专题2.25 玩转高考压轴题之利用导数判断函数单调性(解析版)-2020年新课标高考数学题型(考点)全解密
利用导数判断函数单调性
利用导数判断函数的单调性函数)(x f y =在某个开区间内可导，如果总有 0)('>x f ，则 )(x f 在这个区间上是增函数；如果总有 0)('<x f ，则 )(x f 在这个区间上是减函数；如果恒有0)('=x f ，则)(x f 为常函数。
注意：在某一区间内0)('>x f （或0)('<x f ）是函数)(x f 在该区间上为增函数（或减函数）的充分条件，但不是必要条件。
1、已知2212)(x x x f -=，)10(log )(≠>=a a x x g a 且，)()()(x g x f x h -=在定义域上为减函数，且其导函数)('x h 存在零点。
（I ）求实数a 的值；(II)函数)(x p y =的图象与函数)(x g y =的图象关于直线x y =对称，且)('x P y =为函数)(x p y =的导函数，))(,(),,(212211x x y x B y x A <是函数)(x p y =图象上两点，若21210')(x x y y x P --=，判断210x x x 、、的大小，并证明你的结论 解：ax x g x x f ln 1)(',2)('=-= ………………………………………………（1分） ()()()h x f x g x =- 在()+∞,0上递减 0)('≤∴x h 对一切()+∞∈,0x 恒成立 即x x a 2ln 12+-≥对一切()+∞∈,0x 恒成立),0()2(ln 1m ax 2+∞∈+-≥⇔x x x a令1ln 1,11)1(2)(22≥∴≤+--=+-=ax x x x u ………………………………（3分） 1ln 10ln 11400ln 12)('2≤⇒≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=∆∴∞+=+-∴a a a x x x h ）上有根，在（存在零点，e a a =⇒=∴1ln …………（6分） 120121210212(()ln (),(8), x x x x x x x x g x x p x e x x x e e e e e e e x x =∴=<<-<<<<- Ⅱ)猜测…………………………………分只需证即令)()()(222x x e e x x e x F x x x <+--= ……………………………………（9分） ()1121121222121212'()()0(),,()0(),(11)x x x x x x x x x x x F x e e x x e e x x e F x x F x F x e e e x x e e e x x =+--=-<∴-∞>=-∴->-<-在上递减则（）即……………………………………分同理22121x x x e x x e e <-- …………………………………………………………（12分）利用导数判断函数的单调性例题分析复习回忆：利用导数判断单调性的充分条件——）上单调递减。
决战2020年高考数学(理)函数与导数专题： 单调性、极值、最值(解析版)
函数与导数导数及其应用单调性、极值、最值一、具体目标：1. 导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数，【考点讲解】但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定． 4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．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．1. 【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___________．【解析】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.首先由奇函数的定义得到关于a 的恒【真题分析】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 x xf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()e e e e x x 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-∞. 【答案】(]1,0--∞2.【2017年高考江苏】已知函数31()2e exx f x x x =-+-，其中e 是自然对数的底数． 若(1)f a -+2(2)0f a ≤，则实数a 的取值范围是 ． 【解析】因为31()2e ()exx f x x f x x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数， 因为22()32e e 322e e 0x x x x f 'x x x --=-++≥-+⋅≥，所以函数()f x 在R 上单调递增， 又21)02()(f f a a +-≤，即2())2(1a a f f ≤-，所以221a a ≤-，即2120a a +-≤，解得112a -≤≤，故实数a 的取值范围为1[1,]2-． 【答案】1[1,]2-3.【2017年高考山东】若函数e ()xf x （e 2.71828=L 是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 .①()2xf x -=②()3xf x -=③3()f x x =④2()2f x x =+【解析】本题考查新定义问题，属于创新题，考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，解决新问题时，需要把问题转化为已经熟悉的知识来解决．①e e ()e 2()2x x x x f x -=⋅=在R 上单调递增，故()2x f x -=具有M 性质；②e e ()e 3()3x x x x f x -=⋅=在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③3e ()e xxf x x =⋅，令3()e x g x x =⋅，则322()e 3e e (3)xxxg x x x x x '=⋅+⋅=+，∴当3x >-时，()0g x '>，当3x <-时，()0g x '<，∴3e ()e xxf x x =⋅在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增，故3()f x x=不具有M 性质；④2e ()e (2)x x f x x =+，令2()e (2)x g x x =+，则22()e (2)2e e [(1)1]0x x x g x x x x '=++=++>，则2e ()e (2)x x f x x =+在R 上单调递增，故2()2f x x =+具有M 性质．【答案】①④4.【2018年高考江苏】若函数()()3221=-+∈f x x ax a R 错误!未找到引用源。
专题02 利用导数求函数单调区间与单调性(解析版)
专题02 利用导数求函数单调区间与单调性专项突破一 利用导数判断或证明函数单调性一、多选题1．若函数f （x ）的导函数在定义域内单调递增，则f （x ）的解析式可以是（ ）A ．()2sin f x x x =+B ．()2f x x =C ．()1cos f x x =+D ．()2ln f x x x =+【解析】A ：由()()2sin 2cos f x x x f x x x '=+⇒=-，令()()2cos g x f x x x '==-，因为()2sin 0g x x '=+>，所以函数()f x '是实数集上的增函数，符合题意；B ：由()()22f x x f x x '=⇒=，因为一次函数()2f x x '=是实数集上的增函数，所以符合题意；C ：由()()1cos sin f x x f x x '=+⇒=-，因为函数()sin f x x '=-是周期函数，所以函数()sin f x x '=-不是实数集上的增函数，因此不符合题意；D ：由()()21ln 2f x x x f x x x '=+⇒=+，令()()12g x f x x x'==+，则()2221212x g x x x -'=-=，当2x ∈时，()()0,g x g x '<单调递减，因此不符合题意， 故选：AB 二、解答题2．已知函数()()21e xf x x x a -=++-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 至少有两个零点，求a 的取值范围．【解析】(1)由2()(21)e (1)e (1)e x x x f x x x x x x ---'=+-++=-， 在(,0)-∞，(1,)+∞上()0f x '<，在(0,1)上()0f x '>， 所以()f x 在(,0)-∞上递减，(0,1)上递增，(1,)+∞上递减.(2)由（1）知：()f x 极小值为(0)1f a =-，极大值为3(1)ef a =-，要使()f x 至少有两个零点，则1030ea a -≤⎧⎪⎨-≥⎪⎩，可得31e a ≤≤.3．设函数()323f x x ax b =-+.(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处与直线8y =相切，求a ，b 的值； (2)讨论函数()y f x =的单调性.【解析】(1)由题意知，2()36f x x ax '=-，又(2)8(2)0f f '==，即322232832620a b a ⎧-⨯+=⎨⨯-⨯=⎩，解得112a b ==，； (2)已知2()36f x x ax '=-，令()0f x '=，知1202x x a ==， 当0a =时，2()30f x x '=≥，此时函数()f x 在R 单调递增当0a >时，令()00f x x '>⇒<或2x a >，令()002f x x a '<⇒<<， 所以函数()f x 在(0)(2)a ∞∞-+，、，上单调递增，在(02)a ，上单调递减， 当0a <时，令()02f x x a '>⇒<或0x >，令()020f x a x '<⇒<<， 所以函数()f x 在(2)(0)a ∞∞-+，、，上单调递增，在(20)a ，上单调递减. 4．已知函数()1()x f x e axlnx a R =--∈，2()x g x xe x =-．当1a =时，求证：()f x 在(0,)+∞上单调递增. 【解析】证明：当1a =时，()ln 1x f x e x x =--，(0,)x ∈+∞，则()1x f x e lnx '=--，又1()x f x e x ''=-在(0,)+∞上单调递增，且1()202f ''<，且f ''（1）10e =->，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0001()0xf x e x ''=-=，当0(0,)x x ∈时，()0f x ''<，当0(x x ∈,)+∞时，()0f x ''>，()f x ∴'在0(0,)x 上单调递减，在0(x ,)+∞上单调递增，000()()1x f x f x e lnx ∴'≥'=--，0010x e x -=，∴001x e x =，00ln x x =-，001()10f x x x ∴'=+->，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增.5．已知函数()()()()211422ln f x x x a a x =-+-+-，讨论()f x 的单调性；【解析】因为2()(1)(14)(22)ln f x x x a a x =-+-+-，所以[][]2'2(1)(1)22()24(0)x a x a a f x x a x x x---+-=-+=>， 当1a ≤-时，110a a -<+≤，'()0f x >，()f x 在(0,)+∞上单调递增．当11a -<≤时，10a -≤，10a +>，若(1,1)x a a ∈-+，则'()0f x <，()f x 单调递减，若(0,1)x a ∈-，则'()0f x >，()f x 单调递增．当1a >时，110a a +>->，若(1,1)x a a ∈-+，则'()0f x <，()f x 单调递减，若 (0,1)x a ∈-或(1,)x a ∈++∞，则'()0f x >，()f x 单调递增．综上可得，当1a ≤-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当11a -<≤时()f x 在(0,1)a +上单调递减，在(1,)a ++∞上单调递增；当1a >时，()f x 在(1,1)a a -+上单调递减，在(0,1)a -，(1,)a ++∞上单调递增． 6．已知a ∈R ，设函数()()ln ln f x a x a x =++. (1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()2ln xf x a x a≤+恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】(1)()()()11a x a a f x x a x x x a ++'=+=++，0x >且x a >-， ①0a ≥，()0f x '>，()f x 单调递增；②1a ≤-，()0f x '<，()f x 单调递减； ③10a -<<，01aa a ->->+， ,1a x a a ⎛⎫∈-- ⎪+⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，,1a x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪+⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增； 综上，当0a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a ≤-时，()f x 在(,)a -+∞单调递减； 当10a -<<时，()f x 在,1a a a ⎛⎫-- ⎪+⎝⎭单调递减，在,1a a ⎛⎫-+∞ ⎪+⎝⎭单调递增 (2)()()2ln ln lnxf x a x a x a x a=++≤+， 即()2ln ln 0a x a a x a +-+≤，令()()2ln ln h x a x a a x a =+-+， 则()232a a x a a h x a x a x a -+-'=-=++，令()0h x '=，可得21a x a-=， 当1a ≥时，()0h x '≤，则()h x 在()0,∞+单调递减，则只需满足()0ln ln 0h a a a =+≤，∴ln 0≤a ，解得01a <≤，∴1a =；当01a <<时，可得()h x 在210,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在21,a a ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭单调递减，则()()22max11ln 1ln 0a h x h a a a a a a ⎛⎫-==--+≤ ⎪⎝⎭，整理可得2ln 0a a a --≤，令()2ln a a a a ϕ=--，则()()()121121a a a a a aϕ-+-'=--=， ()1002a a ϕ'>⇒<<，()1012a a ϕ'<⇒>>，则可得()a ϕ在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，则()max 13ln 2024a ϕϕ⎛⎫==--< ⎪⎝⎭，故01a <<时，()0h x ≤恒成立，综上，01a <≤；7．已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R .(1)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【解析】（1）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x =-'， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（2）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--，所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---()()sin x x a x a x =---()(sin )x a x x =--， 令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在R 上单调递增，因为(0)0h =， 所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.专项突破二 利用导数求函数单调区间(不含参)一、单选题1．函数()1e 2xf x x =-的单调减区间是（ ）A ．(2),ln -∞B ．(ln2,)+∞C ．(–),2∞D ．(2,)+∞【解析】1()1e 2xf x '=-,由()0f x '<，得ln 2x >，所以()f x 的单调递减区间为(ln2,)+∞.故选：B2．函数()()2ln 2f x x x =-的单调递减区间为（ ） A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．112⎛⎫⎪⎝⎭， D ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】由题得函数的定义域为(0,)+∞.()121222x f x x x-'=-⨯=， 令1()0,02f x x '<∴<<.所以函数的单调递减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭.故选：A 3．已知函数()f x 的导函数为()f x '，()()2ln 1f x x f x '=+，则函数()f x 的单调递增区间为（ ）A ．⎛ ⎝⎭B ．,⎛-∞ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭C ．⎛ ⎝⎭D ．⎫+∞⎪⎪⎝⎭【解析】由()()2ln 1f x x f x '=+得1()2(1)f x f x x''=+，所以(1)12(1)f f ''=+，(1)1f '=-， 2112()2x f x x x x -'=-=，因为0x >，所以由212()0x f x x -'=>得0x <<C ． 4．已知函数f (x )满足()()()2212e 02x f x f f x x -'=-+，则f (x )的单调递减区间为（ ） A ．(-∞,0)B ．(1,+∞)C ．(-∞,1)D ．(0,+∞)【解析】由题设()()()22e 0x f x f f x -''=-+，则()()()2202f f f ''=-+，可得()02f =，而()()2022e f f -'==，则()2e 22f '=，所以()212e 22xf x x x =-+，即()2e 2x f x x '=-+，则()00f '=且fx 递增，当0x <时0f x，即()f x 递减，故()f x 递减区间为(-∞,0).故选：A二、多选题 5．函数()1ln f x x x=的一个单调递减区间是（ ） A ．（e ，+∞）B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．（0，1e ）D ．（1e，1）【解析】()f x 的定义域为()()0,11,+∞，()()()'2210ln 1ln ln ln x x x x f x x x x x ⎛⎫-+⨯ ⎪+⎝⎭==-， 所以()f x 在区间()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上()'0f x <，()f x 递减，所以AD 选项符合题意.故选：AD三、填空题6．函数()2ln f x x x x =+-的单调递增区间是______．【解析】()2ln f x x x x=+-的定义域为()0,∞+，()()()2222211221x x x x f x x x x x -+--='=--=，令()0f x '>，解得：2x >或1x <-， 因为定义域为()0,∞+，所以单调递增区间为()2,+∞.7．函数()2cos f x x x =+，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的增区间为___________.【解析】由已知得()12sin f x x =-'，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令()0f x '>，即12sin 0x ->，解得π06x <<，令()0f x '<，即12sin 0x -<，解得ππ62x <<， 则()f x 的单调递增区间为π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为ππ,62⎛⎫⎪⎝⎭，故答案为:π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭.四、解答题8．已知函数2()ln 3f x x x x=++． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程．【解析】(1),()0x ∈+∞，22221232(32)(1)()3x x x x f x x x x x +--+=-+=='， 解()0f x '<得20,3x <<解()0f x '>得2,3x >所以()f x 的单调减区间是20,,()3f x ⎛⎤ ⎥⎝⎦的单调增区间是2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．(2)由（1）知(1)2f '=，而(1)5f =，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为52(1)y x -=-，即23y x =+．专项突破三 利用导数求函数单调区间(含参)1．设函数()e 2xf x ax =--，求()f x 的单调区间．【解析】()f x 的定义域为(),-∞+∞，()e xf x a '=-．若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(),-∞+∞上单调递增．若0a >，则当(),ln x a ∈-∞时，()0f x '<；当()ln ,x a ∈+∞时，()0f x '>． 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增． 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增． 2．已知函数()()21ln 12f x a x x a x =+-+. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥ 0对定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】(1)求导可得()(1)()(0)>'--=x a x f x x x①0a ≤时，令()0f x '<可得1x <，由于0x >知01x <<；令()0f x '>，得1x > ∴函数()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增；②01a <<时，令()0f x '<可得1<<a x ；令()0f x '>，得1x >或x a <，由于0x >知0x a <<或1x >；∴函数()f x 在(,1)a 上单调递减，在(0,),(1,)+∞a 上单调递增； ③1a =时，()0f x '≥，函数()y f x =在(0,)+∞上单调递增；④1a >时，令()0f x '<可得1x a <<；令()0f x '>，得x a >或1x <，由于0x >知01x <<或x a > ∴函数()f x 在(1,)a 上单调递减，在(0,1),(,)+∞a 上单调递增； (2)由（1）0a ≥时，1(1)02f a =--<，（不符合，舍去）当0a <时，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，故函数在1x =处取得最小值，所以函数()0f x ≥对定义域内的任意x 恒成立时，只需要(1)0f ≥即可 ，∴12a ≤-.综上，12a ≤-.3．设函数()()32211,3f x x x m x =-++-其中0m >．（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线斜率； （2）求函数()f x 的单调区间．【解析】（1）由题设，()3213f x x x =-+，则()22f x x x '=-，∴()11f '=，故点()()1,1f 处的切线斜率为1.（2）由题设，()()2221f x x x m '=-++-，又2244(1)40m m ∆=+-=>，∴()(1)(1)f x x m x m '=-+++-，且11m m -<+， 当0f x 时，11m x m -<<+，()f x 单调递增； 当0fx时，1x m <-或1x m >+，()f x 单调递减；∴()f x 在(1,1)m m -+上递增，在(,1)m -∞-、(1,)m ++∞上递减.4．已知函数()()22x xf x ae a e x =+--，讨论()f x 的单调性．【解析】()f x 的定义域为R ，()()()22211(21)x x x xf x ae a e ae e '=+--=-+，若0a ≤，则()0f x '<恒成立，故()f x 在(),-∞+∞上为减函数； 若0a >，则当ln x a <-时，()0f x '<，当ln x a >-时，()0f x '>， 故()f x 在()ln ,a -+∞上为增函数，在(),ln a -∞-上为减函数，综上，当0a ≤时，()f x 在(),-∞+∞上为减函数；当0a >时，()f x 在()ln ,a -+∞上为增函数，在(),ln a -∞-上为减函数． 5．已知函数()21ln 2f x x a x ax =--()0a >． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的值．【解析】(1)()()21a f x x a x ax a x x'=--=--，令()0f x '=，得20x ax a --=．因为0a >，则240a a ∆=+>，即原方程有两根设为12,x x 0x >，所以10x =<（舍去），2x =则当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '<，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '> ()f x在⎛ ⎝⎭上是减函数，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上是增函数．(2)由（1）可知()()2min f x f x =．①若()20f x =，则()()220,0,f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即222222210,20,x alnx ax x ax a ⎧--=⎪⎨⎪--=⎩，可得2212ln 0x x --=，设()12ln h x x x =--，()h x 在()0,∞+上单调递减所以()0h x =至多有一解且()10h =，则21x =，代入解得12a =． ②若()20f x <，则()()220,0,f x f x ⎧<⎪⎨='⎪⎩，即222222210,20,x alnx ax x ax a ⎧--<⎪⎨⎪--=⎩，可得2212ln 0x x --<，结合①可得21>x ，因为211ex <<，21111ln e 2ee ef a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭2102e e a a =+->，所以()y f x =在21,ex ⎛⎫⎪⎝⎭存在一个零点．当4x a >时，()2ln f x ax a x ax >--()ln 0a x x =->，所以()y f x =在()2,x +∞存在一个零点．因此()y f x =存在两个零点，不合题意 综上所述：12a =．6．已知函数()()e 1xf x m x =++()m ∈R .(1)当1m =时，求()f x 在()()22f ,处的切线方程； (2)讨论()f x 的单调性.【解析】(1)当1m =时，()e 2x f x x =+，()22e 4f =+，()e 2x f x '=+，()22e 2f '=+，故()f x 在()()22f ,处的切线方程为()()()22e 4e 22y x -+=+-，即()22e 2e 0x y +--=；(2)()e 1xx m f =++'，当10m +≥，即1m ≥-时，()0f x '>，()f x 在R 上单调递增； 当10+<m ，即1m <-时，由()0f x '>，得()ln 1x m >--，由()0f x '<，得()ln 1x m <--， ∴()f x 在()()ln ,1m -∞--上单调递减，在()(),ln 1m --+∞上单调递增． 综上所述，当1m ≥-时，()f x 在R 上单调递增；当1m <-时，()f x 在()()ln ,1m -∞--上单调递减，在()(),ln 1m --+∞上单调递增． 7．设函数2()(2)ln ()f x x a x a x a R =+--∈. (1)若1a =，求()f x 的极值； (2)讨论函数()f x 的单调性.【解析】(1)当1a =时，2()ln f x x x x =--(0)x >， 所以2121(21)(1)()21x x x x f x x x x x--+-'=--==， 当1x >时，()0,()f x f x '>单调递增，当01x <<时，()0,()f x f x '<单调递减， 所以当1x =时，该函数有极小值(1)0f =，无极大值. (2)由2()(2)ln (0)f x x a x a x x =+-->，22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x+--+-'⇒=+--==，当0a ≥时，当1x >时，()0,()f x f x '>单调递增，当01x <<时，()0,()f x f x '<单调递减； 当0a <时，1()02af x x '=⇒=-，或21x =，当2a =-时，22(1)()0x f x x-'=≥，函数在0x >时，单调递增， 当2a <-时，12a ->， 当01x <<时，()0,()f x f x '>单调递增，当12a x <<-时，()0,()f x f x '<单调递减， 当2a x >-时，()0,()f x f x '>单调递增， 当20a -<<时，12a -<， 当02a x <<-时，()0,()f x f x '>单调递增， 当12a x -<<时，()0,()f x f x '<单调递减， 当1x >时，()0,()f x f x '>单调递增，综上所述：当0a ≥时， ()f x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减；当2a =-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2a <-时，()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)2a -单调递减，在(,)2a -+∞上单调递增； 当20a -<<时，()f x 在(0,)2a -单调递增，在(,1)2a -单调递减，在(1,)+∞上单调递增 8．已知函数()2()ln(1)2f x x a x x =++++(其中常数0a >)，讨论()f x 的单调性； 【解析】21231()(21)11ax ax a f x a x x x +++=++=++， 记2()231g x ax ax a =+++，28a a ∆=-，①当0∆≤，即08a <≤时，()0g x ≥，故'()0f x ≥，所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．②当0∆>，即当8a >时，()0g x =有两个实根1x ，2x 注意到(0)10g a =+>， (1)610g a =+>且对称轴3(1,0)4x =-∈-，故12(),1,0x x ∈-，所以当11x x -<<或2x x >时，()0>g x ，()0f x '>，()f x 单调递增；当2i x x x <<时，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减．综上所述，当08a <≤时，()f x 在(1,)-+∞单调递增；当8a >时，()f x 在(-和)+∞上单调递增，在上单调递减．专项突破四 利用函数单调性比较大小一、单选题1．已知ln 33a =，1e b =，ln 55c =，则以下不等式正确的是（ ） A ．c b a >> B ．a b c >>C ．b a c >>D ．b c a >> 【解析】令()ln x f x x =,则()21ln x f x x -'=, 当0e x <<时,()()0,f x f x '>单调递增,当e x >时,()()0,f x f x '<单调递减,因为e<35<,所以()()()e 35f f f >>,所以b a c >>故选:C2．设11011,ln2,10a b c e ===，则（ ） A ．c a b >> B ．a c b >> C ．c b a >> D ．a b c >> 【解析】根据题意，111,ln2110a b =>=<，则a b >， 构造函数()1(0)x f x e x x =-->，所以()10x f e x ='->恒成立，所以()1xf x e x =--在()0,∞+上单调递增，所以()110111001010f e f ⎛⎫=-->= ⎪⎝⎭，即1101110e >，所以c a >，故c a b >>.故选：A3．已知a =1b e -=，3ln 28c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a b c >> B ．b c a >> C ．c a b >> D ．b a c >>【解析】根据题意，ln55a =，1ln =e b e e -=，ln88c =. 令()ln x f x x =，则()21ln x f x x -'=，由()0f x '<得x e >；由()0f x '>得0x e <<； 则函数()f x 在()0e ，上单调递增，在(),e +∞上单调递减，又58e <<，所以()()()58f e f f >>，因此b a c >>．故选：D ．4．已知函数()sin f x x x =，ln 22a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，sin 3b f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，(ln )c f π=，则a ，b ，c 大小（ ） A ．a c b <<B ．a b c <<C ．b a c <<D ．c b a <<【解析】由题意，函数()sin f x x x =，可得()sin cos f x x x x '=+，当(0,)2x π∈时，可得()0f x '>，()f x 单调递增，又由ln 21,sin ln 1223e ππ==>=，且3ln 2π<=， 所以ln 20sin ln 232πππ<<<<，所以a b c <<.故选：B. 5．已知()232ln 3ln 31,,e 3ea b c -===，则a 、b 、c 的大小关系为（ ） A ．c b a >> B ．c a b >> C ．b c a >> D ．a b c >> 【解析】由题可知22e ln ln 3ln e 3,,e 33a b c e ===，构造函数ln ()x f x x=，则21ln ()x f x x -'=， 所以()f x 在()0,e 单调递增，()e,∞+单调递减，所以()()max e f x f =，即c 最大；对于a 、b ，构造函数()()2e ,(e)g x f x f x x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， 因为()222222e e ln ln 2ln e e e e x x x x x f x x-⎛⎫=== ⎪⎝⎭，令()()22ln e x x h x -=，得()21ln e x h x -'=， 在(,)e +∞上，()()22221ln 1ln 111ln 0e e x x g x x x x--⎛⎫=-=--> ⎪⎝⎭'，()g x 单调递增； 所以()()3e 0g g >=，从而()2e 303f f ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，(3)b f =，2()3e a f =，即b a >，综上，c b a >>.故选：A 6．若2e 2e x x y y ---<-，则（ ）A ．()ln 10y x -+<B ．()ln 10y x -+>C ．ln 0x y ->D ．ln 0x y -<【解析】令()2e x x f x -=-，则()2ln 2e 0x x f x -'=+>恒成立，故()2e x x f x -=-单调递增，由2e 2e x x y y ---<-可得：x y <，故()ln 1ln10y x -+>=，A 错误，B 正确；x y 可能比1大，可能等于1，也可能()0,1x y -∈，故不能确定ln x y -与0的大小关系，CD 错误. 故选：B7．已知21ln 2ln3,,e 49a b c ===，则（ ） A ．a b c <<B ．c a b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【解析】设2ln ()x f x x =，则()()()e ,2,3a f b f c f ===，又312ln ()-'=x f x x ，于是当)x ∞∈+时，()0f x '<，故2ln ()x f x x =2e 3=<<，则有()()()3e 2f f f <<，即c a b <<.故选：B. 8．已知函数()f x '为函数()f x 的导函数，满足()tan ()x f x f x '⋅>，6a π⎛⎫= ⎪⎝⎭，4b π⎛⎫= ⎪⎝⎭，3c π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则下面大小关系正确的是（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【解析】根据题意，()()tan ()tan ()0x f x f x x f x f x ''⋅>⇔⋅->，变换可得：()()()()cos tan 0tan 0tan sin f x f x x x f x x f x x x ⋅⎛⎫⎛⎫''->⇔-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2sin ()0cos sin x f x x x '⎛⎫⇔> ⎪⎝⎭， 解析可得，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos 0x >，()0sin f x x '⎛⎫> ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， cos 0x <，()0sin f x x '⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以函数()()sin f x g x x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以643sin sin sin 643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<，即2643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：A. 9．已知ln a ππ=，2ln 2b =，c e =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a c b <<B ．c a b <<C ．c b a <<D ．b a c << 【解析】ln a ππ=，2ln 2b =，ln e c e e ∴== 构造函数()ln x f x x=且()2ln 1()ln x f x x -'= 当1x e <<时ln 1x <,此时()2ln 1()0ln x f x x -'=<;当x e >时ln 1x >,此时()2ln 1()0ln x f x x -'=>. 故()ln x f x x=当()1,x e ∈单调递减,当(,)x e ∈+∞单调递增. 故min ()()f x f e e c === 故,a c b c >> ，2224(4)ln 22ln 2ln 4b f ⋅==== 又40(4)()f f ππ>>∴> 即b a > ，故c a b <<，故选: B10．若01a b <<<，则（ ）A ．e e ln ln b a b a -<-B ．e e ln ln b a b a -≥-C ．e e a b b a ≤D ．e e a b b a >【解析】对于A,B,令()e ln x f x x =- ，则1()e x f x x'=-， 当01x <<时，1()e x f x x'=-单调递增，且2132123()e 20,()e 0232f f ''=-<=-=>> 故存在012(,)23x ∈ ，使得0()0f x '=， 则当0(0,)x x ∈时，()e ln x f x x =-递减，当0(,1)x x ∈时，()e ln x f x x =-递增，由于01a b <<<，此时()e ln ,()e ln a b f a a f b b =-=-大小关系不确定，故A,B 均不正确；对于C,D,设e g()=x x x ，则e (1)g ()=x x x x-'， 当01x <<时，()0g x '<，故e g()=xx x 单调递减， 所以当01a b <<<时，()()g a g b > ，即e e a b a b> ，即e e a b b a >， 故C 错误，D 正确，故选：D 11．设20222020a =，20212021b =，20202022c =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a >> 【解析】∵ln2020ln 2022ln20202021ln2021ln 2021ln20212022a b ==，构造函数()()2ln 1x f x x e x =≥+，()()21ln 1x x x f x x x +-'=+， 令()1ln g x x x x =+-，则()ln 0g x x '=-<，∴()g x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()2210g x g e e ≤=-<，故()0f x '<， ∴()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()202020210f f >>，∴()()2020ln 1ln 2021f a b f => ∴ln ln a b >.∴a b >，同理可得ln ln b c >，b c >，故a b c >>，故选：A二、多选题12．下列命题为真命题的个数是（ ）A．ln3< B．ln π<C．15< D．3eln2<【解析】设函数()0f x x =>，则()f x '==当20e x <≤时，()0f x '>，当2e x >时，()0f x '<，故()0f x x =>在2(0,e ) 上递增，在2(e ,)+∞ 上递减， 对于A ，由234e << ，故(3)(4)f f <,<， 即2ln 2,ln 322<<，A 正确； 对于B ，2e<π <e ，故(e)(π)f f <<ln πB 错误； 对于C ，21615e >> ，故(16)(15)f f <4ln 24<<故ln 22ln15<<，则ln 15<<，故C 正确； 对于D ，28e > ，故2(8)(e )f f <22e<，即3eln2<D 正确，故选：ACD专项突破五 函数与导函数图像关系一、单选题1．函数()y f x =在定义域3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭内可导，图像如图所示，记()y f x =的导函数为()y f x '=，则不等式()0f x '≥的解集为（ ）A ．[)1,12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1481,,233⎡⎤⎡⎤-⋃⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦C ．[]31,1,223⎛⎤--⋃ ⎥⎝⎦D ．3148,,2333⎛⎤⎡⎤--⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦ 【解析】()0f x '≥的解集即为()y f x =单调递增区间结合图像可得()y f x =单调递增区间为[]31,,1,223⎛⎤-- ⎥⎝⎦则()0f x '≥的解集为[]31,1,223⎛⎤--⋃ ⎥⎝⎦，故选：C ． 2．如图是函数y =f （x ）的导函数()y f x '=的图象，则下列判断正确的是（ ）A ．在区间()2,1-上f （x ）单调递增B ．在区间（1，3）上f （x ）单调递减C ．在区间()4,5上f （x ）单调递增D ．在区间（3，5）上f （x ）单调递增 【解析】由导数图象知，在区间32,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上小于0，在3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭上大于0，函数f （x ）先减后增，A 错误； 在区间()1,2上大于0，在()2,3上小于0，函数f （x ）先增后减，B 错误；在区间()4,5上大于0，函数f （x ）单调递增，C 正确；在区间()3,4上小于0，在()4,5上大于0，函数f （x ）先减后增，D 错误.故选：C.3．函数f （x ）的图象如图所示，则()0x f x '⋅<的解集为（ ）A ．()()320,1--,B ．()(),13,-∞-⋃+∞C ．()()2,10,--⋃+∞D ．()(),31,-∞-⋃+∞ 【解析】由函数图象与导函数大小的关系可知：当()(),3,2,1x x ∞∈--∈-时，()0f x '<，当()()3,2,1,x x ∞∈--∈+时，()0f x '>，故当()()(),3,2,0,1,,x x x ∞∈--∈-∈+∞时，()0x f x '⋅>；当()0,1x ∈时，()0x f x '⋅<；当()3,2x ∈--时，()0x f x '⋅<，故()0x f x '⋅<的解集为()()320,1--,.故选：A4．若函数()y f x =的导函数图象如图所示，则该函数图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【解析】由导函数图像可知，原函数的单调性为先单增后单减再单增，符合的只有A 选项. 故选：A5．已知()21cos 4f x x x =+，()f x '为()f x 的导函数，则()y f x '=的图像大致是（ ） A ．B ．C ． D ． 【解析】1()sin 2f x x x '=-，()'f x 为奇函数，则函数()f x '的图像关于原点对称，排除选项A 、D ，令()()g x f x '=，1()cos 2g x x '=-，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0g x '<，()g x 在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，故选B ． 6．已知函数()y f x =的图象如图所示，()f x '是函数()f x 的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）A ．()()()()224224f f f f ''<-<B ．()()()()222242f f f f '<<-C ．()()()()222442f f f f ''<<-D ．()()()()422422f f f f ''-<<【解析】由函数()f x 的图象可知，当0x ≥时，()f x 单调递增，所以(2)0f '>，(4)0f '>，(4)(2)0f f ->，由此可知，()'f x 在(0,)+∞上恒大于0，因为直线的斜率逐渐增大，所以()'f x 单调递增，结合导数的几何意义， 故(4)(2)(2)(4)42f f f f -''<<-，所以()()()()224224f f f f ''<-<，故选：A ．。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
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。
利用导数判断函数的单调性含答案
3.3.1利用导数判断函数的单调性一、学习目标：学会利用导数判断函数的单调性. 二、复习巩固：1.函数的平均变化率如何求？2.导数与平均变化率的关系是怎样的？3.如何用定义证明函数单调性？三、自主学习：自学课本，思考下面问题：1. 设函数y=f(x) 在区间（a,b ）内可导，那么在这个区间内f (x)'满足什么条件时，函数y=f(x)为这个区间内的增函数；在这个区间内f (x)'满足什么条件时，函数y=f(x) 为这个区间内的减函数 ？2. 求函数单调区间可以分几步完成？注：（1）若函数在区间的端点有意义，写区间时往往把端点写进去。
（2）若有多个单调区间，不可以用“∪”并起来！但可以用“和”“及”连起来 3. （重要结论）设函数y=f(x) 在区间（a,b ）内可导，若函数y=f(x) 为这个区间内的增函数，则在这个区间内f (x)0'≥恒成立； 若函数y=f(x) 为这个区间内的减函数，则在这个区间内f (x)0'≤恒成立。
四、尝试练习：1.（A ）y=2x-x 2的单调增区间为 ( )A ．（0，2）B ．（-∞，1）C ．（-1，1）D ．（1，+∞） 2.（A ） 函数1y x x=-的单调区间为（ ） A. ),0()0,(+∞-∞ B. (,0)(0,)-∞+∞和 C. (,1),-∞ D. (1,)+∞3.（B ）函数xe f(x)=x的单调增区间是（ ）A. (,0)-∞B. (,1)-∞C. (1,1),-D. (1,)+∞4.（A ）函数y=x x ln 21-的单调减区间为 .5.（A ）函数f (x )=13x 3－x 2-3x+1的单调增区间为 减区间为 .6.（B ）求证：当x<2时32x 6x 12x 17-+-<.7.（C ）确定函数f (x )=ax (a 0)x+>在(0，+∞)上的单调区间.五、小结： 六、：巩固提升：1.（A ）关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是（ ） A.在区间)0,(-∞内，f(x)为增函数 B.在区间（0，2）内，f(x)为减函数C.在区间),2(+∞内，f(x)为增函数D.在区间),2()0,(∞+-∞ 内，f(x)为增函数2.（A ）函数y=xlnx 的单调减区间是（ ）A.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+,1eB.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-e 1,C.⎪⎭⎫⎝⎛e 1,D.()∞+,e 3.（B ）设)('x f 是函数f(x)的导数，y f '(x)=的图象如右图所示，则y=f(x)的图象最有可能是（ ） 4．（B ）函数f(x)的导函数)('x f y =的图象如下图，则函数f(x)的单调递增区间为 5.（B ）函数f (x )=4x x+的增区间为 ； 减区间为 . 6.（C ）证明不等式：xe x 1≥+3.3.1利用导数判断函数的单调性 参考答案：一、尝试练习：1-3. BBD 4.(0，2) 5. 增(,1],[3,)-∞-+∞；减[-1,3] 6. 证明：令3232f (x)x 6x 12x 17x 6x 12x 8=-+--=-+-， 则/22f (x)3x 12x 123(x 2)=-+=- ∵当x<2时/f (x)0≥∴f (x)在（-∞，2）上单调递增∴f (x)f (2)0<=∴32x 6x 12x 17-+-<7. 解：2/22a x af (x)1x x -=-=//x 0f (x)0x f (x 0x >∴>><由可得）<可得0<∴函数f (x )=ax (a 0)+>在(0，+∞)上的单调增区间)+∞；减区间为注：函数f (x )=a x (a 0)x +>在（-∞，0）上的单调性可利用f (x )=ax (a 0)x+>是奇函数，通过图像对称而得到。
利用导数判断函数单调性
利用导数判断函数单调性函数的单调性是数学中一个重要的概念，它描述了函数在指定区间上是递增还是递减的特性。
通过判断函数的导数的正负性，我们可以确定函数在不同区间上的单调性。
本文将介绍通过导数判断函数单调性的方法，并提供一些实例来帮助读者更好地理解。
导数的定义在介绍如何利用导数判断函数单调性之前，让我们先复习一下导数的定义。
给定函数y = f(x)，如果在某个点x处导数存在，那么该导数表示函数在该点的变化率。
导数可以通过以下公式表示：f'(x) = lim({f(x + h) - f(x)}/{h}) as h approaches 0其中，f’(x)表示函数f(x)的导数。
可以看出，导数的定义是通过求函数在某个点附近的斜率来描述函数的变化率。
利用导数判断函数单调性的方法函数在某个区间上的单调性可以通过导数的正负来判断。
具体而言，如果在区间[a, b]上，函数的导数大于0，则函数在该区间上是递增的；如果导数小于0，则函数在该区间上是递减的。
这可以用以下定理来描述：定理 1：如果函数f(x)在一个区间(a, b)上连续，并且在该区间上处处可导，则有：1.如果f’(x) > 0在(a, b)上成立，则f(x)在(a, b)上递增。
2.如果f’(x) < 0在(a, b)上成立，则f(x)在(a, b)上递减。
基于这一定理，我们可以通过以下步骤来判断函数在指定区间上的单调性：1.求出函数的导数f’(x)。
2.找出导数f’(x)的所有零点，这些点被称为函数f(x)的临界点。
3.根据临界点将区间分为一系列子区间。
4.检查每个子区间内的导数的正负性。
5.根据导数的正负性判断函数在每个子区间内的单调性。
值得注意的是，我们还需要考虑函数在临界点和区间的端点上的单调性。
对于区间端点，我们可以采用类似的方式判断端点处的单调性。
接下来，我们将通过一些实例来帮助读者理解如何利用导数判断函数单调性。
实例 1考虑函数f(x) = x^2 - 2x + 1在区间(-∞, +∞)上的单调性。
利用导数判断函数的单调性的方法
利用导数判断函数的单调性的方法利用导数判断函数的单调性的方法利用导数判断函数的单调性,其理论依据如下:设函数在某个区间内可导,如果,则为增函数;如果,则为减函数.如果,则为常数.要用导数判断好函数的单调性除掌握以上依据外还须把握好以下两点:一．导数与函数的单调性的三个关系我们在应用导数判断函数的单调性时一定要搞清以下三个关系,才能准确无误地判断函数的单调性.以下以增函数为例作简单的分析,前提条件都是函数在某个区间内可导.1．与为增函数的关系.由前知,能推出为增函数,但反之不一定.如函数在上单调递增,但,∴是为增函数的充分不必要条件.2．时,与为增函数的关系.若将的根作为分界点,因为规定,即抠去了分界点,此时为增函数,就一定有.∴当时,是为增函数的充分必要条件.3．与为增函数的关系.由前分析,为增函数,一定可以推出,但反之不一定,因为,即为或.当函数在某个区间内恒有,则为常数,函数不具有单调性.∴是为增函数的必要不充分条件.函数的单调性是函数一条重要性质,也是高中阶段研究的重点,我们一定要把握好以上三个关系,用导数判断好函数的单调性.因此新教材为解决单调区间的端点问题,都一律用开区间作为单调区间,避免讨论以上问题,也简化了问题.但在实际应用中还会遇到端点的讨论问题,特别是研究以下问题时.二．函数单调区间的合并函数单调区间的合并主要依据是函数在单调递增,在单调递增,又知函数在处连续,因此在单调递增.同理减区间的合并也是如此,即相邻区间的单调性相同,且在公共点处函数连续,则二区间就可以合并为一个区间.【例】用导数求函数()的单调区间.解:(用第一种关系及单调区间的合并),当,即或时,∴在,上为增函数,又∵在处连续,且相邻区间的单调性又相同,∴在上为增函数.旧教材很少提到函数单调区间的合并,原因在于教师很难讲,学生很难把握,但是新教材引进函数的连续性和导数之后就很容易说明,也很容易理解了.综之,用导数证明划分函数的单调性是导数最常用.也是最基本的应用,其它重要性如极值.最值等都必须用到单调性.它比用单调性的定义证明要简单许多,划分也容易理解得多.讨论可导函数得单调性可按如下步骤进行:(1)确定的定义域;(2)求,令,解方程求分界点;(3)用分届点将定义域分成若干个开区间;(4)判断在每个开区间内的符号,即可确定的单调性.以下是前几年高考用导数证明.求单调性的题目,举例说明如下: 例1设,是上的偶函数.(I)求的值;(II)证明在上是增函数.(_年天津卷)解:(I)依题意,对一切有,即,∴对一切成立,由此得到,,又∵,∴.(II)证明:由,得,当时,有,此时.∴在上是增函数.例2设函数,其中.(2000年全国.天津卷)(I)解不等式;(II)证明:当时,函数在区间上是单调函数.解1:(I)分类讨论解无理不等式(略).(II)作差比较(略).解2:(i)当时,有,此时,函数在区间上是单调递减函数.但,因此,当且仅当时,. (ii)当时,解不等式,得,在区间上是单调递减函数.解方程,得或,∵,∴当且仅当时,,综上,(I)当时,所给不等式的解集为:;当时,所给不等式的解集为:.(II)当且仅当时,函数在区间上时单调函数.例3设,求函数的单调区间.(_年高考(理)19题)解:() 当,时,,,(i)当时,对所有,恒有,即,此时在单调递增;(ii)当时,对,恒有,即,此时在单调递增,在单调递增,又知函数在处连续,因此在单调递增;(iii)当时,令,即,解得或,因此,函数在单调递增,在单调递增,令,即,解得,因此,函数在上单调递减.本题用传统作差比较法无法求函数的单调区间,只有用导数才行.。
利用导数研究函数的单调性-2020年江苏省高考数学考点探究(解析版)
专题16 利用导数研究函数的单调性专题知识梳理1. 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 )在区间上单调递增,可转化为在上恒成立，且在的任意子区间上不恒为0；也可转化为 增区间 ；函数y ＝f (x )在区间上单调递减,可转化为___在上恒成立，且在的任意子区间上不恒为0_；也可转化为 减区间_；（2）函数y ＝f (x )的增区间是，可转化为增区间__,也可转化为是的两根；函数y ＝f (x )的增区间是，可转化为减区间_,也可转化为是的两根；考点探究考向1 求函数的单调区间 【例】求下列函数的单调区间： (1) ； (2) 【解析】(1) 法一：因为，定义域为R ， 所以当时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞)；当时，x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1. (a ,b )f '(x )³0(a ,b )(a ,b )(a ,b )Í(a ,b )f '(x )£0(a ,b )(a ,b )(a ,b )Í(a ,b )(a ,b )=a ,b f '(x )=0(a ,b )(a ,b )=a ,b f '(x )=0f (x )=x 3-12x 2-2x +3g (x )=x 2-2ln x f '(x )=3x 2-x -2=(3x +2)(x -1)f '(x )>0f '(x )<0所以函数的单调增区间为（－∞，－23）和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎛⎭⎫－23，1. 法二：，定义域为R ， 令,得或,列表：所以函数的单调增区间为（－∞，－23）和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎭⎫－23，1. （2）,定义域为： 令，解得：,或(舍去)，列表：所以函数的单调增区间是，单调减区间是 题组训练1.函数的减区间为________． 【解析】'()e -1<0,xf x =∴x ∈(－∞，0) 2.函数的增区间为____________. 【解析】,即,解得,或3.（易错题）函数的单调递减区间是________．【解析】令得所以或，故函数的单调递减区间是和．考向2 含参函数单调性的讨论f '(x )=3x 2-x -2=(3x +2)(x -1)f '(x )=0x =-23x =1g '(x )=2x -2x =2(x +1)(x -1)x(0,+¥)g '(x )=0x =1x =-1f (x )=e x -x f (x )=12x +cos x ,x 0,2p []f '(x )=12-sin x >0sin x <120<x <p 6p6<x <2p f (x )=xln xf '(x )=ln x -1ln 2x f '(x )<0ln x <0ln x ¹0ìíî0<x <11<x <e (0,1)(1,e )【例】已知函数(1)当时，求的单调性；（2）讨论的单调性 【解析】当时，令,得,列表如下：（2）的定义域为， 若，则恒成立，所以在上单调递增； 若,则令,得,列表如下：综上：当时，在上单调递增；当时，在递增，在上递减。
利用导函数图象研究函数的单调性问题(含参讨论问题)(原卷版)-2024年高考数学复习解答题解题思路
专题03利用导函数图象研究函数的单调性问题（含参讨论问题）(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：导函数有效部分是一次型（或可化为一次型）................................2题型二：导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式分解型.....3题型三：导函数有效部分是二次型且不可因式分解型....................................4三、专项训练. (4)借助导函数有效部分()g x 的图象辅助解题：①令()0g x =，确定其零点0x ，并在x 轴上标出②观察()y g x =的单调性，③根据①②画出草图2、导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式分解型借助导函数有效部分()g x 的图象辅助解题：①对()g x 因式分解，令()0g x =，确定其零点1x ，2x 并在x 轴上标出这两个零点②观察()y g x =的开口方向，③根据①②画出草图3、导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且不可因式分解型①对()y g x =，求24b ac ∆=-②分类讨论0∆≤③对于0∆>，利用求根公式求()0g x =的两根1x ，2x ④判断两根1x ，2x 是否在定义域内：对称轴+端点正负⑤画出()y g x =草图二、含参问题讨论单调性的原则1、最高项系数含参，从0开始讨论2、两根大小不确定，从两根相等开始讨论3、考虑根是否在定义域内二、典型题型题型一：导函数有效部分是一次型（或可化为一次型）1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()ln f x x a x =-，讨论()f x '的单调性.2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()ln R f x a x a x a =+-∈，讨论()f x 的单调性.3．（2023上·四川成都·高三成都外国语学校校考开学考试）已知函数()()e xf x a a x =+-，()R a ∈(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)求()f x 的单调区间．。
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.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是．【答案】【解析】函数在上单调递增即在恒成立,则有在恒成立即,构造函数,,当时, ,当时, ,所以当时,因此,答案为.【考点】1.导数与函数的单调性;2.不等式的恒成立问题;3.函数的最值问题2. .定义在上的函数满足：则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令，由于，所用在上是增函数，【考点】函数的单调性与导数的关系.3.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.4.设函数(其中).（1）当时,求函数的单调区间;（2）当时,求函数在上的最大值.【答案】（1）函数的递减区间为,递增区间为,；（2）【解析】（1）由，利用导数的符号判断函数的单调性和求单调区间；（2）试题解析：解：（1）当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:单调递增极大值单调递减极小值单调递增右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.（2）,令,得,, 令,则,所以在上递增, 所以,从而,所以所以当时,;当时,；所以令，则，令，则在上递减，而所以存在使得，且当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上恒成立，当且仅当时取得“=”.综上，函数在上的最大值.【考点】1、导数在研究函数性质中的综合应用；2、等价转化的思想.5.直线与函数的图像有三个相异的交点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】得列表:x(-,-1)-1(-1,1)1(1,+ )++y画出大到图象可得：-2<a<2,故选A.【考点】函数的极值.6.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.7.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）若，的单调增区间为 , ,的单调增区间为；（2）.【解析】（1）对f(x)求导得，解可得单调增区间，解不等式过程中要对进行讨论；(2) 在R上单调递增，则在R上恒成立 ,即恒成立,即,求出的最小值即可.试题解析：解：（1） 1分若，则，此时的单调增区间为 2分若，令，得此时的单调增区间为 -6分（2）在R上单调递增，则在R上恒成立 -8分即恒成立即，因为当时，所以 -12分-0 +【考点】求导，函数的单调性与导数的关系.8.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。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.设函数、，且f（x）存在两个极值点、，其中.（Ⅰ）求实数的取值范围；（Ⅱ）求的最小值；（Ⅲ）证明不等式：.【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】（1）f（x）存在两个极值点，等价于其导函数有两个相异零点；（2）先找出（x1－x2）的取值范围，再利用g（x）的导函数可找出最小值；（3）适当构造函数，并注意x1与x2的关系，转化为函数求最大值问题，证明相关不等式.试题解析：（Ⅰ）由题：∵函数存在两个极值点、，且∴关于的方程即在内有不等二实根令、，则由图像可得即∴实数的取值范围是（Ⅱ）由（Ⅰ）可知∴∴由得∴当时，，即在单调递减；当时，，即在单调递增∴（Ⅲ）由（Ⅰ）知∴令，则且令，则∴∵∴即在上是减函数∴∴在上是增函数∴即【考点】导函数，函数的单调性，最值，不等式证明2.已知为定义在(0，+∞)上的可导函数，且恒成立，则不等式的解集为______ _____．【答案】【解析】由可得.即函数在(0，+∞)上递减.由可得.所以.又因为.所以即.【考点】1.函数导数.2.构建新函数的思维.3.函数的单调性.3.设．（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）当时，求的单调区间与极值．【答案】（1），（2）单调增区间是，减区间是，极小值求导可得．【解析】（1）由，，解得，．（2）函数的定义域是．当时，，．令，求导可得．当时，，则，是减函数；当时，，则，是增函数．故的单调增区间是，减区间是，当时，有极小值．4.若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．【答案】（1）a＝0，b＝－3.（2）－2.【解析】(1)由题设得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以，解之得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x<－2时，g′(x)<0；当－2<x<1时，g′(x)>0，故－2是g(x)的极值点．当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.5.已知函数．若存在实数，，使得的解集恰为，则的取值范围是．【答案】【解析】由题意得方程有两个不等的非零根，方程变形得，则由得，因此当时，当时，因此的取值范围为【考点】利用导数求参数取值范围6.已知函数的单调递减区间是，则实数.【答案】【解析】∵=，由题知不等式=≤0的解集{x|2≤≤3},即方程=0两根为2,3，根据根与系数关系得2+3=，∴.【考点】函数单调性与导数关系.7.已知函数f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝a ln x，a∈R.(1)若对任意x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范围；(2)设F(x)＝若P是曲线y＝F(x)上异于原点O的任意一点，在曲线y＝F(x)上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范围．【答案】（1）(－∞，－1]（2）(－∞，0]【解析】(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－ln x)a≤x2－2x..由于x∈[1，e]，ln x≤1≤x，且等号不能同时取得，所以ln x＜x，x－ln x＞0..(4分)从而a≤恒成立，a≤min设t(x)＝，x∈[1，e]．求导，得t′(x)＝.(6分)x∈[1，e]，x－1≥0，ln x≤1，x＋2－2ln x＞0，从而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上为增函数．所以t(x)＝t(1)＝－1，所以a的取值范围是(－∞，－1]．(8分)min(2)F(x)＝设P(t，F(t))为曲线y＝F(x)上的任意一点．假设曲线y＝F(x)上存在一点Q(－t，F(－t))，使∠POQ为钝角，则＜0.(10分)①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，a ln(－t))，＝－t2＋a ln(－t)·(－t3＋t2)．由于＜0恒成立，a(1－t)ln(－t)＜1.当t＝－1时，a(1－t)ln(－t)＜1恒成立．当t＜－1时，a＜恒成立．由于＞0，所以a≤0.(12分)②若－1＜t＜1，且t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，则＝－t2＋(－t3＋t2)·(t3＋t2)＜0，即t4－t2＋1＞0对－1＜t＜1，且t≠0恒成立．(14分)③当t≥1时，同①可得a≤0.综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．(16分)8.设函数f(x)＝ax n(1－x)＋b(x＞0)，n为正整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的最大值．【答案】(1) a＝1，b＝0. (2)【解析】(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.因为f′(x)＝anx n－1－a(n＋1)x n，所以f′(1)＝－a.又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝x n(1－x)＝x n－x n＋1，f′(x)＝(n＋1)x n－1.令f′(x)＝0，解得x＝，在上，f′(x)＞0，故f(x)单调递增；而在上，f′(x)＜0，故f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n·＝.9.已知实数满足，，设函数（1）当时，求的极小值；（2）若函数（）的极小值点与的极小值点相同，求证：的极大值小于等于【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）把代入原函数先得解析式，再求导数，列表判断单调性求函数的极小值；（2）先分别求函数的导函数，再分两种情况讨论，根据条件函数的极小值点相同分别求的极大值，从而进行判断得结论试题解析：（Ⅰ）解: 当a＝2时，f ′（x）＝x2－3x＋2＝（x－1）（x－2）列表如下：（－，1）（2，＋）＋＋所以，f （x）极小值为f （2）＝ 5分（Ⅱ）解：f ′（x）＝x2－（a＋1）x＋a＝（x－1）（x－a）g ′（x）＝3x2＋2bx－（2b＋4）＋＝令p（x）＝3x2＋（2b＋3）x－1，（1）当 1＜a≤2时，f（x）的极小值点x＝a，则g（x）的极小值点也为x＝a，所以pA＝0，即3a2＋（2b＋3）a－1＝0，即b＝，此时g（x）极大值＝g（1）＝1＋b－（2b＋4）＝－3－b＝－3＋＝由于1＜a≤2，故≤2－－＝ 10分（2）当0＜a＜1时，f（x）的极小值点x＝1，则g（x）的极小值点为x＝1，由于p（x）＝0有一正一负两实根，不妨设x2＜0＜x1，所以0＜x1＜1，即p（1）＝3＋2b＋3－1＞0，故b＞－此时g（x）的极大值点x＝x1，有 g（x1）＝x13＋bx12－（2b＋4）x1＋lnx1＜1＋bx12－（2b＋4）x1＝（x12－2x1）b－4x1＋1（x12－2x1＜0）＜－（x12－2x1）－4x1＋1＝－x12＋x1＋1＝－（x1－）2＋1＋（0＜x1＜1）≤＜综上所述，g（x）的极大值小于等于 14分【考点】利用导数求函数的单调性及极值10.已知函数上为增函数，且，，．（1）求的值；（2）当时，求函数的单调区间和极值；（3）若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）函数的单调递增区间是，递减区间为，极大值；（3）的取值范围为．【解析】（1）利用在上恒成立，转化成在上恒成立，从而只需，即，结合正弦函数的有界性，得到，求得；（2）研究函数的单调性、极值，一般遵循“求导数，求驻点，讨论区间导数值的正负，确定单调性及极值”，利用“表解法”，往往形象直观，易于理解.（3）构造函数，讨论，时，的取值情况，根据在上恒成立，得到在上单调递增，利用大于0，求得.试题解析：（1）由已知在上恒成立，即，∵，∴，故在上恒成立，只需，即，∴只有，由知； 4分（2）∵，∴，，∴，令，则，∴，和的变化情况如下表：+0极大值即函数的单调递增区间是，递减区间为，有极大值；7分（3）令，当时，由有，且，∴此时不存在使得成立；当时，，∵，∴，又，∴在上恒成立，故在上单调递增，∴，令，则，故所求的取值范围为． 12分【考点】应用导数研究函数单调性、极值11.已知函数．（I）求函数的单调区间；（Ⅱ）若，试解答下列两小题．（i）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；（ii）若是两个不相等的正数，且以，求证：．【答案】（I）①当时，递增区间是；②当时，递增区间是，递减区间为；（Ⅱ）（i）实数的取值范围为；（ii）详见试题解析．【解析】（I）首先求函数的定义域，再求的导数，令下面分和讨论求函数的单调区间；（Ⅱ）（i）先由已知条件，将问题转化为设求函数的导数：，由此讨论可得在上为减函数，从而求得实数的取值范围；（ii）先根据已知条件把化简为，只要证设，构造函数利用导数可得在上单调递减，在上单调递增，最终证得．试题解析：（I）解：函数的定义域为令①当时，在上恒成立，∴递增区间是；②当时，由可得，∴递增区间是，递减区间为．（6分）（Ⅱ）（i）解：设则．∵在上恒成立，∴在上为减函数，∴实数的取值范围为．（10分）（ii）证明：．设，则．令，得，在上单调递减，在上单调递增．（15分）【考点】1．导数与函数的单调性；2．利用导数求恒成立问题中的参数取值范围问题参数；3．利用导数证明不等式．12.已知函数f（x）=alnx+（a≠0）在（0，）内有极值．（I）求实数a的取值范围；（II）若x1∈（0，），x2∈（2，+∞）且a∈[，2]时，求证：f（x1）﹣f（x2）≥ln2+．【答案】（1）；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性及最值、不等式等基础知识，考查函数思想，突出考查综合运用数学知识和方法分析问题解决问题的能力.第一问，先对求导，由函数定义域可知，的分母为正数，设的分子为新函数，判断，所以或，解得的取值范围；第二问，对求导，令，设出方程的两根，利用韦达定理得到两根之和、两根之积，判断导函数的正负，决定函数的单调性，求出最大值和最小值，代入求证的式子的左边，化简，得到，再求函数的最小值，通过不等式的传递性得到求证的表达式.试题解析：（I）由（），得：，∵a≠0，令，∴．令或，则．(II）由（I）得：，设（）的两根为，则，得．当和时，，函数f（x）单调递增；当和时，，函数f（x）单调递减，则，，则==（利用）令，则，则函数单调递增，，∴，∵，则，∴．【考点】1.二次函数的性质；2.零点问题；3.利用导数判断函数的单调区间；4. 利用导数判断函数的最值；5.不等式的性质.13.设函数.(I)求函数的单调递增区间;(II) 若关于的方程在区间内恰有两个不同的实根，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的取值范围是【解析】（Ⅰ）求出导数，根据导数大于0求得的单调递增区间.（Ⅱ）令.利用导数求出的单调区间和极值点，画出其简图，结合函数零点的判定定理找出所满足的条件，由此便可求出的取值范围.试题解析：(Ⅰ)函数的定义域为,∵,∵,则使的的取值范围为,故函数的单调递增区间为(Ⅱ)∵,∴令,∵,且,由得，由得.∴在区间内单调递减,在区间内单调递增,故在区间内恰有两个相异实根即解得:.综上所述,的取值范围是【考点】1、导数及其应用；2、函数的零点.14.已知函数f（x）的定义域为R，对任意，有，且，则f（x）＜3x＋6的解集为( )A．（－1, 1）B．（－1，+）C．（－，－1）D．（－，＋）【答案】C【解析】构造函数，则，所以函数是增函数，又，所以的解集是，即的解集是.【考点】利用导函数判断函数的单调性.15.已知函数（Ⅰ）若试确定函数的单调区间；（Ⅱ）若且对于任意恒成立，试确定实数的取值范围；（Ⅲ）设函数求证：.【答案】（Ⅰ）单调递增区间是,单调递减区间是；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，令导数大于零解得单调增区间，令导数小于零得单调减区间；（Ⅱ）先可得知是偶函数，于是对任意成立等价于对任意成立，令导数等于零得，然后对在处断开进行讨论；（Ⅲ）先求得，并证明，然后列举累乘即可证明.试题解析：（Ⅰ）由得，所以．由得，故的单调递增区间是， 3分由得，故的单调递减区间是． 4分（Ⅱ）由可知是偶函数．于是对任意成立等价于对任意成立． 5分由得．①当时，．此时在上单调递增．故，符合题意． 6分②当时，．当变化时的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增由此可得，在依题意，，又，所以．综合①，②得，实数的取值范围是． 9分(Ⅲ)， 10分，12分得，故． 14分【考点】利用导数求函数的单调区间、利用导数求函数的极值、不等式证明.16.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若函数在单调递减，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递增.（2）.【解析】(1)通过“求导数，求驻点，分区间讨论”，可得函数的单调区间.也可利用导数大于0或小于0 ，解不等式，得到单调区间.（2）问题转化成在上恒成立，由，对进行分类讨论，求得其范围.试题解析：(1) 1分,,,,, 4分在上单调递增 5 分（2）在上恒成立，①时，在是增函数，其最小值为0，不合题意； 7分②时，，函数有最大值，不合题意； 9分③时，，函数在单调递增，在处取到最小值0； 11分综上： 12分【考点】应用导数研究函数的单调性、最值.17.已知函数（1）当时，试讨论函数的单调性；（2）证明：对任意的，有.【答案】（1）①时，在（0,1）是增函数，在是减函数；②时，在（0,1），是增函数，在是减函数；③时，在是增函数.（2）见解析.【解析】（1）求导数得到，而后根据两个驻点的大小比较，分以下三种情况讨论.①时，在（0,1）是增函数，在是减函数；②时，在（0,1），是增函数，在是减函数；③时，在是增函数.（2）注意到时，在是增函数当时，有.从而得到：对任意的，有通过构造，并放缩得到利用裂项相消法求和，证得不等式。
用导数研究含参函数的单调性(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的单调性分析：f x =x-ax 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-aln x+1的单调性分析：f x =ax-1-ax 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-aa(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+12ax 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 +32x 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 =12ax 2-a +1 x +ln x 的单调性分析：f x =x -1 ax -1 xx >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 -12x -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 -12x 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 xx >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 x2,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 <12e2,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 >12e2,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 >12e2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 2x 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 xx >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 +λ2=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-12.(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 -1xx >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=-1x2<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,ea -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)≥g3a3=13+13ln3a-13a ln a-1.令h(a)=13+13ln3a-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-1ln 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g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．【解析】(1)f x 定义域为0,+∞f x =a-11x+1-ax2=x2+a-1x-ax2=x+ax-1x2ⅰ)0<-a<1即-1<a<0时,f x <0⇒-a<x<1,f x >0⇒0<x<-a或x>1ⅱ)-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=0a ln x2+x2=0,0<x1<x2则a ln x1-ln x2=x2-x1,设t=x1x2∈0,1∴a=x2-x1ln x1-ln x2=x2-x1ln tg x =a x+1∴g2x1+λx22+λ=a2+λ2x1+λx2+1=x2-x1ln t⋅2+λ2x1+λx2+1=2+λ1-t2t+λln t+1>0恒成立t∈0,1,∴ln t<0∴2+λ1-t2t+λ+ln t<0恒成立设h t =2+λ1-t2t+λ+ln t,∴h t <0恒成立h t =1t -2+λ 22t +λ2=2t +λ 2-t 2+λ 2t 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 +3x2>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 -12ax 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 -12ax 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 +12a 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 )=-12ln 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 -1-12x 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+1.1ln x>1x2-x>0,由不等式的基本性质可得2e x-1ln x≥x2+1x2-x.当x>1时,0<ln x<x2-x,则。
专题3.2 利用导数求函数的单调性(解析版)-备战2020年高考数学考向点滴击破(文理通用)
3.2 利用导数求函数单调性考向一 利用导数求单调性【例1】(1)函数f (x )＝x ·e x －e x＋1的单调增区间是________．(2)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )的单调减区间是________．(3)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调增区间是_______． 【答案】(1)(e －1，＋∞)(2)⎝⎛⎭⎫0，1e (3) ⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2 【解析】(1)由f (x )＝x ·e x －e x ＋1，得f ′(x )＝(x ＋1－e)·e x ，令f ′(x )>0，解得x >e －1，所以函数f (x )的单调增区间是(e －1，＋∞)．(2)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e . (3)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2. 【举一反三】1．（2019·黑龙江铁人中学）已知()22()2ln 2f x x x x x x =--+，则函数()f x 的单调递减区间为( )．A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(1,)+∞D ．(0,)+∞【答案】B【解析】函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()()()()42ln 222242ln f x x x x x x x '=-+--+=-，令()0f x '<，得112x <<，因此，函数()y f x =的单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，故选：B 。
完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳
完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳利用导数求函数单调性题型全归纳一、求单调区间例1：已知函数$f(x)=ax+x^2-x\ln a(a>0,a\neq 1)$，求函数$f(x)$的单调区间。
解：$f'(x)=ax\ln a+2x-\ln a=2x+(a x-1)\ln a$。
令$g(x)=f'(x)$，因为当$a>0,a\neq 1$时，$g'(x)=2+a\ln a>0$，所以$f'(x)$在$\mathbb{R}$上是增函数，又$f'(0)=-\ln a0$的解集为$(0,+\infty)$，故函数$f(x)$的单调增区间为$(0,+\infty)$，减区间为$(-\infty,0)$。
变式：已知$f(x)=e^{-ax}$，求$f(x)$的单调区间。
解：$f(x)=e^{-ax}$，当$a\leq 0$时，$f(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$a>0$时，由$f(x)=e^{-a x}>0$得：$x>\ln a$，$f(x)$在$(\ln a,+\infty)$单调递增；由$f(x)=e^{-a x}0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(\ln a,+\infty)$，递减区间为$(-\infty,\ln a)$。
二、函数单调性的判定与逆用例2：已知函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数$a$的取值集合。
解：$f'(x)=3x+2ax-2$。
因为函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，所以$f'(x)=3x+2ax-2=0$在$(0,+\infty)$上有解。
所以$f''(x)=6+2a>0$在$(0,+\infty)$上恒成立。
利用导数判断函数的单调性课件
利用导数分析热量在物体中的传递规律，研究热 力学中的热传导问题。
弹性力学分析
通过导数分析弹性物体的应力应变关系，研究弹 性力学中的问题。
练习题与答案解析
练习题
01
判断函数$f(x) = x^{3} - 3x^{2} + 4$的单调性。
02
判断函数$g(x) = ln(x + sqrt{x^{2} + 1})$的单调性。
导数的几何意义
总结词
导数的几何意义是函数图像在某 一点的切线斜率。
详细描述
导数的几何意义是函数图像在某 一点的切线斜率。在函数图像上 取一点，在该点处作切线，切线 的斜率即为该点的导数值。
导数的性质
总结词
导数具有一些重要的性质，如可加性、可乘性、链式法则等。
详细描述
导数具有一些重要的性质，如可加性、可乘性、链式法则等。 这些性质在判断函数的单调性、极值、拐点等方面具有重要 作用。通过掌握这些性质，可以更好地理解和应用导数。
利用导数判断函数的 单调性课件
• 导数的定义与性质 • 导数与函数单调性的关系 • 利用导数判断函数单调性的方法 • 实际应用举例 • 练习题与答案解析
目录
导数的定义与性质
导数的定义
总结词
导数描述了函数在某一点处的切线斜 率。
详细描述
导数是函数在某一点处的切线斜率， 表示函数在该点的变化率。通过求导， 可以得到函数在某一点的0，即$f'(x) leq 0$。
函数单调性的判定
根据导数的符号判断函数单调性：若$f'(x) > 0$，则函数单调递增；若$f'(x) < 0$，则函数
单调递减。
对于分段函数，需要分别求出各段函数的导数，再根 据导数的符号判断分段函数的单调性。
利用导数判断函数单调性专题
利用导数判断函数单调性专题一、用导数求函数的单调区间的基本步骤（1） 确定函数)(x f 的定义域（2） 求导数)(x f '（3） 若0)(>'x f ，解出相应的x 的范围，则)(x f 在相应的区间上是增函数，若0)(<'x f ，则)(x f 在相应的区间上是减函数备注：注意因式分解，注意对参数的分类讨论二、典型例题例题1（不含参数型）讨论函数2)32ln()(x x x f ++=的单调性例题2（不含参数型） 已知函数xx x f ln )(=，判断函数)(x f 的单调性，并求在区间]2,1[上的最值例题3（不含参数型）求函数x x x f ln )(2=的单调区间和极值例题4（含参数型、求导后研究一元二次函数） 已知函数1ln )(+-=x ax x x f ，当0≥a 时，讨论函数)(x f 的单调性例题5（含参数型、求导后注意因式分解） 已知函数]1,21(],,0[,)1()(2∈∈--=k k x kx e x x f x ，求函数)(x f 的单调区间例题6（因式分解解决不了的混合型函数） 已知函数)10(1ln )1()(≠>-+=x x x x x x f 且，讨论函数)(x f 的单调性提升训练（含参数）1、 已知函数11ln )(--+-=xa x ax x f ，试讨论)(x f 的单调性2、设函数22()(ln )x e f x k x x x=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）. 当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；3、 已知函数)ln()(m x e x f x +-=，其中R m ∈且m 为常数（1）试判断当0=m 时，函数)(x f 在区间],1[+∞上的单调性，并证明（2）设函数)(x f 在0=x 处取得极值，求m 的值，并讨论函数)(x f 的单调性利用导数判断函数单调性专题参考答案例题1例题2 解：2ln 1)(xx x f -=' 当e x <<0时，0)(>'x f ，)(x f 为增函数； 当e x >时，0)(<'x f ，)(x f 为减函数因为函数)(x f 在),0(e 上单调递增，所以)(x f 在]2,1[上单调递增， 故22ln )2()(max ==f x f ，01ln )1()(min ===f x f例题3例题4例题5解所以 )(x f 的单调递增区间为)),2(ln(k k ，减区间为))2ln(,0(k例题6：提升训练1、23。
2020高考提分秘笈：利用导数研究函数的单调性(原卷版+解析版)
2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.
【训练 1】 (1)已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( )
A.在(0，＋∞)上递增
B.在(0，＋∞)上递减
1 C.在0，e上递增
1 D.在0，e上递减
(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调递增区间为________.
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断ห้องสมุดไป่ตู้曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最 小值.
1 千里之行 始于足下
条件
f′(x0)＝0
实用文档 用心整理
x0 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0
图象
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0 为极大值点
x0 为极小值点
3.函数的最值与导数
(1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件
【教材衍化】
3 千里之行 始于足下
实用文档 用心整理
2.(选修 2－2P32A4 改编)如图是 f(x)的导函数 f′(x)的图象，则 f(x)的极小值点的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
3.(选修 2－2P32A5(4)改编)函数 f(x)＝2x－xln x 的极值是( )
利用导数判断函数的单调性
提示：从直观上看切线是上升的，切线的斜率都为 正数．
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问题2：切线斜率的正负，能说明导数的符号吗？ 提示：根据导数的几何意义，切线斜率的符号就是 导数的符号． 问题3：可以用导数来研究较为复杂的函数的单调 性吗？ 提示：可以．
[思路点拨] 函数在区间[2，＋∞上单调递增 → f′x≥0在区间[2，＋∞上恒成立 → 利用分离参数或函数性质求解恒成立问题 → 对等号单独验证说明 .
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[精解详析] f′(x)＝2x－xa2＝2x3x－2 a. 要使 f(x)在[2，＋∞)上单调递增， 则 f′(x)≥0 在 x∈[2，＋∞)时恒成立， 即2x3x－2 a≥0 在 x∈[2，＋∞)时恒成立． ∵x2>0，∴a≤2x3 在 x∈[2，＋∞)上恒成立． ∴a≤(2x3)min. ∵x∈[2，＋∞)时，y＝2x3 是单调递增的， ∴(2x3)min＝16，∴a≤16. 当 a＝16 时，只有 f′(2)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，16]．
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2．判断函数 f(x)＝lnxx－1 在(0，e)及(e，＋∞)上的单调性．
解：f′(x)＝1x·x－x2ln
x＝1－xl2n
x .
当 x∈(0，e)时，ln x<ln e＝1,1－ln x>0，x2>0，
∴f′(x)>0，f(x)为增函数．
当 x∈(e，＋∞)时，ln x>ln e＝1,1－ln x<0，x2>0，
3．如果在某个区间内恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x) 是常函数，不具有单调性．
返回
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[例1] 判断y＝ax3－1(a∈R)在(－∞，＋∞)上的单 调性．
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说明：玩转高考压轴题之判断函数的单调性，关键是对导数的分类，求导后的导函数共分为八类，根 据所属类型对应解题，能做到游刃有余，且判断函数的单调性是解导数压轴题的关键，不论是否考查 单调性，一切讨论源于单调性，所以要求学生熟练掌握这一内容。
导函数分类：用导函数研究原函数，所以导函数的分类对于能否顺利解决导数压轴题至关重要。
题型一：导数为一次型：主要为)(x f e x或)(x f ex-（)(x f 为一次函数）型：①不含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数。
1.(高考题)函数x e x x f )3()(-=的单调递增区间是 ( )A.)2,(-∞B.(0,3)C.(1,4)D.),2(+∞【解析】:()2)('-=x e x f x，导函数的符号由一次函数2-=x y 确定，当()+∞∈,2x 时，)(x f 单调递增，选D 。
※讨论函数xe xf x=)(的单调性，几何意义，大致图象。
【解析】:⎪⎭⎫⎝⎛-=2'1)(x x e x f x，导数的符号由一次函数1-=x y 确定，注意存在断点0≠x ，当()+∞∈,1x 时，)(x f 单调递增，当()1,0∈x 、()0,∞-时，)(x f 单调递减。
几何意义：xe y =图象上的点()xe x ,与()00，连线的斜率。
②常数含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数（直线平行移动）。
1.(高考题)讨论函数()()x f x x k e =-的单调区间。
【解析】:()1)('+-=k x e x f x，导函数的符号由一次函数1+-=k x y 确定，当()+∞-∈,1k x 时，)(x f 单调递增，当()1,-∞-∈k x 时，)(x f 单调递减。
③一次项系数含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数，一般分一次项系数等于0、大于0、小于0三种情况讨论。
1.(高考题)讨论函数()(0)kx f x xe k =≠的单调区间。
【解析】:()1)('+=kx ex f kx，导函数的符号由一次函数1+=kx y 确定；①当0>k 时，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-∈,1k x 时，)(x f 单调递增；当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈k x 1,时，)(x f 单调递减；②当0<k 时，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-∈,1k x 时，)(x f 单调递减，当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈k x 1,时，)(x f 单调递增。
题型二：导数为二次型：主要为)(x f e x或)(x f ex-（)(x f 为二次函数）型或三次函数型：①三次函数()0)(23≠+++=a d cx bx ax x f 性质： 其定义域、值域均为R ，()023)(2'≠++=a c bx ax x f 。
①当0≤∆时，当0>a 时，)(x f 在R 上单调递增，无极值；当0<a 时，)(x f 在R 上单调递减，无极值； ②当0>∆时，设两根为1x ，2x ，且21x x <，当0>a 时，当()1,x x ∞-∈，()+∞,2x 时，)(x f 单调递增，当()21,x x x ∈时，)(x f 单调递减，存在极小值)(2x f 与极大值)(1x f ；当0<a 时，当()1,x x ∞-∈，()+∞,2x 时，)(x f 单调递减，当()21,x x x ∈时，)(x f 单调递增，存在极大值)(2x f 与极小值)(1x f 。
③对称中心：令二阶导数等于0，是对称中心的横坐标，代入得对称中心的纵坐标。
1.(2013年新课标全国卷II10)已知函数c bx ax x x f +++=23)(,下列结论中错误的是 ( ) A.0)(,00=∈∃x f R xB.函数)(x f y =的图象是中心对称图形C.若0x 是)(x f 的极小值点,则)(x f 在区间()0,x ∞-单调递减D.若0x 是)(x f 的极值点,则0)(0'=x f【解析】:Θ三次项系数为正，且0x 是)(x f 的极小值点，则)(x f 在区间()0,x ∞-上先增后减，选C 。
②不含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的二次（因式）函数。
1.(高考题)函数32()31f x x x =-+是减函数的区间为 ( ) A.(2,)+∞ B.(,2)-∞ C.(,0)-∞ D.(0,2)【解析】:x x x f 63)(2'-=，当()2,0∈x 时，)(x f 单调递减，选D 。
2.(高考题)设2()(1)x f x e ax x =++，且曲线()y f x =在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值，并讨论()f x 的单调性。
【解析】:()[]212)(2'+++=x a ax e x f x ，0)1('=f Θ，得1-=a ；∴()2)(2'+--=x x e x f x=()()12-+-x x e x ，两根分别为2-，1；开口向下，当()2,-∞-∈x ，()+∞,1时，)(x f 单调递减，当()1,2-∈x 时，)(x f 单调递增。
③一次项系数或常数含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的二次（因式）函数，讨论参数，若能分解因式（十字相乘），则利用分解因式求根，若两根大小不确定，则根据两根的大小（分=、>、<三种情况）进行讨论，若不能分解因式，则讨论判别式（分0≤∆、0>∆两种情况）进行讨论。
1.(高考题)已知函数32()1f x x ax x =+++，讨论函数()f x 的单调区间。
【解析】:123)(2'++=ax x x f ，不能分解因式，1242-=∆a ；①当[]3,3-∈a 时，)(x f 单调递增；②当()()+∞-∞-∈,33,Ya 时，3322,1-±-=a a x ，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---∞-∈33,2a a x ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-+-,332a a 时，)(x f 单调递增，当⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-----∈33,3322a a a a x 时，)(x f 单调递减。
③二次项系数含参秒杀思路：求导、整理、确定影响导函数符号的二次（因式）函数，讨论参数，一般分二次项系数等于0、大于0、小于0三种情况讨论，然后看若能分解因式（十字相乘），则利用分解因式求根，若两根大小不确定，则根据两根的大小（分=、>、<三种情况）进行讨论，若不能分解因式，则讨论判别式（分0≤∆、0>∆两种情况）进行讨论。
1.(高考题)已知1x =是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点,其中,m n R ∈,0m ≠。
（1）求m 与n 的关系表达式; （2）求()f x 的单调区间。
【解析】:（1）n x m mx x f ++-=)1(63)(2'，063)1('=--=m n f Θ，63+=∴m n 。
（2）()()[]21363)1(63)(2'+--=+++-=m mx x m x m mx x f ，两根分别是1，m21+； ①当0>m 时，开口向上，121>+m ，∴当()1,∞-∈x ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞+,21m 时，)(x f 单调递增，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∈m x 21,1时，)(x f 单调递减。
②当0<m 时，开口向下，121<+m ，∴当()1,∞-∈x ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞+,21m 时，)(x f 单调递减，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∈m x 21,1时，)(x f 单调递增。
2.(2018年北京高考题)设函数()()23132e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦。
（1）若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线斜率为0，求a ；（2）讨论)(x f 的单调性,若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围。
【解析】:（1）()[]11)(2'++-=x a ax e x f x，0)2('=f Θ，得21=a ； （2）()[]11)(2'++-=x a ax e x f x =()()11--x ax e x，①当0=a 时，导数为一次函数型，当()1,∞-∈x 时，)(x f 单调递增，当()+∞∈,1x 时，)(x f 单调递减。
)1(f 是极大值；②当0>a 时，开口向上，两根分别为a1，1；两根大小不确定， i.当1>a 时，a 11>，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-∈a x 1,，()+∞,1时，)(x f 单调递增，当⎪⎭⎫⎝⎛∈1,1a x 时，)(x f 单调递减，)1(f 是极小值；ii.当1=a 时，)(x f 单调递增，无极值 ； iii.当10<<a 时，a 11<，当()1,∞-∈x ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1a 时，)(x f 单调递增，当⎪⎭⎫⎝⎛∈a x 1,1时，)(x f 单调递减，)1(f 是极大值； ③当0<a 时，开口向下，a 11>，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-∈a x 1,，()+∞,1时，)(x f 单调递减，当⎪⎭⎫⎝⎛∈1,1a x 时，)(x f 单调递增，)1(f 是极大值；综上可知1>a 。
题型三：导数为伪（定义域）．．．．．．一次型：主要为)(ln x f x +（)(x f 为一次函数）型 ①不含参秒杀思路：求导、整理（主要是通分）、确定影响导函数符号的次次（因式）函数。
1.（高考题改编）讨论函数1ln )(+-=x x x f 的单调性。
【解析】:()0111)('>-=-=x xxx x f ，导函数的符号由一次函数1+-=x y 确定，当10<<x 时)(x f 单调递增，当1>x 时)(x f 单调递减。
②常数含参秒杀思路：求导、整理（主要是通分）、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数（但注意参数与定义域端点比较是讨论分界点）。
1.（高考题改编）讨论函数x a x x f ln 1)(--=的单调性。
【解析】:()01)('>-=-=x xax x a x f ，导函数的符号由一次函数a x y -=确定， ①当0≤a 时，)(x f 在()+∞∈,0x 上单调递增；②当0>a 时，当()a x ,0∈时，)(x f 单调递减，当()+∞∈,a x 时，)(x f 单调递增。
③一次项系数含参秒杀思路：求导、整理（主要是通分）、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数，一般分一次项系数等于0、大于0、小于0三种情况讨论（但注意每种情况与定义域端点比较是讨论新的分界点）。