用导数研究含参函数的单调性典型题型(学生版+解析版)

用导数研究含参函数的单调性
一、考情分析
函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.
二、解题秘籍
连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型
1.若导函数是一次型,分类步骤是：
①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；
②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；
③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；
2.若导函数是二次型,分类步骤是：
①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；
②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单
调性；
③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间
上的单调性.
下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.
类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程
思路：根据根是否在定义域内进行分类
例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性
类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类
例2.讨论f x =ax-1-a
ln x+1的单调性
例3.讨论f x =1
4ax4-
1
3x3+
1
2ax2-x+1的单调性
类型四：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类
例4.讨论f x =x+(1-a)ln x+a
x+1的单调性
类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类
例5.讨论f x =x2+ax+a
e x的单调性
类型六：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类
例6.讨论f x =1
2x2-
a2+1
a x+ln x的单调性
类型七：f x 定义域是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类
例7.讨论f x =ax3-a+3
2x2+x-1的单调性
类型八：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类
例8.讨论f x =1
2ax2-a+1
x+ln x的单调性
类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程
例9.讨论f x =a x-2
e x-1
2x-1
2的单调性
类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程
例10.讨论f x =x2-2ax
ln x-1
2x2+2ax+1的单调性
三、典例展示
例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f(x)=x+a ln x,a∈R
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若不等式f x ≤x2+x对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的最大值．
例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x+1
(e
e x-ax2-4ax a∈R
为自然对数的底数).
(1)若a>0时,求函数f x 的单调区间.
(2)是否存在实数a,使得x≥0时,f x ≥xe x+1-a
x2+cos x-2ax恒成立？若存在,求出实数a的取值范围；若不存在,说明理由.
例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a≥0,函数f x =ax+1+a
x-ln x．
(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)如果我们用n-m表示区间m,n
的长度,试证明：对任意实数a≥1,关于x的不等式f x <2a+1的解集的区间长度小于2a+1．
例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x-a
2x2-x+a a∈R
.
(1)讨论函数f x 在0,+∞
上的单调性；
(2)已知x1,x2是函数f x 的两个不同的极值点,且x1<x2,若不等式e1+λ<x1x2λ恒成立,求正数λ的范围.
四、跟踪检测
1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x-ax+b．
(1)当b=0时,讨论f x 的单调性；
(2)当a>0时,若f x ≥0,求b的最小值．
2.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f(x)=(1-m)x-ln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若m=0,设g x =f x +2-x
e x在
1
2,1
上的最小值为n,求证：(n-3)(n-4)<0 .
3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .
(1)讨论f x 的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.
①0<a <12
,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =
1+a ln x x
,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；
(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.
5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1
ln x+x+a x
(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；
(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2
,若g
2x1+λx2
2+λ
>0恒成立,求λ的范
围．
6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x-ax2+2a∈R
.
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若f x -2-a
x≥0在x∈1,e
上恒成立,求实数a的取值范围.
7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x3+31+m
x2+ 6mx x∈R
.
(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)若f1 =5,函数g x =a ln x+1
-f x
x2
≤0在1,+∞
上恒成立,求整数a的最大值.
8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f(x)=(x-a-1)e x-12ax2+a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a-1,求a的取值范围.
9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x+ln x-a x,g x =a-2x
ln x+ x.
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若a∈1,4
,记f x 的零点为x1,g x 的极大值点为x2,求证：x1<x2·
10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x2-x
-ln x a∈R
.
(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)证明：当x>1时,2e x-1
ln x≥x2+1 x2-x
.
用导数研究含参函数的单调性
一、考情分析
函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.
二、解题秘籍
连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型
1.若导函数是一次型,分类步骤是：
①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；
②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；
③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；
2.若导函数是二次型,分类步骤是：
①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；
②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单
调性；
③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间
上的单调性.
下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.
类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程
思路：根据根是否在定义域内进行分类
例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性
分析：f x =x-a
x x>0
,f x =0根的情况转化为x-a=0x>0
根的情况
根据a是否在定义域0，+∞
内进行分类
答案：
(1)a≤0,f x >0,f x 在0，+∞
上是增函数；
(2)a>0,f x 在0,a
上是减函数,在a，+∞
上是增函数.类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类
例2.讨论f x =ax-1-a
ln x+1的单调性
分析：f x =ax-1-a
x x>0
,f x =0根的情况转化为ax-1-a
=0在0，+∞
上根的情况.
步骤一：讨论a=0(无实根)；
步骤二：讨论a<0,由ax-1-a
=0得x=1-a
a(不在定义域内)；
步骤三：讨论a >0,根据1-a a
是否在定义域内再分0<a <1,a ≥1.答案：(1)a =0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；
(2)a <0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；
(3)a >0
(i )a ≥1, f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(ii )0<a <1,f x 在0,1-a a 上是减函数,在1-a a
，+∞ 上是增函数.类型三：f x 定义域为R , f x =0可化为单根型类二次(或高次)方程
思路：根据x 的系数符号进行分类
例3.讨论f x =14ax 4-13x 3+12
ax 2-x +1的单调性分析：f x =x 2+1 ax -1 ,因为x 2+1>0,
f x =0根的情况转化为ax -1=0根的情况,
步骤一：讨论a >0；
步骤二：讨论a =0,注意此时ax -1=-1<0 ；
步骤三：讨论a <0,注意不等式两边除以a ,不等式要改变方向.
答案：
(1)a >0时f x 在1a ,+∞ 上递增,在-∞,1a
上递减；(2)a =0时f x 在-∞,+∞ 上递减；
(3)a <0时f x 在1a ,+∞ 上递减,在-∞,1a
上递增.类型四：f x 定义域不是R ,f x =0可化为单根型二次方程
思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类
例4.讨论f x =x +(1-a )ln x +
a x +1的单调性分析：f x =
x +1 x -a x 2x >0 ,因为x +1>0,f x =0根的情况转化为x -a =0在0，+∞ 上
根的情况.
步骤一：讨论a ≤0(x -a =0无实根)；
步骤二：讨论a >0,由x -a =0得x =a ；
答案：
(1)a ≤0,f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(2)a >0,x >a , f x >0,f x 在a ,+∞ 上是增函数；x <a ,f x <0,f x 在0,a 上是减函数.类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程
思路：根据根的大小进行分类
例5.讨论f x =x 2+ax +a e x 的单调性
分析：f x =x +2 x +a e x ,f x =0根的情况转化为x +2 x +a =0的根的情况,根据-a 与-2的大小进行讨论.
步骤一：讨论a <2；
步骤二：讨论a =2,注意此时x +2 x +a =x +2 2≥0；
步骤三：讨论a >2.
答案：
(1)a <2,f x 在-∞,-2 ,-a ,+∞ 上是增函数,在-2,-a 上是减函数；
(2)a =2,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；
(3)a >2, f x 在-∞,-a ,-2,+∞ 上是增函数,在-a ,-2 上是减函数.
类型六：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型二次方程
思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类
例6.讨论f x =12x 2-a 2+1a x +ln x 的单调性分析：f x =x -a x -1a x x >0 ,f x =0根的情况转化为x -a x -1a
=0在0，+∞ 上根的情况.
步骤一：讨论a <0(根不在定义域内).
步骤二：讨论a >0(根据a ,1a
的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：
(1)a <0,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(2)0<a <1,f x 在0,a ,1a ,+∞ 上是增函数,在a ,1a
上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(4)a >1, f x 在0,1a ,a ,+∞ 上是增函数,在1a
,a 上是减函数.类型七：f x 定义域是R ,f x =0可化为双根型类二次方程
思路：根据根的个数及根的大小进行分类
例7.讨论f x =ax 3-a +32
x 2+x -1的单调性分析：f x =3x -1 ax -1 ,f x =0根的情况转化为3x -1 ax -1 =0根的情况.步骤一：讨论a =0(ax -1=0无实根)；
步骤二：讨论a <0,此时13>1a ；步骤三：讨论a >0(根据13,1a
的大小再分0<a <3,a =3,a >3)答案：
(1)a =0,f x 在0，13 上是增函数,在13,+∞ 上是减函数；(2)a <0, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是减函数,在1a ,13 上是增函数；(3)0<a <3,f x 在0,13 ,1a ,+∞ 上是增函数,在13,1a
上是减函数；(4)a =3,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；
(5)a >3, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是增函数,在1a ,13
上是减函数.提醒：对于类二次方程,不要忽略对x 2项的系数为零的讨论
类型八：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型类二次方程
思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类
例8.讨论f x =12
ax 2-a +1 x +ln x 的单调性分析：f x =x -1 ax -1 x
x >0 ,f x =0根的情况转化为x -1 ax -1 =0x >0 根的情况.步骤一：讨论a =0(有1个根).
步骤二：讨论a <0(
1a 不在定义域内)步骤三：讨论a >0(1，1a 均在定义域内,根据1,1a
的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(步骤一二合并)
(2)0<a <1,f x 在0,1 ,1a ,+∞ 上是增函数,在1,1a 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(4)a >1, f x 在0,1a ,1,+∞ 上是增函数,在1a
,1 上是减函数.类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程
例9.讨论f x =a x -2 e x -12
x -1 2的单调性分析：f x =x -1 ae x -1 ,f x =0根的情况转化为x -1 ae x -1 =0根的情况.步骤一：讨论a ≤0(有1个根).
步骤二：讨论a >0,f x =x -1 ae x -1 的拟合函数为y =x -1 x +ln a (根据1,-ln a 的大小再分
0<a <1e ,a =1e ,a >1e
)答案：
(1)a ≤0,f x 在-∞,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；
(2)0<a <1e ,f x 在-∞,1 ,-ln a ,+∞ 上是增函数,在1,-ln a 上是减函数；(3)a =1e ,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(4)a >1e , f x 在-∞,-ln a ,1,+∞ 上是增函数,在-ln a ,1 上是减函数.类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程
例10.讨论f x =x 2-2ax ln x -12
x 2+2ax +1的单调性分析：f x =x -a ln x x >0 的拟合函数为x -a x -1 (根据a 与0,1大小分类)步骤一：讨论a ≤0(x -a >0).
步骤二：讨论a >0, (再分0<a <1,a =1,a >1)
答案：
(1)a ≤0,f x 在0,1 上是减函数,在1，+∞ 上是增函数；
(2)0<a <1,f x 在0,a ,1,+∞ 上是增函数,在a ,1 上是减函数；
(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；
(4)a >1, f x 在0,1 ,a ,+∞ 上是增函数,在1,a 上是减函数.
三、典例展示
例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f (x )=x +a ln x ,a ∈R
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若不等式f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求a 的最大值．
【解析】 (1)f '(x )=1+a x =x +a x
x >0 ,当a ≥0时,f '(x )>0恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增；
当a <0时,令f '(x )>0得x >-a ,令f '(x )<0得0<x <-a ,∴f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；
综上所述：当a ≥0时, f (x )在(0,+∞)上单调递增；
当a <0时, f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；
(2)依题意得：f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,等价于a ≤x 2ln x x >1 恒成立.令g x =x 2ln x x >1 ,则g 'x =2x ln x -x ln x 2=x 2ln x -1 ln x
2,则当x >e 时,g 'x >0,当1<x <e 时,g 'x <0,又g 'e =0,
∴g x 在1,e 上单调递减,在e ,+∞ 上单调递增,
∴g x min =g e =2e ,
∴a ≤2e ,即a 的最大值为2e .
例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x +1 e x -ax 2-4ax a ∈R (e 为自然对数的底数).
(1)若a >0时,求函数f x 的单调区间.
(2)是否存在实数a ,使得x ≥0时,f x ≥xe x +1-a x 2+cos x -2ax 恒成立？若存在,求出实数a 的取值范围；若不存在,说明理由.
【解析】 (1)由题知f (x )=(x +2)e x -2ax -4a =(x +2)e x -2a ,
①若0<a <12e
2,则ln2a <-2,当x <ln2a 或x >-2时,f (x )>0,当ln2a <x <-2时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,ln2a ),(-2,+∞)上单调递增,在(ln2a ,-2)上单调递减；
②若a =12e 2,则ln2a =-2,f (x )≥0,∴f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；
③若a >12e
2,则ln2a >-2,当x <-2或x >ln2a 时,f (x )>0,当-2<x <ln2a 时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,-2),(ln2a ,+∞)上单调递增,在(-2,ln2a )上单调递减.
综上所述,当0<a <12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,ln2a ),(-2,+∞),单调减区间为(ln2a ,-2)；当a =12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,+∞)；当a >12e
2时,f (x )的单调增区间为(-∞,-2),(ln2a ,+∞),单调减区间为(-2,ln2a ).
(2)设g (x )=f (x )-xe x -(1-a )x 2-cos x +2ax =e x -x 2-2ax -cos x (x ≥0),则g (x )=e x -2x -2a +sin x ,
设h (x )=e x -2x -2a +sin x (x ≥0),
则h (x )=e x +cos x -2,
设m (x )=e x +cos x -2(x ≥0),
则m (x )=e x -sin x >0,
∴m (x )在[0,+∞)上单调递增,
∴h (x )=m (x )≥m (0)=0,
∴h (x )在[0,+∞)上单调递增,
∴g (x )=h (x )≥h (0)=1-2a ,
当a ≤12
时,g (x )≥0,∴g (x )在[0,+∞)上单调递增,
∴g (x )≥g (0)=0；
当a >12
时,g (0)=1-2a <0,令t (x )=e x -x 2(x >0),则t (x )=e x -2x >0(x >0),
所以t (x )在(0,+∞)上单调递增,
所以t (x )>t (0)=1,所以e x >x 2(x >0),
所以g (6a )=e 6a -14a +sin6a >36a 2-14a -1,
设φ(a )=36a 2-14a -1a >12 ,易知φ(a )在12,+∞ 上单调递增,∴φ(a )>36×14-14×12
-1=1>0,即g (6a )>0,∴存在x 0∈(0,6a ),使g x 0 =0,
当0<x <x 0时,g (x )<0,
∴g (x )在0,x 0 上单调递减,此时,g (x )<g (0)=0,不符合题意；
综上,存在实数a ,使得当x ≥0时,f (x )≥xe x +(1-a )x 2+cos x -2ax 恒成立,且实数a 的取值范围为
-∞,12 .
例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a ≥0,函数f x =ax +
1+a x
-ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)如果我们用n -m 表示区间m ,n 的长度,试证明：对任意实数a ≥1,关于x 的不等式f x <2a +1的解集的区间长度小于2a +1．
【解析】 (1)f x =ax +a +1x
-ln x ,定义域为0,+∞ ,f x =a -a +1x 2-1x =ax 2-x -a +1 x 2=x +1 ax -a -1 x 2
.若a =0,f x =-x +1 x 2
<0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递减；若a >0,f x =a x +1 x -1-1a x 2
,1+1a >0,当x ∈0,1+1a 时,f x <0；当x ∈1+1a ,+∞ 时,f x >0,所以f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增．综上,a =0时,f x 在0,+∞ 上单调递减；a >0时,f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a
,+∞ 上单调递增．
(2)令g x =f x -2a +1 =ax +a +1x -ln x -2a -1,则g 1 =0,因为a ≥1,由(1)知,g x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增,又1+1a >1,所以g 1+1a <0,令h a =g 2a +2 =2a 2-12
-ln 2a +2 ,a ∈1,+∞ ,由h a =4a -22a +2=4a 2+4a -1a +1
>0恒成立,所以h a 在1,+∞ 上单调递增．
又e 3>16,所以e 316>1,即e 324>1．从而h 1 =32-ln4=ln e 324
>0,所以h a >h 1 >0,即g 2a +2 >0．
因为2a +2>2,1+1a <2,所以2a +2>1+1a ,所以存在唯一x 1∈1+1a ,2a +2 ,使得g x 1 =0,所以g x <0的解集为1,x 1 ,
即f x <2a +1的解集为1,x 1 ,又1,x 1 的区间长度为x 1-1<2a +2 -1=2a +1,原命题得证．
例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x -a 2
x 2-x +a a ∈R .(1)讨论函数f x 在0,+∞ 上的单调性；
(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个不同的极值点,且x 1<x 2,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,求正数λ的范围.【解析】 (1)f x =x ln x -a 2x 2-x +a ,所以f x =ln x -ax ,令g x =ln x -ax ,故g x =1x -a =1-ax x
x >0 .当a ≤0时,g x >0在0,+∞ 上恒成立,所以g x 在0,+∞ 上单调递增,即f x 在0,+∞ 上单调递增；
当a >0时,令g x >0,得0<x <1a ,令g x <0,得x >1a ,所以g x 在0,1a 上单调递增,在1a ,+∞ 上单调递减,即f x 在0,1a 上单调递增,在1a
,+∞ 上单调递减.综上所述：当a ≤0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,f x 在0,1a 上单调递增,在1a
,+∞ 上单调递减.
(2)e 1+λ<x 1x 2λ等价于1+λ<ln x 1+λln x 2,由题意可知x 1,x 2分别是方程f x =0的两个根,即ln x -ax =0的两个根,即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a x 1+λx 2 .
因为λ>0,0<x 1<x 2,所以原式等价于a >1+λx 1+λx 2,又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,作差得,ln x 1x 2=a x 1-x 2 ,即a =ln x 1x 2x 1-x 2,所以原式等价于ln x 1x 2x 1-x 2>1+λx 1+λx 2
,因为0<x 1<x 2,所以ln x 1x 2<1+λ x 1-x 2 x 1+λx 2
恒成立.令t =x 1x 2,t ∈0,1 ,则不等式ln t <1+λ t -1 t +λ
在t ∈0,1 上恒成立,令m t =ln t -1+λ t -1 t +λ,又因为m t =1t -1+λ 2t +λ
2=t -1 t -λ2 t t +λ 2,当λ2≥1时,可得t ∈0,1 时,m t >0,所以m t 在0,1 上单调递增,又因为m 1 =0,m t <0在0,1 上恒成立,符合题意；
当λ2<1时,可得t ∈0,λ2 时,m t >0,t ∈λ2,1 时,m t <0,
所以m t 在0,λ2 上单调递增,在λ2,1 上单调递减,又因为m 1 =0,所以m t 在0,1 上不能恒小于0,不符合题意,舍去.
综上所述,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,只需满足λ2≥1,由于λ>0,所以λ≥1,
即实数λ的取值范围为：1,+∞ .
四、跟踪检测
1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x -ax +b ．
(1)当b =0时,讨论f x 的单调性；
(2)当a >0时,若f x ≥0,求b 的最小值．
【解析】 (1)当b =0时,f x =e x -ax ,f x =e x -a ,当a ≤0时,f x =e x -a >0,f x 在R 上单调递
增；当a >0时,令f x =0有x =ln a ,当x ∈-∞,ln a 时,f x <0,f x 单调递减,当x ∈ln a ,+∞ 时,f x >0,f x 单调递增.
(2)当a >0时,由(1)若f x ≥0,则f ln a ≥0有解即可,即a -a ln a +b ≥0有解,即b ≥a ln a -a 有解,设g a =a ln a -a ,则g a =ln a ,故当0<a <1时,g a <0,g a 单调递减；当a >1时,g a >0,g a 单调递增.故g min a =ln1-1=-1,故当b ≥a ln a -a min =-1.故b 的最小值为-1
2.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f (x )=(1-m )x -ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若m =0,设g x =f x +2-x e x 在12,1
上的最小值为n ,求证：(n -3)(n -4)<0 .【解析】 (1)f (x )=1-m -1x =(1-m )x -1x
x >0 .①当1-m ≤0,即m ≥1时：f (x )<0恒成立.故f (x )在(0,+∞)上单调递减.
②当1-m >0,即m <1时：令f (x )<0,即(1-m )x -1x <0,解得：0<x <11-m ;所以f (x )在0,11-m
上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.综上所述：当m ≥1时：f (x )在(0,+∞)上单调递减；
当m <1时：f (x )在0,11-m 上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.(2)当m =0时,g x =x -ln x +2-x e x ,x ∈12,1 .g x =1-1x -e x +2-x e x =x -1x +1-x e x =1-x e x -1x .因为m x =e x -1x 在12,1 上单调递增,且m 12 =e -2<0,m 1 =e -1>0.所以必存在点x 0∈12,1 ,使g (x 0)=0,即e x 0=1x 0⇒x 0=-ln x 0且当x ∈12,x 0 时g (x )<0,当x ∈x 0,1 时g (x )>0,所以g (x )在区间12,x 0 上单调递减,在区间x 0,1 上单调递减.所以n =g x min =g x 0 =x 0-ln x 0+2-x 0 e x 0
=2x 0+2-x 0x 0=2x 0+2x 0-1.x 0∈12
,1 .又因n =2x 0+2x 0-1在12
,1 上单调递减.所以2+2-1<n <2×12
+2×2-1⇒3<n <4.故(n -3)(n -4)<0恒成立.3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .
(1)讨论f x 的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.
①0<a <12
,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.【解析】 (1)f x =(x -a )e x -2x +2a =(x -a )e x -2 ,
令f x =0,则x =a 或ln2,
若a =ln2,f x ≥0,所以函数f x 在R 上为增函数；
若a >ln2,当x >a 或x <ln2时,f x >0,当ln2<x <a 时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；
若a <ln2,当x >ln2或x <a 时,f x >0,当a <x <ln2时,f x <0,
所以函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；综上所述,当a =ln2时,函数f x 在R 上为增函数；当a >ln2时,函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；当a <ln2时,函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；
(2)选①,
当0<a <
12
,0<m <ln2时,由(1)知f x 在(0,a )上递增,在(a ,ln2)上递减,所以f (m )≤f (a )=-e a +a 2,
令g (a )=e a -a -10<a <12 ,则g (a )=e a -1,当0<a <12时,g (a )>0,得函数g (a )在0,12
上单调递增,所以g (a )>g (0)=0,即e a -a -1>0,则-e a <-a -1,
所以f (a )=-e a +a 2<a 2-a -1=a -12 2-54
<-1<0,所以f m <0.选②,当1<a <2,1<m <2时.
由(1)得1<a <2时,f x 在1,a 上递减,在a ,2 上递增,又f 1 =-ae -1+2a =2-e a -1<0,f 2 =1-a e 2-4+4a <41-a -4+4a =0,所以当1<x <2时,f x <0,所以f m <0.
4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =
1+a ln x x ,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；
(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.
【解析】 (1)f (x )=1+a ln x x
(x >0),f (x )=a -(1+a ln x )x 2=a -1-a ln x x 2.当a =0时,f (x )=a -(1+a ln x )x 2=-1x
2<0恒成立,则f x 在0,+∞ 上为减函数,当a >0时,令f (x )>0,可得a -1-a ln x >0,则ln x <a -1a
,解得0<x <e a -1a ,令f (x )<0,解得x >e a -1a ,
综上,当a =0时,f x 的减区间为0,+∞ ；当a >0时,f x 的单调递增区间为0,e
a -1a ,单调递减区间为e a -1a ,+∞ .(2)由f (x )≤x 2,可得x 3-a ln x -1≥0
设g (x )=x 3-a ln x -1(x >0),
则g (x )=3x 2-a x =3x 3-a x
.①当a ≤0时,g x >0,g x 单调递增,而g 12
=18-a ln 12-1=-78+a ln2<0,所以不满足题意,
②当a >0时,令g (x )=3x 3-a x
=0,解得x =3a 3
,当x ∈0,3a 3 时,g x <0,g x 为减函数,当x ∈3a 3,+∞ 时,g x >0,g x 为增函数,
所以g(x)≥g
3a
3
=13+13ln3
a-13a ln a-1.
令h(a)=
1
3+
1
3ln3
a-13a ln a-1(a>0),
h (a)=13+13ln3-13(ln a+1)=13(ln3-ln a),
当a∈0,3
时,h a >0,h a 为增函数,
当a∈3,+∞
时,h a <0,g x 为减函数,
所以h a ≤h3 =0,又g x ≥h a ≥0.
则h a =0,解得a=3,所以实数a的取值范围是3 .
5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1
ln x+x+a x
(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；
(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2
,若g
2x1+λx2
2+λ
>0恒成立,求λ的范
围．
【解析】(1)f x 定义域为0,+∞
f x =a-1
1
x+1-
a
x2
=
x2+a-1
x-a
x2
=
x+a
x-1
x2
ⅰ)0<-a<1即-1<a<0时,
f x <0⇒-a<x<1,f x >0⇒0<x<-a或x>1
ⅱ)-a=1即a=-1时,x∈0,+∞
,f x ≥0恒成立
ⅲ)-a>1即a<-1,
f x <0⇒1<x<-a,f x >0⇒0<x<1或x>-a
综上：
-1<a<0时,x∈-a,1
,f x 单调递减；0,-a
、1,+∞
,f x 单调递增a=-1时,x∈0,+∞
,f x 单调递增
a<-1时,x∈1,-a
,f x 单调递减；0,1
、-a,+∞
,f x 单调递增
(2)g x =a ln x+x,由题
a ln x1+x1=0
a ln x2+x2=0
,0<x
1
<x2
则a ln x1-ln x2
=x2-x1,设t=x1
x2∈0,1
∴a=
x2-x1
ln x1-ln x2=
x2-x1
ln t
g x =a x+1
∴g
2x1+λx2
2+λ
=a2+λ
2x1+λx2+1=
x2-x1
ln t⋅
2+λ
2x1+λx2+1
=
2+λ
1-t
2t+λ
ln t
+1>0恒成立
t∈0,1
,∴ln t<0
∴
2+λ
1-t
2t+λ+ln t<0恒成立
设h t =
2+λ
1-t
2t+λ+ln t,
∴h t <0恒成立
h t =1t -2+λ 22t +λ
2=2t +λ 2-t 2+λ 2
t 2t +λ 2=4t -1 t -λ24 t 2t +λ 2ⅰ)λ2≥4时,t -λ24
<0,∴h t >0,∴h t 在0,1 上单调递增
∴h t <h 1 =0恒成立,
∴λ∈-∞,-2 ∪2,+∞ 合题
ⅱ)λ2<4,t ∈0,λ24
,∴h t >0,
∴h t 在0,λ24
上单调递增t ∈λ24
,1 时,h t <0,∴h t 在λ24
,1 上单调递减∴t ∈λ24
,1 ,h t >h 1 =0,不满足h t <0恒成立综上：λ∈-∞,-2 ∪2,+∞
6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x -ax 2+2a ∈R .
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,求实数a 的取值范围.
【解析】 (1)f x 的定义域是0,+∞ ,f x =-2ax 2+1x
.①当a ≤0时,f x >0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递增；
②当a >0时,令f x =0,解得x =2a 2a 或-2a 2a (舍),令f x >0,解得0<x <2a 2a
,令f x <0,解得x >2a 2a
,所以f x 在0,2a 2a
上单调递增,在2a 2a ,+∞ 上单调递减.(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,即ln x -ax 2-2-a x +2≥0在x ∈1,e 上恒成立.令g x =ln x -ax 2-2-a x +2,x ∈1,e ,
则g x =1x -2ax -2-a =-2ax 2-2-a x +1x =-ax +1 2x -1 x
.当a =0时,g x =ln x -2x +2,g e =ln e -2e +2=3-2e <0,不符合题意；当a >0时,g x <0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意；
当a <0时,若-1a
≤1,即a ≤-1,g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递增,又g 1 =0,所以g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,符合题意.
若1<-1a <e ,即-1<a <-1e ,令g x >0,解得-1a <x <e ,令g x <0,解得1<x <-1a ,所以g x 在1,-1a 上单调递减,在-1a ,e 上单调递增,所以g x min =g -1a
<g 1 =0,不符合题意；
若-
1a ≥e ,即-1e
≤a <0,g x ≤0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是-∞,-1 .7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x 3+31+m x 2+6mx x ∈R .
(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)若f 1 =5,函数g x =a ln x +1 -f x x 2
≤0在1,+∞ 上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】 (1)f x =6x 2+61+m x +6m =6x 2+1+m x +m =6(x +1)(x +m )若m =1时,f (x )≥0,f (x )在R 上单调递增；
若m >1时,-m <-1,当x <-m 或x >-1时,f (x )>0,f (x )为增函数,
当-m <x <-1时,f (x )<0,f (x )为减函数,
若m <1时,-m >-1,当x <-1或x >-m 时,f (x )>0,f (x )为增函数,
当-1<x <-m 时,f (x )<0,f (x )为减函数.
综上,m =1时,f (x )在R 上单调递增；
当m >1时,f (x )在(-∞,-m )和(-1,+∞)上单调递增,在(-m ,-1)上单调递减；当m <1时,f (x )在(-∞,-1)和(-m ,+∞)上单调递增,在(-1,-m )上单调递减.
(2)由f (1)=2+3(1+m )+6m =5,解得 m =0,
所以f (x )=2x 3+3x 2,
由x ∈(1,+∞)时,ln x +1>0,可知g (x )=a (ln x +1)-2x -3≤0在(1,+∞)上恒成立
可化为a ≤2x +3ln x +1在x ∈(1,+∞)上恒成立,设h (x )=2x +3ln x +1
(x >1),则h (x )=2(ln x +1)-(2x +3)×1x (ln x +1)2=2ln x -3x (ln x +1)2
,设φ(x )=2ln x -3x (x >1),则 φ (x )=2x +3x
2>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增,又φ(2)=2ln2-32=ln16-32<0,φ52 =2ln 52-65=25ln 52-3 5>0,所以方程h (x )=0有且只有一个实根x 0,且 2<x 0<52,2ln x 0=3x 0
,所以在(1,x 0)上,h (x )<0, h (x )单调递减,在x 0,+∞ 上,h (x )>0,h (x )单调递增,
所以函数h (x )的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0
+1=2x 0∈4,5 ,从而a ≤2x 0,又a 为整数,所以a 的最大值为4.
8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f (x )=(x -a -1)e x -
12
ax 2+a 2x .(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a -1,求a 的取值范围.
【解析】(1)由题意,函数f (x )=(x -a -1)e x -12
ax 2+a 2x ,可得f (x )=(x -a )e x -ax +a 2=(x -a )e x -a ,
当a ≤0时,e x -a >0,令f (x )<0,解得x <a ；令f (x )>0,解得x >a ,
故f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,
当a >0时,令f (x )=0,解得x 1=a 或x 2=ln a ,
设g (a )=a -ln a ,可得g (a )=
a -1a
,当a >1时,g (a )>0；当0<a <1时,g (a )<0,故g (x )min =g (1)=1>0,故a >ln a ,
由f (x )>0,解得x >a 或x <ln a ,
由f (x )<0,解得ln a <x <a ,
故f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增,综上可得：当a ≤0时,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,
a >0时,f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增；(2)当a <0时,由(1)知,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,
故f x 极小值=f (a )=-e a +12
a 3<-e a -1,解得a <-32,当0<a <1时,ln a <0,由(1)知f (x )在x =ln a 处取极大值,
设h (a )=f (ln a )=(ln a -a -1)a -12a ln 2a +a 2ln a =a ln a 1-12ln a +a -a 2-a ,则h (a )=-12
ln 2a +2a ln a -a ,因为0<a <1,可得ln a <0,所以h (a )<0,h (a )在(0,1)递减,所以h (a )>h (1)=-2>-e a -1,所以0<a <1不合题意,当a ≥1时,ln a ≥0,由(1)知f (x )在(-∞,0)递增,
此时f (x )在(-∞,0)无极值,不符合题意,
综上可得,实数a 的取值范围是(-∞,-32).
9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x +ln x -a x
,g x =a -2x ln x +x .
(1)讨论f x 的单调性；
(2)若a ∈1,4 ,记f x 的零点为x 1,g x 的极大值点为x 2,求证：x 1<x 2·
【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ,f ′x =1+1x +a x 2=x 2+x +a x 2
,当a ≥0时,f ′x >0,f x 在0,+∞ 上单调递增：
当a <0时,Δ=1-4a >0,f ′x =0在0,+∞ 上有唯一正根-1+1-4a 2
,当x ∈0,-1+1-4a 2
时,f ′x <0,单调递减；当x ∈-1+1-4a 2
,+∞ 时,f ′x >0,f x 单调递增；综上,当a ≥0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；
当a <0时,f x 在0,-1+1-4a 2 上单调递减；在-1+1-4a 2
,+∞ 上单调递增.(2)由(1)知,当a ∈1,4 时,f x 在0,+∞ 上单调递增,且f 1 =1-a <0，f 2 =2+ln2-a 2>0,所以f x 在0,+∞ 上有唯一零点x 1∈1,2 .
又g ′x =-2ln x +a x -1,又a ∈1,4 ,由单调性运算性质可知,g ′x 在0,+∞ 上单调递减,且g ′1 =a -1>0，g ′4 =-2ln4+a 4-1<0,故存在x 0∈1,4 ,使得g ′x 0 =0,即a x 0
=2ln x 0+1,当x ∈0,x 0 时,g ′x >0,g x 单调递减；
当x ∈x 0,+∞ 时,g ′x <0,g x 单调递增；所以x 0是g x 唯一极大值点,所以x 0=x 2,故a x 2
=2ln x 2+1,因此f x 2 =x 2+ln x 2-a x 2=x 2+ln x 2-2ln x 2-1=x 2-ln x 2-1.设h x =x -ln x -1,因为x ∈1,4 ，h ′x =1-1x >0,所以h ′x 在1,4 上单调递增,所以h x >h 1 =0.故有f x 2 >0=f x 1 ,又f x 在0,+∞ 上单调递增,所以x 1<x 2.
10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x 2-x -ln x a ∈R .
(1)讨论函数f x 的单调性；
(2)证明：当x >1时,2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x
.【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ,f x =a 2x -1 -1x =2ax 2-ax -1x
.令g x =2ax 2-ax -1.
①当a =0时,g x =-1<0,f x =g x x
<0,故f x 在0,+∞ 单调递减；②当a ≠0时,g x 为二次函数,Δ=a 2+8a .若Δ≤0,即-8≤a <0,则g x 的图象为开口向下的抛物线且g x ≤0,所以f x ≤0,故f x 在0,+∞ 单调递减；
若Δ>0,即a <-8或a >0,令g x =0,得x 1=a -a 2+8a 4a ,x 2=a +a 2+8a 4a
.当a <-8时,g x 图象为开口向下的抛物线,0<x 2<x 1,所以当x ∈0,x 2 或x ∈x 1,+∞ 时,g x <0,所以f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,x 1 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增；当a >0时,g x 图象为开口向上的抛物线,x 1<0<x 2,所以当x ∈0,x 2 ,g x ≤0,所以f x <0,故f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增.综上,当a <-8时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 和a -a 2+8a 4a ,+∞
上单调递减,在a +a 2+8a 4a ,a -a 2+8a 4a
上单调递增；当a >0时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 单调递减,在a +a 2+8a 4a ,+∞
上单调递增；当-8≤a ≤0,f x 在0,+∞ 单调递减;
(2)由(1)知,当a =1时,f x 在0,1 单调递减,在1,+∞ 单调递增,因此对∀x >1恒有f x >f 1 ,即x 2-x >ln x .
因为0<ln x <x 2-x ,若2e x -1≥x 2+1成立,则2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x 成立.令φx =e x -1-12
x 2+1 x ≥1 ,则φ x =e x -1-x ,φ x =e x -1-1.因为x ≥1,所以φ x ≥0,所以φ x 在1,+∞ 单调递增,又φ 1 =0,所以当x ≥1时,φ x ≥0,所以φx 在1,+∞ 单调递增,又φ1 =0,所以对∀x >1恒有φx >φ1 =0,即2e x -1≥x 2+1.
1
ln x>
1
x2-x
>0,由不等式的基本性质可得2e x-1
ln x≥
x2+1
x2-x.
当x>1时,0<ln x<x2-x,则。