2020高考数学试题分项版解析专题04导数与函数的单调性文

【2019最新】精选高考数学试题分项版解析专题04导数与函数的单调性
文
1.【2017浙江，7】函数y=f(x)的导函数的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是()y f x '=
【答案】D
【考点】 导函数的图象
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．0x 0x 0x )('x f )(x f 2【2015高考湖南，文8】设函数，则是( )()ln(1)ln(1)f x x x =+--()f x
A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数
B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数
C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数
D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A 【解析】
函数，函数的定义域为（-1，1），函数所以函数是奇函数． ，在（0,1）上 ，所以在(0,1)上单调递增，故选
A.()ln(1)ln(1)f x x x =+--()ln(1)ln(1)()f x x x f x -=--+=-()2
111
'111f x x x x
=
+=+--()'0f x >()f x
【考点定位】利用导数研究函数的性质
【名师点睛】利用导数研究函数在(a ，b)内的单调性的步骤：(1)求；(2)确认在(a ，b)内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数．研究函数性质时，首先要明确函数定义域.()f x ()'f x ()'f x ()'0f x >()'0f x <
3.【2014全国2，文11】若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ）
()f x kx Inx =-()1,+∞
（A ） （B ） （C ） （D ）(],2-∞-(],1-∞-[)2,+∞[)1,+∞ 【答案】D
【考点定位】函数的单调性.
【名师点睛】本题考查了利用函数的导数研究函数的单调性，不等式的恒成立，属于中档题，深入理解函数的单调性与函数导数之间的关系是解题的关键，注意不等式的恒成立的处理时端点值能否取到认真判断．
4. 【2016高考新课标1文数】若函数在单调递增,则a 的取值范围是（ ）
1
()sin 2sin 3
f x x -x a x =+(),-∞+∞
（A ）（B ）（C ）（D ）[]1,1-11,3⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦11,3⎡⎤--⎢
⎥⎣
⎦
【答案】C 【解析】
试题分析：对恒成立,()2
1cos2cos 03
f x x a x '=-+…
x ∈R 故,即恒成立,()2212cos 1cos 03x a x -
-+ (2)
45cos cos 033
a x x -+… 即对恒成立,构造,开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值,故只需保证,解
得．故选C ．245033t at -++…[]1,1t ∈-()24533f t t at =-++()f t ()()1103
110
3f t f t ⎧
-=-⎪⎪⎨⎪-=+⎪⎩
……1133a -剟
考点：三角变换及导数的应用
【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性. 5.【 2014湖南文9】若，则（ ） 1201x x <<<
A. B.
2121ln ln x x e e x x ->-2121ln ln x x e e x x -<-
C. D. 1221x x x e x e >1221x x x e x e <
【答案】C
【考点定位】导数 单调性
【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质，解决问题的关键是根据所给选项构造对应的函数，利用函数的性质分析其单调性，对选项作出判断. 6.【2017课标1，文21】已知函数=ex(ex ﹣a)﹣a2x ．()f x
（1）讨论的单调性；()f x
（2）若，求a 的取值范围．()0f x ≥
【答案】（1）当，在单调递增；当，在单调递减，在单调递增；当，在单调递减，在单
调
递
增
；
（2）．0a =)(x f (,)-∞+∞0a >()f x (,ln )a -∞(ln ,)a +∞0a <()f x (,ln())2
a
-∞-(ln(),)
2
a -+∞3
4
[2e ,1]-
【解析】
试题分析：（1）分，，分别讨论函数的单调性；（2）分，，分别解，从而确定a 的取值范围．0a =0a >0a <)(x f 0a =0a >0a <0)(≥x f
试题解析：（1）函数的定义域为，，()f x (,)-∞+∞22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a '=--=+- ①若，则，在单调递增．0a =2()x f x e =(,)-∞+∞ ②若，则由得．0a >()0f x '=ln x a =
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递
增．(,ln )x a ∈-∞()0f x '<(ln ,)x a ∈+∞()0f x '>()f x (,ln )a -∞(ln ,)a +∞ ③若，则由得．0a <()0f x '=ln()2
a x =- 当
时
，；
当时，，
故在单调递减
，在
单调递
增．(,ln())2
a x ∈-∞-()0f x '<(ln(),)2
a x ∈-+∞()0f x '>()f x (,ln())2
a -∞-(ln(),)2
a -+∞ （2）①若，则，所以．0a =2()x f x e =()0f x ≥
②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．从而当且仅当，即时，．0a >ln x a =()f x 2(ln )ln f a a a =-2ln 0a a -≥1a ≤()0f x ≥
③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．从而当且仅当，即
时．0a <ln()2a x =-()f x 23(ln())[ln()]242a a f a -=--23[ln()]042
a a --≥3
42e a ≥-()0f x ≥ 综上，的取值范围为．3
4
[2e ,1]- 【考点】导数应用
【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，有的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数极值或最值．)('x f )('x f )(x f )(x f 7.【2017课标II ，文21】设函数.2()(1)x f x x e =- （1）讨论的单调性；()f x
（2）当时，，求的取值范围.0x ≥()1f x ax ≤+ 【答案】（Ⅰ）在 和单调递减，在单调递增（Ⅱ）
(,1-∞--(1)-++∞(11---[1,)+∞
20000()(1)(1)1f x x x ax >-+>+.
试题解析：（1） 2()(12)x f x x x e '=--
令得 ()0f x '=12x =-±当
时
，
；
当
时，；当时，
(,12)x ∈-∞-()0f x '<(12,12)x ∈---()0f x '>(12,)x ∈-++∞()0f x '<
所以在 和单调递减，在单调递增()f x (,12)-∞--(12,)-++∞(12,12)-- (2) ()(1)(1)x
f x x x e =-+
当a≥1时，设函数h(x)=（1-x ）ex ，h’(x)= -xex ＜0（x ＞0），因此h(x)在0，+∞)单调递减，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以
f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1
当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=ex-x-1，g’（x ）=ex-1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1
当0＜x ＜1，，，取2()(1)(1)f x x x >-+22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---0541
2
a x -=
则2
000000(0,1),(1)(1)0,()1x x x ax f x ax ∈-+-=〉+故
当时，取 0a ≤20000051
,()(1)(1)112
x f x x x ax =
>-+=>+ 综上，a 的取值范围1，+∞）
【考点】利用导数求函数单调区间，利用导数研究不等式恒成立
【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数
研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 8.【2017课标3，文21】已知函数=lnx+ax2+(2a+1)x ．()f x （1）讨论的单调性；()f x （2）当a ﹤0时，证明．3
()24f x a
≤-
- 【答案】（1）当时，在单调递增；当时，则在单调递增，在单调递减；（2）详见解析
0≥a )(x f ),0(+∞0<a )(x f )21,0(a -
),21
(+∞-a
试题解析：（1），)0()
1)(12(1)12(2)('2>++=+++=
x x
x ax x x a ax x f 当时，，则在单调递增，0≥a 0)('≥x f )(x f ),0(+∞
当时，则在单调递增，在单调递减.0<a )(x f )21,0(a
-),21
(+∞-a
（2）由（1）知，当时，，0<a )21
()(max a
f x f -
= 121)21ln()243()21(++-=+---
a
a a a f ，令 （），t t y -+=1ln 021>-=a t
则，解得，011
'=-=t
y 1=t
∴在单调递增，在单调递减，y )1,0(),1(+∞
∴，∴，即，∴.0)1(max ==y y 0≤y )243()(max +-≤a
x f 243
)(--≤a
x f
【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式 【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略
(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
()()()h x f x g x =-
9.【2017天津，文19】设，.已知函数，.,a b ∈R ||1a ≤32()63(4)f x x x a a x b =---+()e ()x g x f x =
（Ⅰ）求的单调区间；()f x
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，()
y g x
=e x
y=
（i）求证：在处的导数等于0；()
f x
x x
=
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.()e x
g x≤
00
[1,1]
x x
-+
【答案】（Ⅰ）递增区间为，，递减区间为.（2）（ⅰ）在处的导数等于0.（ⅱ）的取值范围是.(,)a
-∞(4,)
a
-+∞()
,4
a a
-()
f x
x x
=[7],1
-
【解析】
()()1
f x f a
≤=在上恒成立，得，，再根据导数求函数的取值范围.[1,1]
a a
-+32
261
b a a
=-+11
a
-≤≤
试题解析：（I）由，可得324
()63()
f x x a x
x a b
=--+
-
2
()3123()3()((
44))
f'x x a x a
a x
x a-=---
=--，
令，解得，或.由，得.()0
f'x=x a
=4
x a
=-||1
a≤4
a a
<-
当变化时，，的变化情况如下表：()
f'x()
f x
(,)a
-∞()
,4
a a
-(4,)
a
-+∞
()
f'x++
()
f x Z]Z
所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为.()
f x(,)a
-∞(4,)
a
-+∞()
,4
a a
-
（II）（i）因为，由题意知，()e(()())
x
x x
g'f f'x
=+
()e
()e
x
x
x
x
g
g'
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
所以，解得.0
00
()e e
e(()())e
x
x x
x
f
f f
x
'
x x
⎧=
⎪
⎨
+=
⎪⎩
()1
()0
f
'
x
x
f
=
⎧
⎨
=
⎩
所以，在处的导数等于0.()
f x
x x
=
（ii ）因为，，由，可得.()e x g x ≤00[11],x x x ∈-+e 0x >()1f x ≤
又因为，，故为的极大值点，由（I ）知.0()1f x =0()0f 'x =0x ()f x 0x a = 另一方面，由于，故，||1a ≤14a a +<-
由（I ）知在内单调递增，在内单调递减，()f x (,)1a a -(),1a a +
故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.0x a =()()1f f x a ≤=[1,1]a a -+()e x g x ≤00,[11]x x -+ 由，得，.32()63()14a a f a a a a b =---+=32261b a a =-+11a -≤≤ 令，，所以，32()261t x x x =-+[1,1]x ∈-2()612t'x x x =- 令，解得（舍去），或.()0t'x =2x =0x =
因为，，，故的值域为.(1)7t -=-(1)3t =-(0)1t =()t x [7],1- 所以，的取值范围是.[7],1-
【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用. 【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出 ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.0x a = 10.【2014山东.文20】（本题满分13分) 设函数.,1
1
ln )(为常数其中a x x x a x f +-+
= （1）若，求曲线处的切线方程；0=a ))1(,1()(f x f y 在点= （2）讨论函数的单调性.)(x f
【答案】（1）.210x y --=
（2）当时，函数在上单调递增；0a ≥()f x (0,)+∞ 当时，函数在上单调递减；1
2
a ≤-
()f x (0,)+∞
当时，在，上单调递减，1
02
a -<<()f x )+∞
在上单调递增.(1)21(1)21
(,)a a a a -+++-+-+
【解析】
性.
其中时，情况较为单一，，函数在上单调递增，0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞ 当时，令，0a <2()(22)g x ax a x a =+++
由于，再分，，等情况加以讨论.22(22)44(21)a a a ∆=+-=+12
a =-12
a <-102
a -<< 试题解析：（1）由题意知时，，0a =1
(),(0,)1
x f x x x -=∈+∞+ 此时，'2
2()(1)
f x x =
+ 可得，又，'1
(1)2
f =
(1)0f = 所以曲线在处的切线方程为.()y f x =(1,(1))f 210x y --= （2）函数的定义域为，()f x (0,)+∞
2'
22
2(22)()(1)(1)
a ax a x a
f x x x x x +++=+=++， 当时，，函数在上单调递增，0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞ 当时，令，0a <2()(22)
g x ax a x a =+++ 由于，22(22)44(21)a a a ∆=+-=+
①
当时，，1
2
a =-0∆=
2
'2
1
(1)2()0(1)x f x x x --=≤+，函数在上单调递减，()f x (0,)+∞
②
当时，，1
2
a <-0,()0g x ∆<<
'()0f x <，函数在上单调递减，()f x (0,)+∞
③
当时，，1
02
a -<<0∆>
设是函数的两个零点，1212,()x x x x <()g x
则，，1(1)a x a -++=
2(1)a x a
-+=
由 ，1x =
0a
=>-
所以时，，函数单调递减，1(0,)x x ∈'()0,()0g x f x <<()f x
12(,)x x x ∈时，，函数单调递增，'()0,()0g x f x >>()f x 2(,)x x ∈+∞时，，函数单调递减，'()0,()0g x f x <<()f x
综上可知，当时，函数在上单调递增；0a ≥()f x (0,)+∞ 当时，函数在上单调递减；1
2
a ≤-
()f x (0,)+∞
当时，在，上单调递减，1
02
a -<<()f x )+∞
在上单调递增.
考点：导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性，分类讨论思想.
【名师点睛】本题考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等.解答本题的主要困难是（II ）利用分类讨论思想，结合函数零点，确定函数的单调性.
本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等基础知识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转化与化归思想及分类讨论思想. 11.2016高考新课标Ⅲ文数]设函数．()ln 1f x x x =-+
（I ）讨论的单调性；()f x （II ）证明当时，；(1,)x ∈+∞1
1ln x x x
-<
< （III ）设，证明当时，.1c >(0,1)x ∈1(1)x c x c +->
【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．01x <<()f x 1x >()f x
试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得.()f x (0,)+∞'1()1f x x
=-'()0f x =1x = 当时，，单调递增；当时，，单调递减. ………4分01x <<'()0f x >()f x 1x >'()0f x <()f x （Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为，()f x 1x =(1)0f = 所以当时，，1x ≠ln 1x x <-
故当时，，，即. ………………7分(1,)x ∈+∞ln 1x x <-11ln 1x
x
<-1
1ln x x x
-<< （Ⅲ）由题设，设，则．1c >()1(1)x g x c x c =+--'()1ln x g x c c c =--
令，解得.'()0g x =01ln
ln ln c c x c
-=
当时，，单调递增；当时，，单调递减. (9)
分
0x x <'()0g x >()g x 0x x >'()0g x <()g x
由（Ⅱ）知，，故．又，故当时，，1
1ln c c c
-<
<001x <<(0)(1)0g g ==01x <<()0g x > 所以当时，. ………………12分(0,1)x ∈1(1)x c x c +->
考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法．
【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．
12.【2016高考天津文数】（（本小题满分14分）
设函数，，其中b ax x x f --=3)(R x ∈R b a ∈, （Ⅰ）求的单调区间；)(x f
（Ⅱ）若存在极值点，且，其中，求证：；)(x f 0x )()(01x f x f =01x x ≠0201=+x x （Ⅲ）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.0>a |)(|)(x f x g =)(x g ]1,1[-4
1
【答案】（Ⅰ）递减区间为，递增区间为，.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
33(,)a a -
3(,)a -∞-3(,)a -+∞ 【解析】
3311a a ≤-<≤，②当时，，③当
时，.334
a ≤<233323113
3
3
3
a a a a -
≤-<-<<≤304
a <<23231133
a a
-<-<< 试题解析：（1）解：由，可得，下面分两种情况讨论：3()f x x ax b =--2()3f x x a '=- ①当时，有恒成立，所以的单调增区间为.0a ≤2()30f x x a '=-≥()f x (,)-∞∞ ②当时，令，解得或.0a >()0f x '=33a x =
33
a x =- 当变化时，、的变化情况如下表：()f x '()f x
3(,)3
a
-∞-
33
a -
33(,)33
a a -
33
a
3(,)3
a
-
+∞ ()f x ' +
0 +
()f x
单调递增
极大值 单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.()f x 33(a a 3(,)a -∞3()a +∞ （2）证明：因为存在极值点，所以由（1）知且.()f x 0a >00x ≠ 由题意得，即，200()30f x x a '=-=203
a
x =
进而，3
00002()3
a
f x x ax b x b =--=-
- 又，且，3
000000082(2)822()33
a a f x x ax
b x ax b x b f x -=-+-=-
+-=--=002x x -≠ 由题意及（1）知，存在唯一实数满足，且，因此，1x 10()()f x f x =10x x ≠102x x =-
所以.10+2=0x x
（3）证明：设在区间上的最大值为，表示，两数的最大值，下面分三种情况讨论：
()g x [1,1]-M max{,}x y y
①当时，，由（1） 知在区间上单调递减，3a ≥1133
-
≤-<≤()f x [1,1]- 所以在区间上的取值范围为，因此，()f x [1,1]-[(1),(1)]f f -
1,0,
1,0,
a b b a b b --≥⎧=⎨
--<⎩ 所以.1||2M a b =-+≥
②当时，，3
34a ≤<11≤-<<<≤
由（1）和（2） 知，，(1)(f f f -≥=(1)(f f f ≤=
所以在区间上的取值范围为，()f x [1,1]-[(f f
所以
max{|(
|,|(|}max{||,||}33f f b b -=
231
max{|
|,||}||944
b b b ==≥⨯=.
③当时，，由（1）和（2）知，3
04
a <<11-<<<
(1)(f f f -<=，，(1)(f f f >= 所以在区间上的取值范围为，因此，()f x [1,1]-[(1),(1)]f f -
11||4
a b =-+>
. 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.0a >()g x [1,1]
-14
考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】
1.求可导函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；
(2)求导函数f′(x)；
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．
(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．
2．由函数f(x)在(a ，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到． 13.【2016高考四川文科】（本小题满分14分）
设函数，，其中，e=2.718…为自然对数的底数.2()ln f x ax a x =--1
()x e
g x x
e
=-q R ∈ （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；
（Ⅲ）确定的所有可能取值，使得在区间（1，+∞）内恒成立.()()f x g x >
【答案】（1）当时，<0，单调递减；当时，>0，单调递增；（2）证明详见解析；
（3）.x ∈
0,)2a （'()f x ()f x x ∈+)2a
∞（，'()f x ()f x a ∈1
+)2∞[，
（Ⅰ）的结论，缩小的范围，设=，并设=，通过研究的单调性得时，，从而，这样得出不合题意，又时，的极小值点，且，也不合题意，从而，此时考虑得，得此时单调递
增
，
从
而
有
，
得
出
结
论．()g x 111e x x --11x x e x xe ---()s x 1
e x x --()s x 1x >()0g x >()0
f x >0a ≤102a <<
()f x 12x a =>(
)(1)02f f a
<=12a ≥1211()2e x h x ax x x -¢=-+-'()h x 2111
x x x x >-+-0>()h x ()(1)0h x h >=
试题解析：（I ） 2121
'()20).ax f x ax x x x
-=-=
>( 0a ≤当时， <0，在内单调递减.'()f x ()f x 0+∞（，） 0a >当时，
由=0，有.'()f x
x =当时，<0，单调递减；x ∈
（'()f x ()f x 当时，>0，单调递增.x ∈
+)
∞'()f x ()f x （II ）令=，则=.()s x 1e x x --'()s x 1e 1x --
当时，>0，所以，从而=>0.1x >'()s x 1e x x ->()g x 111e
x x -- （iii ）由（II ），当时，>0.1x >()g x 当，时，=.0a ≤1x >()f x 2(1)ln 0a x x --<
故当>在区间内恒成立时，必有.()f x ()g x 1+)∞（，0a > 当时，>1.1
2
a <<
由（I ）有,从而，(1)0
f f <=0
g > 所以此时>在区间内不恒成立.()f x ()g x 1+)∞（， 当时，令=().1
2
a ≥
()h x ()f x ()g x 1x ≥ 当时，=.1x >'()h x 122111112e x
ax x x x x x x
--+->-+-=3222
21210x x x x x x -+-+>> 因此在区间单调递增.()h x 1+)∞（，
又因为=0，所以当时，=>0，即>恒成立.(1)h 1x >()h x ()f x ()g x ()f x ()g x 综上，.a ∈1
+)2
∞[，
考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题．
【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问
题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求，解方程，再通过的正负确定的单调性；要证明函数不等式，一般证明的最小值大于0，为此要研究函数的单调性．本题中注意由于函数有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．'()f x '()0f x ='()f x ()f x ()()f x g x >()()f x g x -()()()h x f x g x =-()h x
14.【2015高考福建，文22】已知函数．2
(1)()ln 2
x f x x -=-
(Ⅰ)求函数的单调递增区间；()f x （Ⅱ）证明：当时，；1x >()1f x x <-
（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．01x >0(1,)x x ∈()()1f x k x >-
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）．⎛ ⎝
⎭(),1-∞ （II ）令，．()()()F 1x f x x =--()0,x ∈+∞
则有．()21F x x x
-'=
当时，，()1,x ∈+∞()F 0x '< 所以在上单调递减，()F x [)1,+∞
故当时，，即当时，．1x >()()F F 10x <=1x >()1f x x <- （III ）由（II ）知，当时，不存在满足题意．1k =01x > 当
时
，
对
于
，
有
，
则
，
从
而
不
存
在
满
足
题
意．1k >1x >()()11f x x k x <-<-()()1f x k x <-01x > 当时，令，，1k <()()()G 1x f x k x =--()0,x ∈+∞
则有．()()2111
G 1x k x x x k x x
-+-+'=-+-=
由得，．()G 0x '=()2110x k x -+-+=
解得，．10x =
<21x =
>
当时，，故在内单调递增．()21,x x ∈()G 0x '>()G x [)21,x 从而当时，，即，()21,x x ∈()()G G 10x >=()()1f x k x >- 综上，的取值范围是．(),1-∞ 【考点定位】导数的综合应用．
【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式或求解，但是要兼顾定义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意与不等价，只是的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．'()0f x >'()0f x <()()f x g x >min max ()()f x g x >min max ()()f x g x >()()f x g x >。