒成立,只需10f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭即可, 即11ln 0a a--≥, 令()11ln g a a a=--（0a >）则()221110a g a a a a-'=-==, 解得1a =,因此()g a 在（0,1）单调递增,在（1,+∞）上单调递减, 所以当1a =时,()g a 取最大值0,故()0f x ≥在（0,+∞）上恒成立,当且仅当1a =时成立,即1a =；（3）由（2）知,令1k x k +=时,()11ln 1ln 01k f k k k k +⎛⎫=-++-> ⎪+⎝⎭（*k ∈N ） ∴()1ln 1ln 1k k k <+-+（*k ∈N ） ∴1111...ln 31233n n n n++++<+++ 令1k x k =+,则()1ln 1ln 01k f k k k k ⎛⎫=-++> ⎪+⎝⎭（*k ∈N ） ∴()1ln 1ln k k k>+-（*k ∈N ） ∴1111ln 2...1233n n n n<+++++++ 综上：1111ln 2...ln 31233n n n n <++++<+++成立．【例2】（2022届四川省内江市高三零模）已知函数()313f x x tx t =++．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 有三个不同的零点1x 、2x 、3x ,求t 的取值范围,并证明：123x x x t ++<-．【解析】（1）∵31()3f x x tx t =++,∴2()f x x t =+', ①当0t 时,()0f x ',则()f x 在R 上单调递增,无递减区间；, ②当0t <时,令()0f x '=,得x t =±-,()0f x '>的解集为(,)(,)t t ∞∞---⋃-+,()0f x '<的解集为(,)t t ---, 则()f x 在(,)t t ---上单调递减,在(,),(,)t t ∞∞----+上单调递增（2）由（1）知函数f (x )有三个零点,则0t <,∵()f x 在(,)t t ---上单调递减,在(,),(,)t t ∞∞----+上单调递增∴()f x 的极大值为2()3f t t t t --=--,且极大值大于0,极小值为2()3f t t t t -=+-, ∵()f x 有三个不同的零点123,,x x x ,∴2()03f t t t t -=+-<, 解得94t <-,故t 的取值范围为9,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭．, 又∵(0)0f t =<,当x →+∞时,有()f x →+∞,当x →-∞时,有()f x →-∞．, ∴设123x x x <<,由零点存在性定理知1230x t x t x <--<<<-<．, ∴12x x t +<--,又∵312(2)(2)(2)33f t t t t t t t t -=-+-+=--, ()0f t =-->,∴32t x t -<<-,,因此123x x x t ++<-．【例3】（2021年全国新高考II 卷数学试题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个,证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【解析】(1)由函数的解析式可得：()()'2x f x x e a =-, 当0a ≤时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x <单调递减, 若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时,若()(),ln 2x a ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()ln 2,0x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减, 若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时,()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增；当12a >时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()0,ln 2x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减, 若()()ln 2,x a ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增；(2)若选择条件①：由于2122e a <,故212a e <≤,则()21,010b af b >>=->, 而()()210b f b b e ab b --=---+<,而函数在区间(),0-∞上单调递增,故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦, 由于2122e a <,212a e <≤,故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得,题中的结论成立.若选择条件②：由于102a <<,故21a <,则()01210f b a =-≤-<, 当0b ≥时,24,42e a ><,()2240f e a b =-+>, 而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时,构造函数()1x H x e x =--,则()1x H x e '=-, 当(),0x ∈-∞时,()()0,H x H x '<单调递减, 当()0,x ∈+∞时,()()0,H x H x '>单调递增, 注意到()00H =,故()0H x ≥恒成立,从而有：1x e x ≥+,此时： ()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-, 当11b x a->-时,()()2110a x b -+->, 取0111b x a -=+-,则()00f x >, 即：()100,101b f f a ⎛⎫-<+> ⎪ ⎪-⎝⎭, 而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦, 由于102a <<,021a <<,故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得,题中的结论成立.四、跟踪检测1．（2021内蒙古呼和浩特市高三二模）已知函数(),()ln ,x f x e g x x a x a R ==+∈ （1）讨论g (x )的单调性；（2）若()()2a f x x g x x ++,对任意(1,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值；【解析】（1）()1(0)ax a g x x x x +'=+=>, 当0a 时,()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,令()0g x '>,解得x a >-,令()0g x '<,解得0x a <<-, ()g x ∴在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增；综上,当0a 时,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增；（2）()2()a f x x g x x ++即为ln x a e x a x x ++,即ln ln x x a a e e x x ++, 设()ln (0)h x x x x =+>,则11()1x h x x x+'=+=, 易知函数()h x 在(0,)+∞上单调递增,而()()x a h e h x ,所以x a e x ,即ln x a x ,当1x >时,即为ln x a x, 设()(1)ln x x x x ϕ=>,则2ln 1()ln x x x ϕ-'=, 易知函数()ϕx 在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增, ()x ϕϕ∴（e ）e =,a e ∴,即a 的最大值为e ．2．（2022四川省资阳市高三第一次质量检测）已知函数221()(1)2x f x x a e ax a x =---+.（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1a e --,求a 的取值范围.【解析】（1）由题意,函数221()(1)2x f x x a e ax a x =---+, 可得()2()()()x x f x x a e ax a x a e a '=--+=--, 当0a ≤时,0x e a ->,令()0f x '<,解得x a <；令()0f x '>,解得x a >, 故()f x 在(,)a -∞递减,在(,)a +∞递增,当0a >时,令()0f x '=,解得1x a =或2ln x a =, 设()ln g a a a =-,可得1()a g a a-'=, 当1a >时,()0g a '>；当01a <<时,()0g a '<, 故min ()(1)10g x g ==>,故ln a a >,由()0f x '>,解得x a >或ln x a <,由()0f x '<,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0a ≤时,()f x 在(,)a -∞递减,在(,)a +∞递增, 0a >时,()f x 在(,ln )a -∞递增,在(ln ,)a a 递减,在(,)a +∞递增；（2）当0a <时,由（1）知,()f x 在(,)a -∞递减,在(,)a +∞递增,故()31()12a a f x f a e a e ==-+<--极小值,解得32a <-, 当01a <<时,ln 0a <,由（1）知()f x 在ln x a =处取极大值,设221()(ln )(ln 1)ln ln 2h a f a a a a a a a a ==---+21ln 1ln 2a a a a a a ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭, 则21()ln 2ln 2h a a a a a '=-+-, 因为01a <<,可得ln 0a <,所以()0h a '<,()h a 在(0,1)递减, 所以()(1)21a h a h e >=->--,所以01a <<不合题意, 当1a ≥时,ln 0a ≥,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3(,2)-∞-.3．（2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试）已知函数()()()ln ,2ln a f x x x g x a x x x x =+-=-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()1,4a ∈,记()f x 的零点为1x ,()g x 的极大值点为2x ,求证：12x x <· 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+,()22211a x x af x x x x ++'=++=,当0a ≥时,()0f x >′,()f x 在()0,∞+上单调递增：当0a <时,140a ∆=->,()0f x '=在()0,∞+上有唯一正根1142a-+-,当1140,2a x ⎛⎫-+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时,()0f x <′,单调递减；当114,2a x ⎛⎫-+-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时,()0f x >′,()f x 单调递增；综上,当0a ≥时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时,()f x 在1140,2a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；在114,2a ⎛⎫-+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由（1）知,当()1,4a ∈时,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()()11022ln 202af a f =-<=+->，, 所以()f x 在()0,∞+上有唯一零点()11,2x ∈. 又()2ln 1ag x x x'=-+-,又()1,4a ∈,由单调性运算性质可知,()g x '在()0,∞+上单调递减,且()()11042ln 4104ag a g '=->'=-+-<，, 故存在()01,4x ∈,使得()00g x '=,即002ln 1ax x =+,当()00,x x ∈时,()0g x '>,()g x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时,()0g x '<,()g x 单调递增；所以0x 是()g x 唯一极大值点,所以02x x =,故222ln 1ax x =+, 因此()222222222ln ln 2ln 1ln 1af x x x x x x x x x =+-=+--=--. 设()ln 1h x x x =--,因为()()11,410x h x x∈'=->，, 所以()h x '在()1,4上单调递增,所以()()10h x h >=.故有()()210f x f x >=,又()f x 在()0,∞+上单调递增, 所以12x x <.4．（2021山东省泰安高三高考适应性训练）已知函数()ln()xf x x a x a=+-+,a R ∈ （1）讨论()f x 的单调性；（2）若4a =,()1cos (2sin )2g x x x mx x =++,0m >,用}{min ,m n 表示m ,n 的最小值,记函数}{()min ()()h x f x g x =，,[],x ππ∈-,讨论函数()h x 的零点个数．【解析】（1）由已知可得函数()f x 的定义域为)(,+a -∞,2()()xf x x a '=+, 当0a ≤时,0x a >-≥,故()0f x '>,()f x 在)(,+a -∞上单调递增；当0a >时,(,0)x a ∈-时,()0f x '<,()f x 在(,0)a -上单调递减, (0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在(0,)+∞上单调递增．综上所述,当0a ≤时,()f x 的单调递增区间是)(,+a -∞,无单调递减区间；当0a >时,()f x 的单调递减区间是(,0)a -,()f x 的单调递增区间是(0,)+∞．（2）由（1）可知当4a =时,min ()(0)ln 42ln 2f f x === 所以min ()()2ln 2,f x x f ≥=所以()>0,f x所以],x ππ⎡∈-⎣时,函数()h x 的零点个数即为函数()g x 在区间],ππ⎡-⎣内的零点个数．()211cos (2sin )sin cos 22g x x x mx x x x x mx =++=++,任取[]π,πx ∈-,因()2211()sin()cos()()sin cos ()22g x x x x m x x x x mx g x -=--+-+-=++=,所以()g x 是偶函数．因为()cos (cos )g x mx x x x m x '=+=+．当m 1≥时,cos 0m x +≥在[]0,π上恒成立,所以[]0,πx ∈时,()0g x '≥．所以()g x 在[]0,π上单调递增．又因为()01g =,所以()g x 在[]0,π上没有零点．又因为()g x 是偶函数,所以()g x 在[]ππ-，上没有零点．当01m <<时,令()0g x '=,得cos x m =-．由10m -<-<可知存在唯一0π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x m =-．所以当[)00,x x ∈时,()()0,g x g x '>单调递增；, 当()0,πx x ∈时,()0g x '<,()g x 单调递减．因为()01g =,()()2011,ππ12g g x m >=-．所以当21π102m ->,即221πm <<时,()g x 在[]0,π上没有零点．由()g x 是偶函数,可知()g x 在[]π,π-上没有零点．所以当21π102m -≤,即220πm <≤时,()g x 在[]0,π上有1个零点．由()g x 是偶函数,可知()g x 在[]π,π-上有2个零点．综上,当220πm <≤时,()g x 有2个零点；当22πm >时,()g x 没有零点．即当220πm <≤时,()h x 有2个零点；当22πm >时,()h x 没有零点． 5．已知函数()212x f x xe ax ax =++,()()21ln 2g x ax a x a =-∈R ．（1）讨论()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x g x >在区间()0,∞+上恒成立,求a 的取值范围．【解析】（1）()212x f x xe ax ax =++,求导得：()()()()11x xf x x e ax a e a x =+++=++'．当1a ≥-时,0x e a +≥,10x +>,()0f x '≥,()f x 在()0,∞+上单调递增．当1a <-时,令()0f x '>,得x e a >-,()ln x a >-,()f x 单调递增；令()0f x '<,得x e a <-,()ln x a <-,()f x 单调递减．综上,当1a ≥-时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a <-时,()f x 在()()0,ln a -上单调递减,在()()ln ,a -+∞上单调递增．（2）由()()f x g x >得,()ln ln x xxe ax a x xe a x x +>-⇒>-+．令(),0,xt xe t =∈+∞,则()ln ln ln x x x xe t +==,上式变为ln t a t >-．①当0a =时,上式恒成立；①当0a >时,0t →时,ln a t -→+∞,不成立；①当0a <时,()1ln t h t a t ->=,求导得：()21ln 0t h t t e t-==⇒=', 所以,()()max 1h t h e e ==,则11a e->,即e a -<<0．综上,(],0a e ∈-．6．（2021山东省烟台市高三高考适应性练习）已知函数()()()2ln f x a x x x a =--∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当1x >时,12221ln x e x x x x-+≥-. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+,()()212121ax ax f x a x x x --'=--=.令()221g x ax ax =--.①当0a =时,()10g x =-<,()()0g x f x x'=<,故()f x 在()0,∞+单调递减； ①当0a ≠时,()g x 为二次函数,28a a ∆=+.若0∆≤,即80a -≤<,则()g x 的图象为开口向下的抛物线且()0g x ≤, 所以()0f x '≤,故()f x 在()0,∞+单调递减；若0∆>,即8a <-或0a >,令()0g x =,得2184a a a x a -+=,2284a a a x a++=.当8a <-时,()g x 图象为开口向下的抛物线,210x x <<,所以当()20,x x ∈或()1,x x ∈+∞时,()0g x <,所以()0f x '<,()f x 单调递减；当()21,x x x ∈时,()0g x >,所以()0f x '>,()f x 单调递增；当0a >时,()g x 图象为开口向上的抛物线,120x x <<, 所以当()20,x x ∈,()0g x ≤,所以()0f x '<,故()f x 单调递减；当()2,x x ∈+∞时,()0g x >,所以()0f x '>,()f x 单调递增.综上,当8a <-时,()f x 在280,4a a a a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭和28,4a a a a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减, 在2288,44a a a a a a a a ⎛⎫++-+⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；当0a >时,()f x 在280,4a a a a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减,在28,4a a a a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；当80a -≤≤,()f x 在()0,∞+单调递减;（2）由（1）知,当1a =时,()f x 在()0,1单调递减,在()1,+∞单调递增, 因此对1x ∀>恒有()()1f x f >,即2ln x x x ->. 因为20ln x x x <<-,若1221x ex -≥+成立,则12221ln x e x x x x-+≥-成立. 令()()()121112x x e x x ϕ-=-+≥,则()1x x e x ϕ-'=-,()11x x e ϕ-''=-. 因为1≥x ,所以()0x ϕ''≥,所以()x ϕ'在[)1,+∞单调递增,又()01ϕ'=,所以当1≥x 时,()0x ϕ'≥,所以()x ϕ在[)1,+∞单调递增, 又()10ϕ=,所以对1x ∀>恒有()()10x ϕϕ>=,即1221x e x -≥+.当1x >时,20ln x x x <<-,则2110ln x x x >>-,由不等式的基本性质可得12221ln x e x x x x-+≥-. 因此,原不等式成立.7．（2021浙江省高三高考考前模拟）已知函数()ln x f x a x e b =++（0a >）,其中 2.71828...e =是自然对数的底数．（1）判断()f x 的单调性；（2）令()()ln xt x f x b e x =--+,记0x 为函数()t x 的零点,求证：011ax e ⎛⎫<< ⎪⎝⎭；（3）令()()xm x f x e =-,1a =,若对于[)1,x ∈+∞,()()21x m x b+≤恒成立,求b 的取值范围．【解析】（1）①()()ln 0x f x a x e b x =++>,①()xx a a xe f x e x x+'=+=,令()xg x a xe =+,故只需讨论()g x 的正负性即可,①()()10xg x x e '=+>,故()g x 单调递增,故()()00g x g a >=>, 故()0f x '>,①()f x 单调递增；（2）由()()ln ln ln x t x f x b e x a x x =--+=+, 故()10a t x x+'=>,故()t x 单调递增, 当1x =时,()()010t e t x =>=,故01x <,由1aa e e -⎛⎫ ⎪⎝⎭=,代入()t x ,得()2211024a t e a a a -⎛⎫=--=-++< ⎪⎝⎭,故0a x e ->, 综上所述：011ax e ⎛⎫<< ⎪⎝⎭；（3）由题意得()ln m x x b =+,即求()21ln x x b b++≤恒成立时b 的取值范围,①()10m x x'=>,故()m x 单调递增且当b x e ->时()0m x >, 又①()210x +>,故得0b >, 故只需求()22ln 1b x b x +≤+, 当1x =时,24b ≤,解得02b ≤≤（*）, 令()2221ln r x x x b x b =++--,故()22112222222x b b x x b r x x x x x⎛⎫+-- ⎪+-⎝⎭'=+-==,令()2112422x x b b ϕ⎛⎫=+--≥- ⎪⎝⎭, 故由（*）知()0x ϕ>,故()r x 单调递增,①只需()()22221ln 140r x x x b x b r b =++--≥=-≥,解得02b ≤≤,综上所述：b 的取值范围是02b ≤≤. 8．已知函数321()32m m f x x x x +=-+,其中m 为正实数．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）设211()()22g x f x lnx mx '=+-+,若存在[1x ∈,2],使得不等式()0<g x 成立,求m 的取值范围．【解析】（1）根据题意,2()(1)1(1)(1)f x mx m x mx x '=-++=--,0m >,1()0(1)(1)0f x mx x x m'∴=⇒--=⇒=,或1x =,所以①当1m 时,11m<,则有1()0f x x m '>⇒<,或1x >；1()01f x x m '<⇒<<,此时可得,()f x 在1(,)m-∞,(1,)+∞上单调递增,在1(,1)m上单调递减． ①当01m <<时,11m>,则有1()0f x x m '>⇒>,或1x <；1()01f x x m '<⇒<<,此时可得,()f x 在(,1)-∞,1(m,)+∞上单调递增,在1(1,)m上单调递减． ①当1m =时,恒有()0f x ',此时函数()f x 在R 上单调递增．综上可得,①当1m 时,()f x 在1(,)m-∞,(1,)+∞上单调递增,在1(,1)m上单调递减． ①当01m <<时,()f x 在(,1)-∞,1(m,)+∞上单调递增,在1(1,)m上单调递减． ①当1m =时,函数()f x 在R 上单调递增．（2）根据题意,由（1）可得,2221113()(1)1(1)(0)2222g x mx m x lnx mx mx m x lnx x =-+++-+=-+++>, 若存在[1x ∈,2],使得不等式()0<g x 成立,则需使()0min g x <,()()()()()2111111mx m x mx x g x mx m x x x-++--=-++='=, 由（1）可知,①当1m 时,11m<,则有1()0g x x m '>⇒<,或1x >；1()01f x x m '<⇒<<,此时可得,()g x 在1(,)m-∞,(1,)+∞上单调递增,在1(,1)m上单调递减, 即得()g x 在[1,2]上单调递增,故有11()(1)00122min g x g m m ==-+<<⇒>； ①当01m <<时,11m>,则有1()0g x x m '>⇒>,或1x <；1()01g x x m '<⇒<<,此时可得,()g x 在(,1)-∞,1(m,)+∞上单调递增,在1(1,)m上单调递减． ()i 当12m 时,即102m <时,()g x 在[1,2]上单调递减, 则有()()12202min g x g ln ==-+>,不合题意；()ii 当112m<<时,即112m <<时,()g x 在[1,1)m 上单调递减,在1(,2]m ,则有1111()()22min g x g ln mm m ==-++, 此时令1(12)t t m =<<,则11()22h t t lnt =-++⇒11()02h t t '=-+>,即得此时()h t 在(1,2)上单调递增,所以()h t h >（1）0=恒成立,即()0min g x >恒成立,不合题意；综上可得,1m．。

考点21 利用导数研究函数的单调性(解析版)

考点21 利用导数研究函数的单调性【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】1. 利用导数研究函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)≥0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)≤0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2. 判定函数单调性的一般步骤(1)确定函数y＝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f′(x)>0或f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数的单调区间．3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围(1)函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间．函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间．(2)函数y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为f′(x)＞0的解集是(a，b)；函数y＝f(x)的减区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝减区间，也可转化为a，b是f′(x)＝0的两根．.1、若函数y＝f(x)的图像如下图所示，则函数y＝f′(x)的图像有可能是( )第1题图A BCD【答案】A .【解析】由f(x) 的图像可知：在(－∞，0) ，f(x)单调递减，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；在(0，＋∞)，f(x)单调递增，∴当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0；故选A .2、函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的单调递增区间是( )A . ()0，＋∞B . ()－3，1C . ()1，＋∞D . ()0，1 【答案】D【解析】函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的定义域为()0，＋∞，且f′(x)＝－2x －1＋3x 2＝－x 2＋2x －3x 2，解不等式f′(x)>0，即x 2＋2x －3<0，由于x>0，解得0<x<1.因此，函数y ＝f(x)的单调递增区间为()0，1.故选D .3、函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c3的单调递增区间是( )第3题图A . (－∞，－2]B . ⎣⎡⎭⎫12，＋∞C . [)－2，3D . ⎣⎡⎭⎫98，＋∞【答案】D【解析】由题图可知d ＝0. 不妨取a ＝1，∵f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x)＝3x 2＋2bx ＋c. 由图可知f′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18. ∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94. 当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为[98，＋∞). 故选D . 4、函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎫0，1aB.⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞C.⎝⎛⎭⎫－∞，1a D ．(－∞，a )【答案】A【解析】由f ′(x )＝1x －a >0，x >0，得0<x <1a .∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a .5、函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为________．【答案】(0,4)【解析】：f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)，由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f(x)的单调递减区间为(0,4)．6、已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)，若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________；【答案 13【解析】 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.7、(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________. 【答案】－3 (0，2)【解析】由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3，① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， ∴2m ＋6＝0，即m ＝－3，② 代入①式，得n ＝0.所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2).令f ′(x )<0，得0<x <2，则单调递减区间为(0，2).考向一求函数的单调区间求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x 3－12x 2－2x ＋3； (2)g(x)＝x 2－2ln x.【解析】 (1)∵f′(x)＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，定义域为R ，∴当f ′(x )>0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞)；当f ′(x )＜0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1.∴函数的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎛⎭⎫－23，1.(2)g ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x，定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0，解得：x ＝1或x ＝－1(舍去)，列表：变式1、（1）函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__ __．（2）函数f(x)＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是__ __．（3）已知a<0，函数f(x)＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2的单调递减区间是__ ．【解析】（1）由f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x)＝3x 2－30x －33，令f′(x)<0，即3(x －11)(x ＋1)＜0，解得－1<x<11，∴函数f(x)的单调减区间为(－1，11)．（2） f′(x)＝1－cos x>0在(0，2π)上恒成立，∴f(x)单调递增．（3）f′(x)＝3x 2＋2ax －a 2＝(3x －a)(x ＋a)，令f′(x)<0，得a3<x<－a ，∴减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，－a .变式2、已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．【解析】：(1)对f(x)求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0)，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5，因为x ＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，所以舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内单调递减；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内单调递增．故f (x )的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞).变式3、已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数k 的值； (2)求函数f (x )的单调区间.【解析】 (1)f ′(x )＝1x －ln x －ke x(x >0).又由题意知f ′(1)＝1－ke ＝0，所以k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0). 设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上f (x )的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f ′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二给定区间求参数的范围例2、设函数()32132a f x x x bx c =-++，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. (1)求,bc 的值；(2)若0a >，求函数()f x 的单调区间；(3)设函数()()2g x f x x =+，且()g x 在区间(2,1)--内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．【解析】：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x )max ＝－22，当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．变式1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数.若在()()245xaf x x x a R e =-+-∈()f x上是单调递增函数，求的取值范围；【解析】在上是单调递增函数,在上，恒成立，即：设，当时，在上为增函数，当时，在上为减函数，，即 .变式2、设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是____．【答案】：1<a ≤2【解析】：∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∈a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三函数单调区间的讨论例3、（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数．当时，讨论的单调性；【解析】函数的定义域为.，因为，所以， ①当，即时，(),-∞+∞a ()f x (),-∞+∞∴x R ∈()240xa f x x e=-+≥'()42xa x e ≥-∴()()42x h x x e =-R x ∈∴()()22x h x x e =-'∴(),1x ∈-∞()0h x '>∴()h x (),1x ∈-∞∴()1,x ∈+∞()0h x '<∴()h x ()1,x ∈+∞∴()()max 12h x h e ==()max 42x a x e ⎡⎤≥-⎣⎦∴2a e ≥[)2,a e ∈+∞()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭1m ()f x ()f x (0,)+∞'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x -+----==1m 10m ->011m <-<12m <<由得或，由得，所以在，上是增函数，在上是减函数； ②当，即时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减；当时，在.上是单调递增；当时在，上是单调递增，在上是单调递减. 变式1、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数.(1)讨论函数的单调性; 【解析】(1)，当时，恒成立，在上单调递减，当时，由，解得，由于时，导函数单调递增，故，单调递减，单调递增. 综上，当时在上单调递减; 当时，在上单调递减，在上单调递增. . 变式2、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；【解析】（1）函数的定义域为,()0f x '>1x >1x m <-()0f x '<11m x -<<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -11m -=2m =()0f x '≥()f x ()0,∞+11m ->2m >()0f x '>1x m >-1x <()0f x '<11x m <<-()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -12m <<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -2m =()f x ()0,∞+2m >()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -()()2(,)1xf x ae x a Rg x x =--∈=()f x ()1xf x ae '=-0a ≤()'0f x <()f x ()-∞+∞，0a >()'0f x =x lna =-0a >()1xf x ae '=- ()x lna ∈-∞-，()()0,f x f x '<()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>0a ≤()f x ()-∞+∞，0a >()f x ()lna -∞-，,()lna -+∞2213()ln 224f x x ax x ax x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭0a e <<()f x ()f x {}|0x x >,令,得或,因为,当或时,,单调递增；当时,,单调递减,所以的增区间为,；减区间为变式3、已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)．讨论f (x )的单调性．【解析】函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝x －1ax －1x，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a ，(ⅰ)若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (ⅱ)若0<a <1，则1a >1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． (ⅲ)若a >1，则0<1a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x ) 在(0,1)上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．()()()211313ln 2ln 22222f x x a x x ax a x x a x x a a x x⎛⎫'=-+-⋅+-=-+-+- ⎪⎝⎭()()ln ()(ln 1)x a x x a x a x =---=--()0f x '=x a =x e =0a e <<0x a <<x e >()0f x '>()f x a x e <<()0f x '<()f x ()f x ()0,a (),e +∞(),a e方法总结：对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四构造函数研究单调性例4、(1)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x(2)已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集是( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)【答案】 (1)A (2)D【解析】(1)法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2，∴令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D ，不妨令f (x )＝x 2＋0.1，则已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不一定成立，故C 也是错误的，故选A.(2)∵f (x )是定义域为{x |x ≠0}的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )．对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )， ∴xf ′(x )＋2f (x )>0. ∵g (x )＝x 2f (x )，∴g (x )也是偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0. ∵g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )在(－∞，0)递减．若g (x )<g (1)，则|x |<1(x ≠0)，解得0<x <1或－1<x <0.故g (x )<g (1)的解集是(－1,0)∪(0,1)．变式1、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12BC ．2e D【答案】BCD 【解析】令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(],0-∞上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减．存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-，∴得00()(1)T x T x -，001x x -，即012x ，()x g x e a =-；1()2x，0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '=-，∴函数()g x 在12x 时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0a g ee ⎛-=> ⎝，∴要使()gx 在12x时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，解得2e a，a∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭，故选：BCD ．变式2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<A ．B ．C ．D ．【答案】CD 【解析】令，，则，因为，所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，因此，即，即，故A 错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B 错；又，所以，即，故C 正确；又，所以，即，故D 正确；故选：CD.方法总结：(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )；(2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )；特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；64f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪⎪⎝⎭⎝⎭ln03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()cos f x g x x =0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x '+'=()cos ()sin 0f x x f x x '+<2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()()cos f x g x x =0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>64f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()00f =(0)(0)0cos0f g ==()()0cos f x g x x =≤0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63coscos 63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43coscos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xg x (g (x )≠0)；(5)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )；(6)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx (x ≠0)．1、【2017年高考浙江】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．2、【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（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】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()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 3、（2018年泰州期中）()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______ 【答案】19a >- 【解析】：()'22fx x x a =-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞⎪⎝⎭，使得()'0f x ≥，即()212a x x ≥-，只需()2min12a x x ⎡⎤≥-⎢⎥⎣⎦，而()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-4、【2018年高考天津理数】已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中a >1.（I ）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；【解析】（I ）由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-.令()0h x '=，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x xx-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当2()2a a x+∈+∞时，()0f x '<；当(22a a x -+∈时，()0fx '>.所以()f x 在)+∞单调递减，在单调递增.6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.讨论()f x 的单调性；【解析】2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 7、（2020届山东省临沂市高三上期末）函数（）. （1）讨论的单调性；【解析】（1）解：的定义域为，，当，时，，则在上单调递增；当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；当，时，，则在上单调递减；()1ln g x ax b x =--,,0a b ab ∈≠R ()g x ()g x ()0,∞+()a g x x bx'=-0a >0b <()0g x '>()g x ()0,∞+0a >0b >()0g x '>b x a >()0g x '<0b x a <<()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭0a <0b >()0g x '<()g x ()0,∞+当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减. 0a <0b <()0g x '>0b x a <<()0g x '<b x a >()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭。

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高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。