专题5 导数的应用-含参函数的单调性讨论(答案)
(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。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
导数讨论含参单调性习题含详细讲解问题详解
实用标准文案m(x + n)f(x) = lnx z g(x) = --- (m > 0)1.设函数X + 1 (D 当m = 1时，函数y = f(x)与y = g(x)在x = i 处的切线互相垂直，求n 的值:(2)若函数y = f(x)-g(x)在定义域不单调，求m-n 的取值国; 满足条件的实数a ；若不存在，请说明理由.2. 已知函数= (ax + l)lnx-ax + 3z a € R /g (x)^f(x)^导函数，e 为自然对数的底数. (1) 讨论g(x)的单调性； (2) 当a>e 时，证明：g(e _a)>0.(3) 当a>e 时，判断函数f(x)零点的个数，并说明理由. bf(x) = a(x + -)+ blnx3. 已知函数 x (其中，a,b 6 R).(1) 当b = -4时，若f(x)在其定义域为单调函数，求a 的取值围；(2) 当a = 7时，是否存在实数b,使得当xe ［e,e 2］时，不等式f(x)>0恒成立，如果存在, 求b的取值围，如果不存在，说明理由(其中e 是自然对数的底数，e = 2.71828 -).4. 已知函数g(x) = x 2+ ln(x + a)，其中a 为常数. (1) 讨论函数g(x)的单调性；g(xj + g(x 2) x x + x 2 > g( --------- )(2) 若g(x)存在两个极值点X/2,求证：无论实数a 取什么值都有2 2・5. 已知函数f(x) = ln(e x+ a) (a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g(x) = Xf(x) + sinx 是 区间【-1, 1］上的减函数.(1)求a 的值;(2)若g(x)<t 2+ Xt + l 在xEHL, 1］及入所在的取值国上恒成立，求t 的取值国:Inx 2—=x -2ex + m(3)讨论关于x 的方程f(x)的根的个数.(3)是否存在正实数6使得 2a xf(;)・f 声屮(寿 <0对任意正实数X 恒成立？若存在，求出文档大全实用标准文案6. 已知函数 f (x) = ax-\nx,F (x) = e x + ax ,其中 x>O,a <0.(1) 若/(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aw -oo,-—,且函数 g (x) = xe a ^1 - 2av+ f (x)的最小值为 M,求M 的X €-最小值.7. 已知函数 f(x) = e x+m -\nx.(1 )如X = 1是函数/(X)的极值点，数〃7的值并讨论的单调性/(X):(2)若X = A O 是函数/(X)的极值点，且f(x) > 0恒成立，数加的取值围(注：已知 常数a 满足<71116/= 1)・牙3(1) 当加=1 时，求证：-lvxS 0 时，f (x) < —:(2) 试讨论函数y = /(A )的零点个数.9. 已知£ 是自然对数的底数，F(x) = 2e'~1+x+liix,/(x) = d r(x-l) + 3.⑴设T(x) = F(x)-/(x),当0 = 1 + 2以时，求证：T(x)在(0,+oo)±单调递增;(2)若 Vx>l,F(x)>/(x),数a 的取值囤. 10. 已知函数 /(x) = e v+ax-2(1) 若a = -l 求函数/(%)在区间［-1,1］的最小值； (2) 若a G /?,讨论函数/(X)在(0,+co)的单调性； (3) 若对于任意的為,耳丘(°，+8)，且兀 <耳，都有xJ/CG + a ］ vxJ/Vj + a ］成立，求a 的取值囲。
专题5导数的应用-含参函数的单调性讨论(答案)word精品文档13页
〖专题5〗 导数的应用—含参函数的单调性讨论“含参数函数的单调性讨论问题”是近年来高考考查的一个常考内容，也是我们高考复习的重点．从这几年来的高考试题来看，含参数函数的单调性讨论常常出现在研究函数的单调性、极值以及最值中，因此在高考复习中更应引起我们的重视． 一、思想方法：上为常函数在区间时上为减函数在区间时上为增函数在区间时和增区间为和增区间为D x f x f D x D x f x f D x D x f x f D x D C x f D C x x f B A x f B A x x f )(0)(')(0)(')(0)('...,)(...0)('...,)(...0)('⇒=∈⇒<∈⇒>∈⇔∈⇔<⇔∈⇔>讨论函数的单调区间可化归为求解导函数正或负的相应不等式问题的讨论． 二、典例讲解[典例1] 讨论xax x f +=)(的单调性，求其单调区间． 解：xax x f +=)(的定义域为),0()0,(+∞-∞ )0(1)('222≠-=-=x xa x x a x f (它与a x x g -=2)(同号) I ）当0≤a 时，)0(0)('≠>x x f 恒成立，此时)(x f 在)0,(-∞和),0(+∞都是单调增函数， 即)(x f 的增区间是)0,(-∞和),0(+∞; II) 当0>a 时 a x a x x x f >-<⇔≠>或)0(0)('a x x a x x f <<<<-⇔≠<00)0(0)('或此时)(x f 在),(a --∞和),(+∞a 都是单调增函数，)(x f 在)0,(a -和),0(a 都是单调减函数，即)(x f 的增区间为),(a --∞和),(+∞a ;)(x f 的减区间为)0,(a -和),0(a .步骤小结：1、先求函数的定义域，2、求导函数（化为乘除分解式，便于讨论正负），3、先讨论只有一种单调区间的（导函数同号的）情况，4、再讨论有增有减的情况（导函数有正有负，以其零点分界），5、注意函数的断点，不连续的同类单调区间不要合并．[变式练习1] 讨论x a x x f ln )(+=的单调性，求其单调区间．解：x a x x f ln )(+=的定义域为),0(+∞)0(1)('>+=+=x xa x x a x f (它与a x x g +=)(同号) I ）当0≥a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立，此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数， 即)(x f 的增区间为),0(+∞，不存在减区间; II) 当0<a 时 a x x x f ->⇔>>)0(0)('; a x x x f -<<⇔><0)0(0)('此时)(x f 在),(+∞-a 为单调增函数，)(x f 在),0(a -是单调减函数，即)(x f 的增区间为),(+∞-a ;)(x f 的减区间为),0(a -．[典例2] 讨论x ax x f ln )(+=的单调性． 解：x ax x f ln )(+=的定义域为),0(+∞)0(11)('>+=+=x xax x a x f (它与1)(+=ax x g 同号) I ）当0=a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立 （此时ax x f 10)('-=⇔=没有意义）此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞ II ）当0>a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立， （此时ax x f 10)('-=⇔=不在定义域内，没有意义） 此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞III)当0<a 时, 令ax x f 10)('-=⇔= 于是，当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：(结合g(x)图象定号)所以， 此时)(x f 在),0(a-为单调增函数，)(x f 在),1(+∞-a是单调减函数， 即)(x f 的增区间为)1,0(a -;)(x f 的减区间为),1(+∞-a．小结：导函数正负的相应区间也可以由导函数零点来分界，但要注意其定义域和连续性．即先求出)('x f 的零点，再其分区间然后定)('x f 在相应区间内的符号．一般先讨论0)('=x f 无解情况，再讨论解0)('=x f 过程产生增根的情况（即解方程变形中诸如平方、去分母、去对数符号等把自变量x 范围扩大而出现有根，但根实际上不在定义域内的），即根据)('x f 零点个数从少到多，相应原函数单调区间个数从少到多讨论，最后区间（最好结合导函数的图象）确定相应单调性． [变式练习2] 讨论x ax x f ln 21)(2+=的单调性． 解：x ax x f ln 21)(2+=的定义域为),0(+∞ )0(11)('2>+=+=x xax x ax x f , 它与1)(2+=ax x g 同号. 令)0(010)('2>=+⇔=x ax x f ，当0≥a 时，无解；当0<a 时,aaa x --=-=1(另一根不在定义域内舍去)i)当0=a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立 （此时ax x f 10)('2-=⇔=没有意义） 此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞ii)当0>a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立，(此时 方程012=+ax 判别式0<∆,方程无解)此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞iii)当0<a 时,当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：(结合g(x)图象定号))+∞是单调减函数，即)(x f 的增区间为)1,0(a-;)(x f 的减区间为),1(+∞-a ．小结：一般最后要综合讨论情况，合并同类的，如i),ii)可合并为一类结果．对于二次型函数（如1)(2+=ax x g ）讨论正负一般先根据二次项系数分三种类型讨论． [典例3] 求1)(232--+=x ax x a x f 的单调区间． 解：1)(232--+=x ax x a x f 的定义域为R ，)1)(13(123)('22+-=-+=ax ax ax x a x fI) 当0=a 时，⇒<-=01)('x f )(x f 在R 上单调递减，)(x f 减区间为R ，无增区间． II) 当0≠a 时032>a ，)('x f 是开口向上的二次函数，令)0(1,310)('21≠-===a ax a x x f 得, 因此可知（结合)('x f 的图象） i)当0>a 时，21x x >ax a x f a x a x x f 3110)(';3110)('<<-⇔<>-<⇔>或 所以此时，)(x f 的增区间为),31()1,(+∞--∞aa 和；)(x f 的减区间为)31,1(a a -ii) 当0<a 时，21x x <ax a x f ax a x x f 1310)(';1310)('-<<⇔<-><⇔>或所以此时，)(x f 的增区间为),1()31,(+∞--∞aa 和；)(x f 的减区间为)1,31(a a -．小结：求函数单调区间可化为导函数的正负讨论（即分讨论其相应不等式的解区间），常见的是化为二次型不等式讨论，当二次函数开口定且有两根时，一般要注意讨论两根大小（分大、小、等三种情况）。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.函数f（x）＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．【答案】2【解析】因为，所以；令列表如下：x02+-+y所以函数f（x）＝x3－3x2＋1在x＝2处取得极小值.【考点】函数的性质及应用.2.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．3.函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f ′（x）在（a，b）内的图象如下图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极大值点A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】函数在点处连续且，若在点附近左侧，右侧，则点为函数的极大值点，满足定义的点有2个.【考点】函数极值的定义.4.已知，设曲线在点处的切线为。
（1）求实数的值；（2）设函数，其中。
求证：当时，。
【答案】（1）；（2）见解析；【解析】（1）利用导数的几何意义可得在处的切线斜率为0及联立方程解得；（2）将代入得的解析式，解析式中含有参数，所以对进行分类讨论，再利用求导数来讨论函数的单调性，求出在的最小值和最大值即可；试题解析：解：（1）， 2分依题意，且。
导数应用之含参函数单调性的讨论(含答案)
1
导数应用之含参函数单调性的讨论
一．预备知识：
（一）二次方程根的分布：
1．已知方程4x 2+2(m-1)x+(2m+3)=0（m ∈R ）有两个正根，求实数m 的取值范围。
2．已知方程2x 2-(m+1)x+m=0有一正根和一负根，求实数m 的取值范围。
（二）穿根法拓展：
1．
02
2
2>--+x x x 2．(e x -1)(x-1)＞0 3．(e x -1)(x-1)2＞0
4．(e -x -1)(x-1)＞0 5．(1-lnx)(x-1)＞0
二．导后“一次”型：
1．已知函数f(x)=ax-(a+1)·ln(x+1)，a ≥-1，求函数f(x)的单调区间。
2．已知函数f(x)=e x -ax ，讨论函数f(x)的单调性。
三．导后“二次型”：
3．已知函数f(x)=lnx+x 2-ax(a ∈R)，求函数f(x)的单调区间。
2
4．已知函数f(x)=m ·ln(x+2)+2
1x 2
+1，讨论函数f(x)的单调性。
5．求函数f(x)=(1-a)lnx-x+2
2
ax 的单调区间。
6．已知函数f(x)=(ax 2-x)·lnx-2
1ax 2
+x ，讨论f(x)的单调性。
四．导后求导型
7．已知函数f(x)=e x -x 2，求函数f(x)的单调区间。
8．已知函数f(x)=
x
e
x 1
ln ，求函数f(x)的单调区间。
9．已知函数f(x)=e mx +x 2-mx ，讨论函数f(x)的单调性。
3
4。
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．。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性2.已知函数f(x)= -ax(a∈R,e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-+x2+x在区间（0，+）上为增函数，求整数m 的最大值.【答案】(1)所以在为减函数，在为增函数;(2)最大值为1【解析】(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(3)第二问关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题.(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：解：（Ⅰ）定义域为，，当时，，所以在上为增函数； 2分当时，由得，且当时，，当时，所以在为减函数，在为增函数． 6分（Ⅱ）当时，，若在区间上为增函数，则在恒成立，即在恒成立 8分令，；，；令，可知，，又当时，所以函数在只有一个零点，设为，即，且； 9分由上可知当时，即；当时，即，所以，，有最小值， 10分把代入上式可得，又因为，所以，又恒成立，所以，又因为为整数，所以，所以整数的最大值为1． 12分【考点】（1）利用导数求函数的单调性；（2）利用导数求函数的最值问题.3.函数的单调递减区间是 .【答案】【解析】，；令，得；所以函数的单调递减区间为.【考点】利用导数研究函数的单调性.4.已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2-x，a∈R．（1）当时，求函数y=f(x)的极值；（2）是否存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)？若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．【答案】（1）在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0；（2）．【解析】（1）将代入函数f(x)解析式，求出函数f(x)的导函数，令导函数等于零，求出其根；然后列出x的取值范围与的符号及f(x)的单调性情况表，从表就可得到函数f(x）的极值；（2）由题意首先求得：，故应按分类讨论：当a≤0时，易知函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,从而当b∈(0,1)时f(b)<f(0)，所以不存在实数b∈(0,1)，符合题意；当a>0时，令有x=0或，又要按根大于零，小于零和等于零分类讨论；对各种情况求函数f(x）x∈(-1,b]的最大值，使其最大值恰为f(b)，分别求得a的取值范围，然而将所得范围求并即得所求的范围；若求得的a的取值范围为空则不存在，否则存在．试题解析：（1）当时，，则，化简得（x>-1） 2分列表如下：(1,+)+∴函数f(x)在(-1,0)，(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且f(0)=0，， 4分∴函数y=f(x)在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0； 5分（2）由题意（1）当a≤0时，函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,此时，不存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)； 7分（2）当a>0时，令有x=0或，(ⅰ)当即时，函数f(x)在和(0,+∞)上单调递增，在上单调递减，要存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)，则，代入化简得（1）令，因恒成立，故恒有，∴时，（1）式恒成立； 10分（ⅱ）当即时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减，此时由题，只需，解得，又，∴此时实数a的取值范围是； 12分（ⅲ）当时，函数f(x)在上单调递增，显然符合题意； 13分综上，实数a的取值范围是． 14分【考点】１．函数的极值；２．函数的最值；３．分类讨论．5.若关于的不等式的解集中的正整数解有且只有3个，则实数的取值范围是．【答案】.【解析】原不等式可化为（其中，否则原不等式无解），令，则，令，得且令有，且当，所以的简图如图所示，当时，，当时，，当时，，又且，要使不等式的解集中正整数有且只有3个，由图可知即包含，，，所以只需，故.【考点】导数的应用，数形结合思想.6.已知，，（1）当时，求的单调区间（2）若在上是递减的，求实数的取值范围；（3）是否存在实数，使的极大值为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，；（2）；（3）不存在实数，使的极大值为3．【解析】（1）先由得到h(x)的具体解析表达式，求出其导函数，通过解不等式得到其增区间，解不等式得到其减区间；（2）在上是递减的等价于在上恒成立，从而通过分离参数转化为恒成立，从而获得实数的取值范围；（3）先利用导数方法将的极大值用a的代数式表达出来，得到的极大值在处取到，即，令其等于3显然不好判断是否有解，我们可以再利用导数的方法判断出在上单调递增，从而可知所求实数a不存在．试题解析：(1) 当时，，则令，解得；令，解得或所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（2）由在上是递减的，得在上恒成立，即在上恒成立，解得，又因为，所以实数的取值范围为（3），令，解得或由表可知，的极大值在处取到，即，设，则，所以在上单调递增，所以不存在实数，使的极大值为3【考点】1．利用导数求函数的单调区间;2．已知函数的单调性求参数的取值范围;3．函数的极值．7.设函数．（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数，求实数的取值范围．【答案】(1)；的极大值为；(2)．【解析】(1)在时有极值，意味着，可求解的值，再利用大于零或小于零求出函数的单调区间，进而确定函数的极大值；(2)转化成在定义域内恒成立问题，进而采用分离参数法，再利用基本不等式法即可求出参数的取值范围．试题解析：(1)∵在时有极值，∴有又∴，∴∴有由得，又∴由得或由得∴在区间和上递增，在区间上递减∴的极大值为（2）若在定义域上是增函数，则在时恒成立，需时恒成立，化为恒成立，，为所求．【考点】1．函数的极值与导数；2．函数的单调性与导数；3．分离参数法；4．基本不等式．8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.已知函数若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使，求实数a的取值范围？【答案】【解析】根据题意可知,函数在上的最小值得大于等于在上的值,所以得求得函数在上的最小值,通过导数法,判断单调性得最小值;然后令,建立关于的不等式,设出新的函数,探讨与的关系,从而得出满足条件的实数.试题解析：根据 ,求导可得,显然,所以函数在上单调递增.所以根据题意可知存在,使得,即即能成立，令，则要使，在能成立，只需使，又函数中,,求导可得.当时,显然,所以函数在上单调递减.所以，故只需.【考点】导数法求最值,单调性.10.已知定义在R上的函数f(x)=-2x3+bx2+cx(b,c∈R)，函数F(x)=f(x)-3x2是奇函数，函数f(x)满足.（1）求f(x)的解析式；（2）讨论f(x)在区间(-3，3)上的单调性.【答案】（1）；（2）单调递增区间为，单调递减区间为，.【解析】（1）先对求导可得，由得，又F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得的值，代加上式可得，可得函数解析式；（2）由（1）知函数的导函数，令得增区间，令得减区间.试题解析：解：（1） 1分F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得 3分，得 5分6分（2）令得 10分-0 +0-所以单调递增区间为单调递减区间为， 12分【考点】求导，函数的单调性与导数的关系.11.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
〖专题5〗 导数的应用—含参函数的单调性讨论“含参数函数的单调性讨论问题”是近年来高考考查的一个常考内容，也是我们高考复习的重点．从这几年来的高考试题来看，含参数函数的单调性讨论常常出现在研究函数的单调性、极值以及最值中，因此在高考复习中更应引起我们的重视． 一、思想方法：上为常函数在区间时上为减函数在区间时上为增函数在区间时和增区间为和增区间为D x f x f D x D x f x f D x D x f x f D x D C x f D C x x f B A x f B A x x f )(0)(')(0)(')(0)('...,)(...0)('...,)(...0)('⇒=∈⇒<∈⇒>∈⇔∈⇔<⇔∈⇔>讨论函数的单调区间可化归为求解导函数正或负的相应不等式问题的讨论． 二、典例讲解[典例1] 讨论xax x f +=)(的单调性，求其单调区间． 解：xax x f +=)(的定义域为),0()0,(+∞-∞ )0(1)('222≠-=-=x xa x x a x f (它与a x x g -=2)(同号) I ）当0≤a 时，)0(0)('≠>x x f 恒成立，此时)(x f 在)0,(-∞和),0(+∞都是单调增函数， 即)(x f 的增区间是)0,(-∞和),0(+∞; II) 当0>a 时 a x a x x x f >-<⇔≠>或)0(0)('a x x a x x f <<<<-⇔≠<00)0(0)('或此时)(x f 在),(a --∞和),(+∞a 都是单调增函数，)(x f 在)0,(a -和),0(a 都是单调减函数，即)(x f 的增区间为),(a --∞和),(+∞a ;)(x f 的减区间为)0,(a -和),0(a .步骤小结：1、先求函数的定义域，2、求导函数（化为乘除分解式，便于讨论正负），3、先讨论只有一种单调区间的（导函数同号的）情况，4、再讨论有增有减的情况（导函数有正有负，以其零点分界），5、注意函数的断点，不连续的同类单调区间不要合并．[变式练习1] 讨论x a x x f ln )(+=的单调性，求其单调区间．解：x a x x f ln )(+=的定义域为),0(+∞)0(1)('>+=+=x xa x x a x f (它与a x x g +=)(同号) I ）当0≥a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立，此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数， 即)(x f 的增区间为),0(+∞，不存在减区间; II) 当0<a 时 a x x x f ->⇔>>)0(0)('; a x x x f -<<⇔><0)0(0)('此时)(x f 在),(+∞-a 为单调增函数，)(x f 在),0(a -是单调减函数，即)(x f 的增区间为),(+∞-a ;)(x f 的减区间为),0(a -．[典例2] 讨论x ax x f ln )(+=的单调性． 解：x ax x f ln )(+=的定义域为),0(+∞)0(11)('>+=+=x xax x a x f (它与1)(+=ax x g 同号) I ）当0=a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立 （此时ax x f 10)('-=⇔=没有意义）此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞ II ）当0>a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立， （此时ax x f 10)('-=⇔=不在定义域内，没有意义） 此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞III)当0<a 时, 令ax x f 10)('-=⇔= 于是，当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：(结合g(x)图象定号)所以， 此时)(x f 在),0(a -为单调增函数，)(x f 在),1(+∞-a是单调减函数，即)(x f 的增区间为)1,0(a -;)(x f 的减区间为),1(+∞-a． 小结：导函数正负的相应区间也可以由导函数零点来分界，但要注意其定义域和连续性．即先求出)('x f 的零点，再其分区间然后定)('x f 在相应区间内的符号．一般先讨论0)('=x f 无解情况，再讨论解0)('=x f 过程产生增根的情况（即解方程变形中诸如平方、去分母、去对数符号等把自变量x 范围扩大而出现有根，但根实际上不在定义域内的），即根据)('x f 零点个数从少到多，相应原函数单调区间个数从少到多讨论，最后区间（最好结合导函数的图象）确定相应单调性． [变式练习2] 讨论x ax x f ln 21)(2+=的单调性． 解：x ax x f ln 21)(2+=的定义域为),0(+∞ )0(11)('2>+=+=x xax x ax x f , 它与1)(2+=ax x g 同号. 令)0(010)('2>=+⇔=x ax x f ，当0≥a 时，无解；当0<a 时,aaa x --=-=1(另一根不在定义域内舍去)i)当0=a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立 （此时ax x f 10)('2-=⇔=没有意义） 此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞ii)当0>a 时，)0(0)('>>x x f 恒成立，(此时 方程012=+ax 判别式0<∆,方程无解)此时)(x f 在),0(+∞为单调增函数，即)(x f 的增区间为),0(+∞iii)当0<a 时,当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：(结合g(x)图象定号))+∞是单调减函数，即)(x f 的增区间为)1,0(a -;)(x f 的减区间为),1(+∞-a．小结：一般最后要综合讨论情况，合并同类的，如i),ii)可合并为一类结果．对于二次型函数（如1)(2+=ax x g ）讨论正负一般先根据二次项系数分三种类型讨论． [典例3] 求1)(232--+=x ax x a x f 的单调区间． 解：1)(232--+=x ax x a x f 的定义域为R ，)1)(13(123)('22+-=-+=ax ax ax x a x fI) 当0=a 时，⇒<-=01)('x f )(x f 在R 上单调递减，)(x f 减区间为R ，无增区间． II) 当0≠a 时032>a ，)('x f 是开口向上的二次函数，令)0(1,310)('21≠-===a ax a x x f 得, 因此可知（结合)('x f 的图象） i)当0>a 时，21x x >ax a x f a x a x x f 3110)(';3110)('<<-⇔<>-<⇔>或 所以此时，)(x f 的增区间为),31()1,(+∞--∞a a 和；)(x f 的减区间为)31,1(aa -ii) 当0<a 时，21x x <ax a x f ax a x x f 1310)(';1310)('-<<⇔<-><⇔>或所以此时，)(x f 的增区间为),1()31,(+∞--∞a a 和；)(x f 的减区间为)1,31(aa -．小结：求函数单调区间可化为导函数的正负讨论（即分讨论其相应不等式的解区间），常见的是化为二次型不等式讨论，当二次函数开口定且有两根时，一般要注意讨论两根大小（分大、小、等三种情况）。
含参二次不等式解时要先看能否因式分解，若能则是计算简单的问题，需看开口及两根大小，注意结合图象确定相应区间正负． [变式练习3] 求12131)(23+++=x ax x x f 的单调区间． 解：)(x f 的定义域为R ，1)('2++=ax x x f )('x f 是开口向上的二次函数，42-=∆a I) 当220≤≤-⇔≤∆a 时，0)('≥x f 恒成立所以此时)(x f 在R 上单调递增，)(x f 增区间为R ，无减区间．II) 当220>-<⇔>∆a a 或时令212221,24,240)('x x a a x a a x x f <-+-=---==得因此可知（结合)('x f 的图象）)(x f 与)('x f 随x 变化情况如下表22)(x f 的减区间为)24,24(22-+----a a a a 小结：三次函数的导函数是常见二次函数，当二次函数开口定时对其正负进行讨论的，要根据判别式讨论：无根的或两根相等的导函数只有一种符号，相应原函数是单调的较简单应先讨论；然后再讨论有两不等根的，结合导函数图象列变化表，注意用根的符号21,x x 代替复杂的式，最后结论才写回．个别点处导数为0不影响单调性．只有在某区间内导数恒为0时，相应区间内原函数为常数，一般中学所见函数除分段函数和常函数外不会出现此种情况．总结：求单调区间要确定定义域，确定导函数符号的关键是看分子相应函数，因此讨论点有：第一是类型（一次与二次的根个数显然不同)；第二有没有根（二次的看判别式），第三是有根是否为增根（在不在定义根内；第四有根的确定谁大；第五看区间内导函数的正负号（二次函数要看开口）．确记要数形结合，多数考题不会全部讨论点都要讨论的，题中往往有特别条件，不少讨论点会同时确定（即知一个就同时确定另一个）．判别式与开口的讨论点先谁都可以，但从简单优先原则下可先根据判别式讨论，因为当导函数无根时它只有一种符号，相应原函数在定义域内（每个连续的区间）为单调函数较简单．导数的应用—含参函数的单调性讨论班级 姓名1.已知函数()ln af x x x=-，求()f x 的单调区间. 解：()221+,a x af x x x x+'∞=+=函数的定义域为（0，）， ()'0fx x a ==-令得：()()()()()()000,(0,)000,0(,)a a f f x a a f f f x a '-≤≥>∴+∞''-><><∴-+∞若即，则x 在上单调递增；若即，则由x 得x>-a 由x 得x<-a在上单调递增,在0,-a 上单调递减.()()() 0(0,)0(,)a f x a f x a ≥+∞<-+∞总之，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增,在0,-a 上单调递减.2.已知函数f(x)=21x 2－a x+(a －1)ln x ，讨论函数()f x 的单调性,求出其单调区间. 解： ()f x 的定义域为(0,)+∞.2'11(1)(1)()a x ax a x x a f x x a x x x --+--+-=-+==()()11=x x a x---⎡⎤⎣⎦ ()'1201,1f x x x a ===-令得:(1)100)(';10)('101<<⇔<>⇔>≤≤-x x f x x f a a 时，即若单调递减在单调递增在此时)1,0(,),1()(+∞∴x f(2)时，即若101>>-a a①若11a -=即2a =时，2'(1)()x f x x-=>0, 故()f x 在(0,)+∞单调递增.②若0<11a -<,即12a <<时，由'()0f x <得，11a x -<<；由'()0f x >得，011x a x <<->或 故()f x 在(1,1)a -单调递减，在(0,1),(1,)a -+∞单调递增. ③若11a ->,即2a >时，由'()0f x <得，11x a <<-；由'()0f x >得，011x x a <<>-或 故()f x 在(1,1)a -单调递减，在(0,1),(1,)a -+∞单调递增. 综上所述，当1a ≤，()f x 单调增区为 ),1(+∞,减区间是)1,0(;当12a <<时，()f x 的减区间是(1,1)a -，增区间是(0,1),(1,)a -+∞； 当2a =时，()f x 在定义域上递增，单调增区为(0,)+∞ （不存在减区间）; 当2a >时，()f x 的减区间是(1,1)a -，在增区间是(0,1),(1,)a -+∞.3.已知函数32()331,f x ax x x a R =+++∈,讨论函数)(x f 的单调性. 解： 因为32()331,f x ax x x a R =+++∈， 所以/2()3(21)f x ax x =++(1) 当0a =时，/()3(21)f x x =+，当1,2x ≤-时，/()0f x ≤；当1,2x ≥-时，/()0f x ≥；所以函数()f x 在1(,]2-∞-上单调递增，在1[,)2-+∞上单调递减； (2) 当0a >时，/2()3(21)f x ax x =++的图像开口向上，36(1)a ∆=-I) 当136(1)0,a a ≥∆=-≤时，时，/()0f x ≥，所以函数()f x 在R 上递增；II) 当0136(1)0,a a <<∆=->时，时，方程/()0f x =的两个根分别为12x x ==且12,x x <所以函数()f x 在(-∞，)+∞上单调递增，在上单调递减； (3) 当0a <时，/2()3(21)f x ax x =++的图像开口向下，且36(1)0a ∆=->方程/()0f x =的两个根分别为12x x ==且12,x x >所以函数()f x 在(-∞，)+∞上单调递减，在11(,a a--上单调递增。