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导数单调性分类讨论

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(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳

(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳

导数习题题型十七:含参数导数问题的分类讨论问题含参数导数问题的分类讨论问题1．求导后,导函数的解析式含有参数，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）， 导函数为零的实根中有参数也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。

★已知函数ax x a x x f 2)2(2131)(23++-=(a 〉0），求函数的单调区间)2)((2)2()(--=++-='x a x a x a x x f ★★例1 已知函数x a xax x f ln )2(2)(+--=（a 〉0）求函数的单调区间 222))(2(2)2()(x a x x x a x a x x f --=++-='★★★例3已知函数()()22211ax a f x x R x -+=∈+，其中a R ∈。

（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程; （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。

解：（Ⅰ）当1a =时,曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程为032256=-+y x 。

(Ⅱ）由于0a ≠,所以()()12)1(222+-+='x x a x f ，由()'0f x =,得121,x x a a=-=。

这两个实根都在定()()()()()()22'2222122122111a x a x a x x ax a a f x x x ⎛⎫--+ ⎪+--+⎝⎭==++义域R 内，但不知它们之间 的大小。

因此，需对参数a 的取值分0a >和0a <两种情况进行讨论。

（1)当0a >时,则12x x <.易得()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，(),a +∞内为减函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为增函数。

故函数()f x 在11x a =-处取得极小值21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在2x a =处取得极大值()1f a =。

单调性的分类讨论--导数

单调性的分类讨论--导数

函数-分类讨论例1、已知函数321()1()3f x x x ax a R =+++∈，求函数()f x 的单调区间；例2、设0>a ，讨论函数x a x a a x x f )1()1(ln )(2+--+=的单调性.例3、已知函数2()2ln f x x a x =-()0a a ∈≠R 且．（1） 求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在区间[1,2]上的最小值例4、已知函数32()f x x ax b =-++(),a b ∈R ．（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若对任意[]3,4a ∈，函数()f x 在R 上都有三个零点，求实数b 的取值范围．例5、已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间;（2）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，说明理由.练习：1、求函数)(12131)(23R a x ax x x f ∈+++=的单调区间2、求函数)0(14)1(31)(23≠+++-=a x x a ax x f 的单调区间3、讨论函数单调性)(ln )(R a x ax x f ∈+=4、已知函数xa x x f -=ln )( (1)求函数()f x 的单调区间;(2)()f x 在[]e ,1上的最小值为23，求a 的值5、已知函数()2ln f x x x ax =++，a ∈R .(1)求函数()f x 的单调区间；（2）当1a =时，函数()()1f x g x x x =-+在区间[),t +∞(t ∈N *)上存在极值，求t 的最大值.( 参考数值: 自然对数的底数e ≈2.71828)6、(13S2W)已知函数2ln 120f x x ax a x a =--->()()()．（1）求函数f x ()的最大值；)1(f（2）求函数f x ()在区间12e a()，上的零点的个数（e 为自然对数的底数）；2。

导数分类讨论解决含参问题(三种常见类型)

导数分类讨论解决含参问题(三种常见类型)

导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.类型一：导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),a -∞a(),1a --1()1,-+∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时，()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),1-∞--1()1,a -a(),a +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -；当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况.类型二：导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x >在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x --=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x ()1,x -∞1x ()12,x x 2x ()2,x +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增综上所述，当a ≤≤时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为,3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭和,3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,33a a ⎛---+ ⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。

导数小专题-----单调性的分类讨论

导数小专题-----单调性的分类讨论

导数小专题----单调性的分类讨论函数的单调性是求函数极值，最值（值域），恒成立问题，零点与交点个数问题的基础，所以掌握好单调性是解决函数问题的第一步，它往往出现在压轴题的第一问，为人人必得分。

那么求单调性最难的一点就是含参函数的分类讨论，这是难点、重点、考点。

这类问题的难点在于学生不知道怎么讨论，或者讨论问题不全面，某种情况没有讨论到，这里总结了含参函数单调性的分类讨论的固定套路，学会之后，不存在不知道怎么讨论或者漏讨论的情况。

以下为讨论单调性固定套路（能解决绝大多数讨论单调性问题）:第一步：求定义域，函数离开定义域的讨论都是毫无意义的，求定义域要考虑4种情况（1）偶次根式，根号下整体大于0（2）分式，分母不等于0（3）对数函数，真数大于0（4）()tan ，（）整体不等于ππk +≠2第二步：求函数导数，令0)(,=x f ，解出它的根21,x x注意：先通分再因式分解，因式分解的好处在于方便于我们解根和判断导数正负第三步：如果两根，要考虑4种情况；如果一根只需要考虑第一种情况；如果解不出来根，也判断不出导数正负，那我们要求该函数的二阶导数，通过二阶导的正负得一阶导的单调性，从而得到最值。

（1）某一根不存在（主要考虑根不在定义域里），得到参数取值范围（2）21x x =，得到参数取值范围 （3）21x x >，得到参数取值范围（4）21x x <得到参数取值范围第四步：判断21,x x 把定义域分得每个区域导数的正负，导数大于0，单调增，导数小于0，单调减。

判断导数正负有以下三种方法：（1）数轴穿根法：主要用于导数中只有单一的高次函数或单一的对数指数函数，用得最多（2）函数图像法：主要适用于导数中有高次函数和对数指数函数的混合相乘的式子（3）区域判断法：只需要判断每个因式的正负第五步：综述：把讨论情况单调性相同的合并在一起。

综述是很多人容易忽略的一步，没有这一步，是要扣分的【例题详解】例1.（2011，浙江高考改编）设函数ax x x a x f +-=22ln )(，求)(x f 单调区间解：该函数定义域为），（∞+0（第一步：对数真数大于0求定义域） 令0)2)((2)(2'=+--=+-=x a x a x a x x a x f ，解得2,21a x a x -== （第二步，令导数等于0，解出两根21,x x ）（1）当0>a 时，)(,0)(),,0('x f x f a x >∈单调增，)(,0)(),,('x f x f a x <+∞∈单调减（第三步，1x 存在，2x 不存在得到0>a ；第四步数轴穿根或图像判断正负）（2）当0<a 时，1x 不存在)(,0)(),2-,0('x f x f a x >∈单调增，)(,0)(),,2-('x f x f a x <+∞∈单调减 （第三步，2x 存在，1x 不存在得到0<a 第四步数轴穿根或图像判断正负）（3）当0=a 时，)(,02)(),,0('x f x x f x <-=+∞∈单调减（第三步，21x x =得到0=a 第四步很显然-2x<0恒成立）综上可知：当0>a 时)(),,0(x f a x ∈单调增，)(),,(x f a x +∞∈ 单调减;当0<a )(),2-,0(x f a x ∈时,单调增，)(),,2-(x f a x +∞∈单调减；当0=a 时，)(),,0(x f x +∞∈单调减（第五步综述一定要有）小结：这是一道比较简单的分类讨论单调性，按照我们的步奏，就不会存在漏解的情况。

高考数学专题《函数与导数》解读

高考数学专题《函数与导数》解读

从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。

一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。

通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法： 方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。

导数-----单调性的分类讨论

导数-----单调性的分类讨论

导数-----单调性的分类讨论方法总结函数的单调性是求函数极值，最值（值域），恒成立问题，零点与交点个数问题的基础，所以掌握好单调性是解决函数问题的第一步，它往往出现在压轴题的第一问，为人人必得分。

那么求单调性最难的一点就是含参函数的分类讨论，这是难点、重点、考点。

这类问题的难点在于学生不知道怎么讨论，或者讨论问题不全面，某种情况没有讨论到，这里总结了含参函数单调性的分类讨论的固定套路，学会之后，不存在不知道怎么讨论或者漏讨论的情况。

以下为讨论单调性固定套路（能解决绝大多数讨论单调性问题）:第一步：求定义域，函数离开定义域的讨论都是毫无意义的，求定义域要考虑4种情况（1）偶次根式，根号下整体大于0（2）分式，分母不等于0（3）对数函数，真数大于0（4）()tan ，（）整体不等于ππk +≠2第二步：求函数导数，令0)(,=x f ，解出它的根21,x x注意：先通分再因式分解，因式分解的好处在于方便于我们解根和判断导数正负第三步：如果两根，要考虑4种情况；如果一根只需要考虑第一种情况；如果解不出来根，也判断不出导数正负，那我们要求该函数的二阶导数，通过二阶导的正负得一阶导的单调性，从而得到最值。

（1）某一根不存在（主要考虑根不在定义域里），得到参数取值范围（2）21x x =，得到参数取值范围（3）21x x >，得到参数取值范围（4）21x x <得到参数取值范围第四步：判断21,x x 把定义域分得每个区域导数的正负，导数大于0，单调增，导数小于0，单调减。

判断导数正负有以下三种方法：（1）数轴穿根法：主要用于导数中只有单一的高次函数或单一的对数指数函数，用得最多（2）函数图像法：主要适用于导数中有高次函数和对数指数函数的混合相乘的式子（3）区域判断法：只需要判断每个因式的正负第五步：综述：把讨论情况单调性相同的合并在一起。

综述是很多人容易忽略的一步，没有这一步，是要扣分的【例题详解】例1.（2011，浙江高考改编）设函数ax x x a x f +-=22ln )(，求)(x f 单调区间 解：该函数定义域为），（∞+0（第一步：对数真数大于0求定义域） 令0)2)((2)(2'=+--=+-=x a x a x a x x a x f ，解得2,21a x a x -== （第二步，令导数等于0，解出两根21,x x ）（1）当0>a 时，)(,0)(),,0('x f x f a x >∈单调增，)(,0)(),,('x f x f a x <+∞∈单调减（第三步，1x 存在，2x 不存在得到0>a ；第四步数轴穿根或图像判断正负）（2）当0<a 时，1x 不存在)(,0)(),2-,0('x f x f a x >∈单调增，)(,0)(),,2-('x f x f a x <+∞∈单调减 （第三步，2x 存在，1x 不存在得到0<a 第四步数轴穿根或图像判断正负）（3）当0=a 时，)(,02)(),,0('x f x x f x <-=+∞∈单调减（第三步，21x x =得到0=a 第四步很显然-2x<0恒成立）综上可知：当0>a 时)(),,0(x f a x ∈单调增，)(),,(x f a x +∞∈ 单调减;当0<a )(),2-,0(x f a x ∈时,单调增，)(),,2-(x f a x +∞∈单调减；当0=a 时，)(),,0(x f x +∞∈单调减（第五步综述一定要有）小结：这是一道比较简单的分类讨论单调性，按照我们的步奏，就不会存在漏解的情况。

导数14 大题(单调性分类讨论)2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数14 大题(单调性分类讨论)2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

第1页共22页导数——大题——单调性分类讨论：1.（2022年湖南衡阳八中J27）已知a ∈R ，函数()()ln 1f x x a x =+-，()xg x e =．2.(1)讨论()f x 的单调性；（①）3.(2)过原点分别作曲线()y f x =和()y g x =的切线1l 和2l ，求证：存在0a >，使得切线1l 和2l 的斜率互为倒数；4.(3)若函数()()2h x x a f x =+-的图象与x 轴交于两点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<．设012x x x λμ=+，其中常数λ、μ满足条件1λμ+=，0μλ≥>，试判断函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率的正负，并说明理由．（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）5.（2022年湖南衡阳八中J28）设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.6.（I ）讨论f (x )的单调性；（②）7.（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。

（单调性分类讨论，简单的二次函数，中下；第二问，未；）8.（2022年湖南永州J30）已知函数()()e xf x a x a =-∈R .9.（1）求()f x 的极值；（③）10.（2）若()21121212e e 0t tat at t t t t ==<<时，()1220t t t λλ-+>恒成立，求实数λ的取值范围．11.（单调性，极值，ex ，分类讨论，中下；第二问，未；）12.（2022年湖南岳阳一中J34）已知函数()()()ln 2f x a x x a R =+-∈.13.（1）讨论()f x 的单调性和最值；（④）14.（2）若关于x 的方程21e ln (0)2xm m m m x =->+有两个不等的实数根12,x x ，求证：122e e x x m+>.15.（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）1.（2022年广东中山三模J25）已知函数()e ()=-∈R x f x ax a ．第2页共22页2.（1）讨论()f x 的单调性．（⑤）（单调性分类讨论，涉及ex ，中下；第二问，未；）3.（2）若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．1.（2022年山东泰安J10）已知函数()()ln f x g x x =-.（⑥）2.（1）若函数21()ln 2g x x ax a x =++，讨论()f x 的单调性.3.（2）若函数2211()ln 2g x x x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，证明：1ln 2()2f x +>.4.（单调性分类讨论，二次函数可因式分解，中下；第二问，未；）5.（2022年山东J53）已知函数()()1ln 0f x a x x x=+>．6.（1）讨论函数()f x 的单调性；（⑦）（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）7.（2）若存在1x ，2x 满足120x x <<，且121x x =+，()()12f x f x =，求实数a 的取值范围．8.（2022年山东聊城一模J40）已知函数()()2ln ,f x ax x g x x nx m =-=-+.9.（1）讨论()f x 的单调性；（⑧）（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）10.（2）当104a <<时，若对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，求证：2ln 4nm <<.11.（2022年山东菏泽一模J37）已知函数()1e xf x ax -=-．12.（1）讨论()f x 的单调性；（⑨）（单调性分类讨论，涉及ex ，中下；第二问，未；）13.（2）若()224a f x x -≥对于任意0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．1.（2022年山东猜想J54）已知函数()()1ln f x a x a R x=+∈，()21g x x x x =--.2.（1）讨论()f x 的单调性；（⑩）3.（2）若函数()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，且曲线()y F x =在12x x x =第3页共22页方程为()y G x =，求使不等式()()F x G x <成立的x 的取值范围.4.（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）5.（2022年江苏南京六校联调J03）已知函数x a e x f x)1()(-+=，x x ax x g cos sin )(++=6.（1）求函数)(x f 的最值；（⑪）（单调性分类讨论，最值，涉及ex ，中下；第二问，未；）7.（2）令)()()(x g x f x h -=，求函数)(x h 在区间),4(+∞-π上的零点个数，并说明理由．4.（2022年广东深圳一模J23）已知函数()()22ln 121f x x a x ax =-+-+（a R ∈）．5.（1）求函数()f x 的单调区间；（⑫）6.（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ．7.（i ）求实数a 的取值范围；8.（ii ）求证：1211a x x +>+（单调性分类讨论，二次函数可因式分解，中下；第二问，未；）①【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率为正．理由见解析．【分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；（2）由导数求得2l 的斜率，从而得1l 的斜率为1e，设()f x 的切点坐标为00(,)x y ，利用导数几何意义得000()y f x x '=得出关于a 的方程，再引入新函数，利用导数证明此方程有正数解；（3）求出()h x ，()h x '，由12()()0h x h x -=得出用12,x x 表示a 的式子，0()h x '中就消去了a ，通过设12x t x =，得到关于t 的函数，而且(0,1)t ∈，利用不等式的性质和导数的知识确定其正负即可．(1)()f x 的定义域是(0,)+∞，1()f x a x'=-，0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞递增，0a >时，10x a <<时，()0f x '>，1x a >时，()0f x '<，()f x 的增区间是1(0,a，减区间是1(,)a+∞．(2)1()f x a x'=-，()e x g x '=，设()g x 的切线方程是y kx =，则e x k =，显然0k >，ln x k =，切点为(ln ,)k k ，于是ln kk k=，解得e =k ，所以2l 的斜率为e ，于是1l 的斜率为1e设()f x 的切点坐标为00(,)x y ，由011e a x -=，0e e 1x a =+，又00()1e f x x =，所以e e 1eln (1)e 1e 1e e 1a a a a +-=⨯+++，整理得ln(e 1)a a =+，设()ln(e 1)G x x x =+-，e e 1e ()1e 1e 1xG x x x --'=-=++，当e 10e x -<<时，()0G x '>，()G x 递增，而(0)0G =，所以e 1()0eG ->，e 1ex ->时，()0'<G x ，()G x 递减，又343(e )ln(e 1)e 580G =+-<-<，所以存在30e 1(,e )ex -∈，使得0()0G x =，因此关于a 的方程ln(e 1)a a =+有正数解．所以存在0a >，使得切线1l 和2l 的斜率互为倒数；(3)2()ln h x x x ax =-+，1()2h x x a x'=-+，因为函数()()2h x x a f x =+-的图象与x 轴交于两2点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<．所以2111122222()ln 0()ln 0h x x x ax h x x x ax ⎧=-+=⎨=-+=⎩，两式相减得：22121212(ln ln )()0x x x x a x x ---+-=，121212ln ln ()x x a x x x x -=-+-，1λμ+=01212121()()2()h x h x x a x x x x λμλμλμ''=+=-+++121212ln ln ()x x x x x x -=-+-121212()x x x x λμλμ-+++12121212ln ln 1(21)()x x x x x x x x λλμ-=--+--+因为1λμ+=，0μλ≥>，所以210λ-≤，又120x x <<，120x x -<，所以12(21)()0x x λ--≥，下面考虑121212ln ln 1x x x x x x λμ---+即112212ln x x x x x x λμ--+的符号，令12(0,1)x t x =∈，1122121ln ln x x x t t x x x t λμλμ---=-++，设1()ln t H t t t λμ-=-+，(0,1)t ∈，222222222221(1)(21)()()()()()t t t t t t H t t t t t t t λμλλλμμλλμμλμλμλμ+--+-+-++'=-==+++2222(1)()()t t t t λμλμ--=+，因为01,0t λμ<<<≤，所以10t -<，2220t λμ-<，所以()0H t '>在(0,1)上恒成立，所以()H t 在(0,1)上是增函数，所以()(1)0H t H <=，即112212ln0x x xx x x λμ--<+，又120x x -<，所以121212ln ln 10x x x x x x λμ-->-+，所以12121212ln ln 1(21)()0x x x x x x x x λλμ---+->-+，即0()0h x '>，所以函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率为正．【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，导数的几何意义，研究方程根的分布等等，解题关键是掌握转化与化归思想，方程有正数解问题转化为函数有正的零点，这就可结合零点存在定理用导数知识来研究函数的性质，判断函数值的正负，通过换元法，设12x t x =，化不确定为确定，化二元为一元：(0,1)t ∈，转化为研究函数()H t 的正负．本题对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题．②22.（I ）2121'()20).ax f x ax x x x-=-=>(0a ≤当时，'()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减.0a >当时，由'()f x =0，有2x a=此时，当x ∈12a（时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a∞时，'()f x >0，()f x 单调递增.（II ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则'()s x =1e1x --.而当1x >时，'()s x >0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增.又由(1)s =0，有()s x >0，从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >.当102a <<时，2a由（I ）有)(1)02f f a<=,从而(02g a>，所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立.当12a ³时，令()()()(1)h x f x g x x =-³，当1x >时，3212222111112121()2e 0xx x x x h x ax x x x x x x x x --+-+¢=-+->-+-=>>，因此，()h x 在区间(1,)+¥单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立.综上，1[,)2a Î+¥③【答案】（1）答案见解析（2）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）对()f x 求导得()e 1xf x a '=-，分别讨论0a ≤和0a >时，求不等式()0f x '>，()0f x '<的解集，再由极值的定义可求得结果；（2）()1220t t t λλ-+>恒成立，转化为()()()12121221122112++21122112e e ===e +e e e e e e +e t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t a t t λ---->+--对任意12101lnt t a <<<<恒成立，进一步令21t t m -=，e e m m mλ->-对任意0m >恒成立，令()e e 0m m m h m λ-=-->，分类讨论120λ-≥和120λ-<是否满足()min 0h m >，即可得出答案.【小问1详解】解：函数()e xf x a x =-的定义域为R ，()e 1xf x a '=-，当0a ≤时，()0f x '<在x ∈R 恒成立，()f x 在x ∈R 单调递减，故()f x 无极值；当0a >时，令()e 10xf x a '=-=，则1lnln x a a==-，(),ln x a ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 在(),ln x a ∈-∞-单调递减；()ln ,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 在()ln ,x a ∈-+∞单调递增；故()f x 在1lnln x a a==-取极小值，且1ln 1ln f a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，无极大值综上，当0a ≤时，()f x 无极值；当0a >时，()f x 在1ln ln x a a==-取极小值，且1ln 1ln f a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，无极大值.【小问2详解】解：∵()21121212e e 0t t at at t t t t ==<<，∴2121e e 1t t a a t t ==，即22e 0t a t -=且11e 0t a t -=∴()111e 0tf t a t =-=且()222e 0tf t a t =-=，即1t ，2t 为()f x 的两个零点∴由（1）知，当0a >时，()f x 在ln x a =-取极小值，且()ln 1ln 0f a a -=+<，故10ea <<又∵()1e 10f a =-<，∴12101ln t t a<<<<，又∵()1220t t t λλ-+>恒成立，∴1212t t t t λ>+对任意12101ln t t a<<<<恒成立，∵1212e 0e 0t t a t a t ⎧-=⎨-=⎩，∴()2121e e t tt t a +=+，12+221e t t t t a =且2121e e t tt t a -=-∴()()()12121221122112++21122112e e ===e +e e e e e e +e t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t a t t λ---->+--对任意12101ln t t a<<<<恒成立∴令21t t m -=，则0m >，e e m mmλ->-对任意0m >恒成立，则0λ>.∴e e 0m mmλ--->对任意0m >恒成立令()e e 0m mm h m λ-=-->，则()1e +e m m h m λ-'=-当120λ-≥，即12λ≥时，()1e +e 0m m h m λ-'=->恒成立故()h m 在()0,m ∈+∞为单调递增函数，又∵()00h =，∴()0h m >对0m >恒成立当120λ-<，即102λ<<时，()h m '为单调增函数，又∵()1020h λ'=-<，1ln 0h λλ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，∴010,ln m λ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00h m '=，当()00,m m ∈时，()0h m ¢<，故()h m 在()00,m m ∈单调递减∴当()00,m m ∈时，()()00h m h <=，不合题意综上，实数λ的取值范围为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性求函数的极值及导数在恒成立求参问题中的应用，考查学生的运算求解能力和转化与化归能力.属于综合型、难度大型试题.④【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.（2）利用同构可得原方程即为2e x x m +=有两个不同的实数根12,x x ，结合构造法可证122e e x x m+>成立.【小问1详解】()2122a a x f x x x --'=-=++，其中2x >-若0a ≤，则()0f x ¢<在()2,-+∞上恒成立，故()f x 在()2,-+∞上为减函数，故()f x 无最值.若0a >，当()2,2x a ∈--时，()0f x ¢>；当()2,x a ∈-+∞时，()0f x ¢<；故()f x 在()2,2a --上为增函数，在()2,a -+∞上为减函数，故()max ()2ln 2f x f a a a a =-=-+，()f x 无最小值.【小问2详解】方程21e ln (0)2xm m m m x =->+即为()e ln 2ln 2x m x m x x ++=+++，故()ln ln eln e 2ln 2x mx m x x +++=+++，因为ln y x x =+为()0,+∞上的增函数，所以ln 2e e x m x x m ++==所以关于x 的方程21e ln (0)2xm m m m x =->+有两个不等的实数根12,x x 即为：2e x x m +=有两个不同的实数根12,x x .所以12122e ,2e x xx m x m +=+=，所以()1212e -exx x x m -=，不妨设12x x >，12t x x =-，故()()12121212e e e e e e x x x x x x x x m -+=+-，要证：122e e x x m+>即证()()1212122e e e e x x x x x x m m -+>-，即证()121212e12e 1x x x x x x ---+>-，即证()()e 120e 1ttt t +>>-，即证()()e 12e 20ttt t +>->，设()()e 12e 2tts t t =+-+，则()()e 1e 2e 1e 1t t t ts t t t '=++-=-+，故()e 0ts t t ''=>，所以()s t '在()0,+∞上为增函数，故()()00s t s ''>=，所以()s t 在()0,+∞上为增函数，所以()()00s t s >=，故122e e x xm+>成立.【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.⑤【答案】（1）单调性讨论见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据a 的符号分类讨论即可；（2）考虑x 的取值范围，采用缩放法可以证明.【小问1详解】()'e x f x a =-，当0a ≤时，()'fx >，()f x 是单调递增的；当0a >时，令()'e 0x f x a =-=，得到0ln x a =，当(),ln x a ∈-∞时，()'f x <，()f x 单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，()'f x >，()f x 单调递增；【小问2详解】由题意，1x >时，()4323ln f x x x x x ≥-+等价于()2e 3ln 1x x x x x x≥-+，设()()()'2e 1e ,x x x h x h x x x -==，当1x >时，()'0h x >，()h x 单调递增，()()1e h x h >=…①，设()()'1ln 1,10k x x x k x x=--=->，()k x ∴是增函数，()()ln 110k x x x k =-->=，即1ln ,ln 1x x x x ->->-，()2223ln 1311231x x x x x x x x -+>+-+=-++，()()223ln 1231x x x x x x x -+>-++，令()()23223123p x x x x x x x =-++=-++，()'2661p x x x =-++=66066061212x x ⎛⎫⎛⎫+--- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当66012x +>时，()'0p x <，当6606601212x +<<时，()'0p x >，66012x +∴=时，()p x 取最大值566013126+=⨯+，608<，566015141382.53126312618∴⨯+<⨯+=<，即()p x 的最大值小于2.5，由①可知，()e h x > 2.5>，∴当1x >时，()()()h x p x k x >>，即()4323ln f x x x x x≥-+；【点睛】本题的第二问要从1x >考虑，因为e xx的最小值就是在1x =取得，对于原不等式，由于导数计算过于复杂，因此考虑对ln x 进行缩放，使得计算比较简单.⑥【答案】（1）当1a ≥时，f (x )在(0,)+∞上单调递增;当1a <时,f (x )在(0,1-a )上单调递减，在(1-a ,+∞)上单调递增；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由题意可得21()(1)ln 2f x x ax a x =++-，求导，分1a ≥和1a <讨论即可；(2)令()ln h x x x =-，利用导数确定()h x 的单调性并求出最小值，再令2()ln ,0x x x x ϕ=->，利用导数确定()ϕx 的单调性并求出最小值即可得证.【小问1详解】解：因为，所以21()(1)ln 2f x x ax a x =++-，()f x 的定义域为(0,)+∞，1(1)(1)()a x x a f x x a x x-++-'=++=.当1a ≥时，()0,()f x f x ≥'在(0,)+∞上单调递增.当1a <时，若(0,1)x a ∈-，则()0,()f x f x <'单调递减；若(1,)x a ∈-+∞，则()0,()f x f x >'单调递增.综上所述：当1a ≥时，f (x )在(0,)+∞上单调递增;当1a <时,f(x)在(0,1-a )上单调递减，在(1-a,+∞)上单调递增；【小问2详解】证明：211()(ln )ln 2f x x x x x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦.设()ln h x x x =-，则1()x h x x=-'.当(0,1)x ∈时，()0,()h x h x <'单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0,()h x h x >'单调递增.所以min ()(1)1,ln 1h x h x x ==-≥，因此222211111(ln )2222x x x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫-+≥+≥⨯= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立.设2()ln ,0x x x x ϕ=->，则221()x x xϕ-'=.当20,2x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0,()x x ϕϕ<'单调递减：当2,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0,()x x ϕϕ>'单调递增.因此min2121ln 2()ln 2222x ϕϕ⎛⎫+==-= ⎪ ⎪⎝⎭，从而1ln 2()()2f x x ϕ+≥≥，则1ln 2()2f x +≥，因为212≠，所以1ln 2()2f x +≥中的等号不成立，故1ln 2()2f x +>.⑦【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）()2,+∞.【解析】【分析】（1）根据a 的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；（2）根据已知等式构造函数()1ln h t a t t t=+-，利用导数的性质，结合一元二次方程的求解根公式判断该函数的单调性，再通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【小问1详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()21ax f x x -'=．当0a ≤时，()0f x <′，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x <′，得10x a <<，令()0f x >′，得1x a>，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；【小问2详解】()()21212121211111ln ln ln 0x f x f x a x a x a x x x x x =⇒+=+⇒+-=，又121x x =+，则21212212121121ln 0ln 0x x x x x x x x a a x x x x x x +++-=⇒+-=．令211x t x =>，即方程1ln 0a t t t+-=在()1,+∞上有解．令()1ln h t a t t t=+-，()1,t ∈+∞，则()2211a t t at t h t t t⎛⎫-+ ⎪-+-⎝⎭'==，()1,t ∈+∞．12t t+>，当2a ≤时，()0h t '<，()h t 在()1,+∞上单调递减，又()10h =，则()0h t <在()1,t ∈+∞上恒成立，不合题意；当2a >时，240a ->，令210t at -+-=，可知该方程有两个正根，因为方程两根之积为1且1t >，所以242a a t +-=．当241,2a a t ⎛⎫-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0h t '>，当24,2a a t ⎛⎫+-∈+∞⎪ ⎪⎝⎭时，()0h t '<；则241,2a a t ⎛⎫-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()()10h t h >=，而()()221ee 1e 2eaa a a h aa a =+-<+->．令()()21e2xx x x ϕ=+->，则()2e x x x ϕ'=-，令()()m x x ϕ='，()2e 0xm x '=-<，则()x ϕ'在()2,+∞上单调递减，()()224e 0x ϕϕ'<'=-<，则()x ϕ在()2,+∞上单调递减，()()225e 0x ϕϕ<=-<，即()e0ah <，故存在204,e 2a a a t ⎛⎫+-∈⎪ ⎪⎝⎭，使得()00h t =，故2a >满足题意．综上所述，实数a 的取值范围是()2,+∞．【点睛】关键点睛：根据等式的形式构造新函数，再根据不等式的形式构造新函数是解题的关键.⑧【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出()1()0f x a x x'=->，分0a 和0a >两种情况讨论即可得答案；（2）由（1）根据函数零点存在定理存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，由对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，可得12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，所以1212,x x n x x m +==，又1122ln ,ln ax x ax x ==，所以()()121212ln ln ln ln m x x x x a x x ==+=+，所以2ln 4nm <<等价于()121224x x a x x +<+<，由104a <<，不等式右边易证，左边要证122x x a +>，即证212x x a >-，构造函数2()()p x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭即可证明.【小问1详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，1()f x a x'=-，当0a 时，对于任意的0x >，都有()0f x '<，所以()f x 在(0,)+∞内单调递减；当0a >时，令()0f x '>，解得1x a >；令()0f x '<，解得10x a<<，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增；【小问2详解】证明：因为当10,4a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，又21111ln 1ln 40,(1)0,2ln 0f a f a f a a a a ⎛⎫⎛⎫=+<-<=>=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，且当()10,x x ∈时，()0f x >，当()12,x x x ∈时，()0f x <，当()2,x x ∈+∞时,()0f x >，因为对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，所以12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，所以1212,x x n x x m +==，又因为1122ln ,ln ax x ax x ==，所以()()121212ln ln ln ln m x x x x a x x ==+=+，所以2ln 4n m <<等价于()121224x x a x x +<+<，因为104a <<，所以()12124x x a x x ++<，下面证明：122x x a +>.要证122x x a +>，即证212x x a>-，因为2121,,,()x x f x a a ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，所以只需证()212f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，又因为()()12f x f x =，所以也只需证()112f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，设2()()p x f x f x a ⎛⎫=--⎪⎝⎭，则2()()p x f x f x a ⎛⎫'='+'- ⎪⎝⎭222a a x x a =-⎛⎫- ⎪⎝⎭，因为221x x a a⎛⎫-< ⎪⎝⎭，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0p x '<，所以()p x 在10,a ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，又因为10p a ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0p x >，即2()f x f x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，因为110,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()112f x f x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，所以122x x a +>成立，即()122a x x +>，因此2ln 4n m <<.【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是根据函数零点存在定理判断存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，从而可得12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，进而将欲证不等式2ln 4nm <<等价转化为证明()121224x x a x x +<+<.⑨【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在(),1ln a -∞+上单调递减，在()1ln ,a ++∞上单调递增（2）122e24ln 2a --≤≤-【解析】【分析】（1）分类讨论0a ≤与0a >两种情况，函数求导即可判断函数的增减区间.（2）将函数代入后化简即可将式子转化为1122e e 2x x ax x ----≤≤-+，对两侧函数分别求导求出最值即可求出实数a 的取值范围.【小问1详解】()1e x f x a-='-①当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②当0a >时，令()1e0x f x a --'==，1ln x a =+，当(),1ln x a ∈-∞+时，()0f x '<，()f x 在(),1ln a -∞+上单调递减；当()1ln ,x a ∈++∞时，()0f x '>，()f x 在()1ln ,a ++∞上单调递增；【小问2详解】由()224a f x x -≥，得2212e 42x a a x ax x -⎛⎫≥++=+ ⎪⎝⎭，对于任意0x ≥恒成立，因此1122ee 2x x ax x ----≤≤-+，记()12ex h x x -=-+，由()1211e 02x h x -=-+='，得12ln 2x =+，当[]0,12ln 2x ∈+时，()h x 单调递减，当[]12ln 2,x ∈++∞时，()h x 单调递增，所以()min 12ln 2h x =-，因此24ln 2a ≤-；记()12e x t x x -=--，易知()t x 在调递减，所以()()12max0e t x t -==-，所以122e a -≥-；综上，122e24ln 2a --≤≤-．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．⑩【答案】（1）答案见解析；（2）2a ⎛ ⎝.【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论，确定导数符号，进而确定函数的单调性；（2）先对()F x 求导，然后结合极值存在条件可转化为()0F x '=有两个不等正实数解，结合二次方程根的存在条件及方程的根与系数关系及导数几何意义求出切线方程，构造函数()()()h x F x G x =-，结合导数与单调性关系进而可求．【详解】解：（1）()21-='ax f x x ，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，当0a >时，易得当1x a >时，()0f x '>，当10x a<<时，()0f x '<，故()f x 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，（2）()()()2ln F x f x g x a x x x =+=+-，所以()2221a x x aF x x x x-+'=+-=，0x >，因为()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，所以()220x x aF x x-+'==有两个不等正实数解，即220x x a -+=有两个不等式正根，所以18002a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<，因为122a x x =，122a x x x ==所以212a F a '=-，ln 22222a a a a a F =+-所以曲线()y F x =在12x x x =处的切线方程为()ln 22122222a a a a a y a x ⎛⎛-+=-- ⎝⎝，即()()321ln 222a a a G x y a x ==-+-，令()()()23ln 22ln 222a a a h x F x G x x a x ax =-=+-+-，()2222220x a x ax ah x xx-+'==>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，且02a h =，故当02ax <<时，()0h x <，即()()F x G x <，故x 的范围2a ⎛ ⎝.【点睛】关键点点睛：解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立.⑪解析：（1）1)(-+='a e x f x，（1）当−1≥0，即时，得'x >0恒成立，此时函数)(x f 在R 上单调递增，故函数)(x f 在R 上无最大最小值………………………2分○2当−1<0，即<1时，由'x =0，解得=l?(1−p ，当>l?(1−p 时，'x >0，f (x )单调递增当<l?(1−p 时，'x <0，f (x )单调递减所以=l?(1−p 时，f (x )取最小值即)1ln()1(1))1(ln()(min a a a a f x f --+-=-=………………………4分（2）x x e x g x f x h x-+-=-=4sin(2)()()(π，则14cos(2)(-+-='πx e x h x ○1当)43,4(ππ-∈x 时，由)4cos(π+=x y 在区间)43,4(ππ-上单调递减，知：)(x h '在)43,4(ππ-上单调递增，且01)0(<-='h ，01243(43>-+='ππe h ，知：函数)(x h '在)43,4(ππ-上有唯一的零点)43,0(0π∈x 。

导数中分类讨论的三种常见类型

导数中分类讨论的三种常见类型

导数中分类讨论的三种常见类型在高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径。

分类讨论就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释。

虽然几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，但能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半。

主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类。

下面根据导数中三种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论。

第一种分类讨论类型是导函数根的大小比较。

例如，对于函数$f(x)=x^3+x-ax-a$，$x\in R$，我们需要求其单调区间。

对三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法。

因此，对函数$f(x)$进行求导可以得到导函数$f'(x)=x^2+(1-a)x-a$。

观察可知导函数可以因式分解为$f'(x)=(x-a)(x+1)$，由此可知方程$f'(x)=0$有两个实根$x_1=a$和$x_2=-1$。

因此，要讨论函数$f(x)$的单调性，需要讨论两个根的大小。

因此，这里分$a-1$三种情况进行讨论。

当$a<-1$时，$f(x)$，$f'(x)$随$x$的变化情况如下：$x\in(-\infty,a)$时，$f(x)$单调递增；$x\in(a,-1)$时，$f(x)$单调递减；$x=-1$时，$f(x)$有极小值；$x\in(-1,+\infty)$时，$f(x)$单调递增。

因此，函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,a)$和$(-1,+\infty)$，单调递减区间为$(a,-1)$。

当$a=-1$时，$f'(x)\geq 0$在$R$上恒成立，所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,+\infty)$，没有单调递减区间。

导数问题常见分类讨论

导数问题常见分类讨论

在高考中导数问题常见的分类讨论（一）热点透析由于导数内容对大学数学与中学数学的衔接具有重大的作用，所以自从导数进入高考后，立即得到普遍地重视，在全国各地的数学高考试卷中占有相当重的份额，许多试题放在较后的位置，且有一定的难度..分类讨论是中学数学的一种解题思想，如何正确地对某一问题进行正确地分类讨论，这就要求大家平时就要有一种全局的观点，同时要有不遗不漏的观点。

只有这样在解题时才能做到有的放矢。

下面我想通过对导数类题的解答的分析，来揭示如何水道渠成顺理推舟进行分类讨论。

（二）知识回顾1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y ＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（三）疑难解释1．可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．2．f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．附件：当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1． 若函数f (x )＝x ＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3解析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a (x ＋1)2＝x 2＋2x －a(x ＋1)2.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③解析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．－239D.33答案 C解析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)． 当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表：所以当x 5． (2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞). 二、高频考点专题链接题型一. 需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。

导数的含参分类讨论练习(含答案)

导数的含参分类讨论练习(含答案)

贯穿高中的数学工具系列之5《一元二次类与韦达定理》下篇含参一元二次类在高中数学的应用1、讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f (x )的单调减区间为________．（2）(2019·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(a)求b ，c 的值；(b)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间．(3)已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数f (x )的单调性．(4)已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．(5)(2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )．当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性．(6)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .讨论f (x )的单调性．(7)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R ，讨论f (x )的单调性．(8)讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．(9)已知函数2()(2ln )(0)f x x a x a x=-+->，讨论()f x 的单调性.(10)(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．(11)已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．mx3＋(4＋m)x2，g(x)＝a ln(x－1)，其中a≠0．(12)设函数f(x)＝13(1)若函数y＝g(x)的图象恒过定点P，且点P关于直线x＝32对称的点在y＝f(x)的图象上，求m的值．(2)当a＝8时，设F(x)＝f′(x)＋g(x＋1)，讨论F(x)的单调性．(13)已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．下篇含参一元二次类在高中数学的应用参考答案1讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）解析：f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )，由a ＞1知，当x ＜2时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(－∞，2)上单调递增；当2＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在区间(2，2a )上单调递减；当x ＞2a 时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ＞1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上单调递增，在区间(2，2a )上单调递减．答案：(2，2a )（2）解析：(a)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，0）＝1，（0）＝0，＝1，＝0.(b)由(a)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)解f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝(ax －1)(x －1)x(x >0)，①当0<a <1时，1a>1，由f ′(x )>0，解得x >1a 或0<x <1，由f ′(x )<0，解得1<x <1a.②当a ＝1时，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．③当a >1时，0<1a<1，由f ′(x )>0，解得x >1或0<x <1a ，由f ′(x )<0，解得1a<x <1.综上，当0<a <1时，f (x )(0,1)当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>1时，f(x)在(1，＋∞)(4)解g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1x＝(2ax－1)(x－1)x.∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－x－1 x.由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1.当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝1 2a，若12a<1，即a>12，由g′(x)>0，得x>1或0<x<1 2a，由g′(x)<0，得12a<x<1；若12a>1，即0<a<12，由g′(x)>0，得x>12a或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<12a，若12a＝1，即a＝12，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，当a＝12时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>12时，函数g(x)(1，＋∞)上单调递增．(5)解析：因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ，1a －f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(1a －1，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(6)【解】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )(1)0<a <2时，2a>1，当x ∈(0，1)或x f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．(3)a >2时，0<2a<1，当x x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )(1，＋∞)内单调递增．(7)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上当a ≤0时，f (x )的递减区间为(0，＋∞)，当a ＞0时，f (x )(8)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈，时，f ′(x )<0；当x 1－a2a，＋f ′(x )>0，故f (x )，1－a2a，＋(9)解析函数()f x 的定义域为()()222220,,1a x ax f x x x x-+'+∞=+-=。

1、导数中的分类讨论思想

1、导数中的分类讨论思想

1、导数中的分类讨论思想1、设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠，求函数()f x 的单调区间与极值点．2、已知函数2()(2ln ),(0)f x x a x a x =-+->，讨论()f x 的单调性．3、已知函数321()3f x x ax bx =++,且'(1)0f -=，试用含a 的代数式表示b,并求()f x 的单调区间．4、已知函数22()(1)x b f x x -=-，求导函数()f x '，并确定()f x 的单调区间．5、设函数()(0)kx f x xe k =≠（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若函数()f x 在区间(1,1)-内单调递增，求k 的取值范围2、导数处理函数的零点问题1.（2009天津卷理）设函数1()ln (0),3f x x x x =->则()y f x = ( ) A 在区间1(,1),(1,)e e 内均有零点。

B 在区间1(,1),(1,)e e内均无零点。

C 在区间1(,1)e内有零点，在区间(1,)e 内无零点。

D 在区间1(,1)e 内无零点，在区间(1,)e 内有零点。

2、设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--=(1) 求)(x f 的极值.及单调区间(2) 当a 在什么范围内取值时, 曲线x x f y 与)(=轴仅有一个交点?两个点？三个点？3、已知函数()x x x f 82+-=，()m x x g +=ln 6.是否存在实数m ，使得()x f y =的图像与()x g y =的图像有且只有三个不同的交点；若存在，求出m 的范围，若不存在，说明理由.4、（2010湖北文数）设函数()c bx x a x x f ++-=23231，其中a ＞0，曲线()x f y =在点()()0,0f P 处的切线方程为1=y .（1）确定b 、c 的值。

专题12 导数与函数的单调性--《2023年高考数学命题热点聚焦与扩展》【解析版】

专题12 导数与函数的单调性--《2023年高考数学命题热点聚焦与扩展》【解析版】

【热点聚焦】单调性是函数的一个重要性质，对函数作图起到决定性的作用，而导数是分析函数单调区间的一个便利工具.在高考导数的综合题中，所给函数往往是一个含参数的函数，且导函数含有参数，在分析函数单调性时面临分类讨论.从高考命题看，对函数单调性的考查主要有：利用导数求函数的单调区间、判断单调性、已知单调性，求参数等．【重点知识回眸】（一）函数的单调性与导数的关系 条件 结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＞0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )＜0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数优先”原则． （二）常用结论1．在某区间内f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 2．可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )上的任何子区间内都不恒为零． （三）常见问题解题方法1.导数求单调区间的步骤：利用导数求函数单调区间的方法，大致步骤可应用到解含参函数的单调区间.即确定定义域→求出导函数→令()'0f x >解不等式→得到递增区间后取定义域的补集（减区间）→单调性列出表格.2.求含参函数单调区间的实质——解含参不等式，而定义域对x 的限制有时会简化含参不等式的求解3.求单调区间首先确定定义域，并根据定义域将导数不等式中恒正恒负的项处理掉，以简化讨论的不等式4.含参数问题分类讨论的时机分类时机：并不是所有含参问题均需要分类讨论，当参数的不同取值对下一步的结果影响不相同时，就是分类讨论开始的时机.【典型考题解析】热点一 不含参数的函数的单调性【典例1】（2023·全国·高三专题练习）函数21()ln 2f x x x =-的单调递减区间为（ ） A ．(1,1)- B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(0,2)【答案】B【分析】求导，解不等式()0f x '<可得. 【详解】()f x 的定义域为(0,)+∞ 解不等式1(1)(1)()0x x f x x x x-+'=-=<，可得01x <<， 故函数21()ln 2f x x x =-的递减区间为(0,1). 故选：B ．【典例2】（广东·高考真题（文））函数的单调递增区间是 （ ）A ．B ．(0,3)C ．(1,4)D ．【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，()()(3)(3)(2)x x x f x x e x e x e '=-+-=-''，令()0f x '>，解得2x >，所以函数()f x 的单调递增区间为，故选D ．【典例3】（2023·全国·高三专题练习）已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________． 【答案】(0,)6π，5(,)6ππ【分析】对()f x 求导，令f ′(x )＝0，得x ＝6π或x ＝56π，求出()0f x '> 的解即可求出答案. 【详解】f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)．令f ′(x )＝0，得x ＝6π或x ＝56π， 当0<x <6π时，f ′(x )>0， 当6π<x <56π时，f ′(x )<0，当56π<x <π时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0,)6π和5(,)6ππ上单调递增，在5(,)66ππ上单调递减．故答案为：(0,)6π，5(,)6ππ.【典例4】（2023·全国·高三专题练习）已知函数211,0()2,0x f x x x x ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪-+>⎩，则函数12()log g x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭的单调递增区间为__． 【答案】20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞ 【分析】先根据题意求出()g x 的解析式，然后在每一段上求出函数的增区间即可 【详解】由12log 0x ≤，得1≥x ，由12log 0x >，得01x <<，所以当1≥x 时，12log 1()112xg x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，则()g x 在[1,)+∞上递增，当01x <<时，21122()loglog g x x x =-+，则121212log 11()2log 111lnlnln222x g x x x x x -'=-⋅+=，由()0g x '>，得1212log 0x -<，解得202x <<， 所以()g x 在20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上递增， 综上得函数()g x 的单调递增区间为20,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞． 故答案为：20,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞． (1)函数的一阶导数可以用来研究函数图象的上升与下降，函数的二阶导数可以用来研究函数图象的陡峭及平缓程度，也可用来研究导函数图象的上升与下降． (2)求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错． 热点二 含参数的函数的单调性【典例5】（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >.【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a<<时，()0f x '<；当1x a >时，()0f x '>；所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点，所以()y f x =的图象在x 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭，故33ln 0a +>即1a e>.【典例6】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln R kf x x k k x=--∈，，讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性. 【答案】见解析 【分析】先求出2()x kf x x +'=-，然后分k -与(1,e)的关系进行分类讨论,从而得出答案. 【详解】由()ln kf x x k k R x=--∈，，(1,e)x ∈ 221()k x k f x x x x+'∴=--=- ①当1k -≤，即1k ≥-时，10x k x +≥->， ()0f x '∴< ，()f x ∴在(1,e)单调递减；②当e k -≥，即e k ≤-时，e 0x k x +≤-<， ()0f x '∴> ，()f x ∴在(1,e)单调递增；③当1e k <-<，即e 1k -<<-时，当1x k <<-时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当e k x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减； 综上所述，当1k ≥-时，()f x 在(1,e)单调递减 当e k ≤-时，()f x 在(1,e)单调递增当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减.【方法总结】解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．热点三 已知函数的单调性求参数的取值范围【典例7】（全国·高考真题（文））若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],2-∞- B ．(],1-∞- C ．[)2,+∞ D ．[)1,+∞【答案】D 【解析】 【详解】 试题分析：，∵函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，∴在区间()1,+∞上恒成立．∴，而在区间()1,+∞上单调递减，∴．∴的取值范围是[)1,+∞．故选D ．【典例8】（全国·高考真题（理））若函数()cos 2sin f x x a x =+在区间(,)62ππ内是减函数，则实数a 的取值范围是_______. 【答案】2a ≤ 【解析】 【详解】试题分析：()()2sin 2cos 4sin cos cos cos 4sin .,62f x x a x x x a x x x a x ππ⎛⎫=-+=-+=-+∈ ⎪⎝'⎭时，()f x 是减函数，又cos 0x >，∴由()0f x '≤得4sin 0,4sin x a a x -+≤∴≤在,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()min 4sin ,,262a x x a ππ⎛⎫⎛⎫∴≤∈∴≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【典例9】（2019·北京·高考真题（理））设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】 -1; (],0-∞. 【解析】 【分析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用导函数的解析式可得a 的取值范围. 【详解】若函数()x xf x e ae -=+为奇函数,则()()(),x x x x f x f x e ae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()x x f x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0x xf x e ae -=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞ 【规律方法】由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间D 上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，从而构建不等式，求出参数的取值范围，要注意“＝”是否可以取到．(2)可导函数在区间D 上存在单调区间，实际上就是f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)在该区间上存在解集，即f ′(x )max ＞0(或f ′(x )min ＜0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．(3)若已知f (x )在区间D 上的单调性，区间端点含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令D 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围． 热点四 函数单调性与函数图像【典例10】（2018·全国·高考真题（文））函数()2e e x xf x x --=的图像大致为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：20,()()()x xe e xf x f x f x x --≠-==-∴为奇函数，舍去A,1(1)0f e e -=->∴舍去D;243()()2(2)(2)()2,()0x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f x x x ---+---++=='∴>'>，所以舍去C ；因此选B.【典例11】（2023·全国·高三专题练习）函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【分析】根据导函数的图象判断原函数的单调性，即可判断选项.【详解】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内.符合条件的只有D. 故选：D【典例12】（2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（ ）A ．1()()4y f x g x =+-B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =【答案】D 【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解. 【详解】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ； 对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ； 对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，221202164y ππ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C. 故选：D. 【规律方法】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复． 热点五 函数单调性与比较大小、解不等式 【典例13】（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】 【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】 因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭ 所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞， ()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->， 所以b a >,所以c b a >>， 故选：A【典例14】（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<【答案】C 【解析】 【分析】构造函数()ln(1)f x x x =+-， 导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小. 【详解】设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++， 当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增， 所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11x xx g x x x x -+'=+=--, 令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当021x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，211x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增， 又(0)0h =，所以当021x <<时，()0h x <，所以当021x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增， 所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C.【典例15】（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数()()3log 912xf x x =+-+，则不等式()()21f x f x -<的解集为（ ） A ．()1,3 B ．(),1-∞ C ．[)1,+∞D ．1,13⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解.【详解】函数的定义域为R ，()()()9ln 92991119191ln 391x x x x x x f x ⋅-'=-=-=+++，当0x <时，0f x ；当0x >时，0f x ，故()f x 在(),0-∞上为减函数，在()0,+∞上为增函数. 又()()3391log 912log 29x xx f x x x -+-=+++=++()()3log 9122x x x f x =+-++=，故()f x 为R 上的偶函数，故()()21f x f x -<等价于()()21f x f x -<， 即21x x -<，两边平方得23410x x -+<，故1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.故选：D.'()f x 当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是( ) A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A 【解析】 【详解】构造新函数()()f x g x x=,()()()2'xf x f x g x x -='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >， 又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃. 故选A.【典例17】（2021·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()20f x x xf '+>，则不等式()()()220212021420x f x f +++-<的解集为（ ）A ．()2019,+∞B ．()2021,2019--C ．(),2019-∞-D ．()2019,0-【答案】C【分析】根据已知条件构造函数2()()g x x f x =，可得()g x 在(0,)+∞上为增函数，且()g x 为奇函数，然后将()()()220212021420x f x f +++-<可转化为(2021)(2)g x g +<，从而可求出不等式的解集.【详解】令2()()g x x f x =，则2()2()()[2()()]g x xf x x f x x f x xf x '=+''=+， 因为当0x >时，有()()20f x x xf '+>， 所以当0x >时，()0g x '>， 所以()g x 在(0,)+∞上为增函数，因为()f x 为奇函数，所以()()f x f x -=-， 所以22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-， 所以()g x 为R 上的奇函数， 所以()g x 在R 上为增函数，由()()()220212021420x f x f +++-<，得()()()22021202142x f x f ++<--， ()()()2220212021(2)2x f x f ++<---，所以(2021)(2)g x g +<--，因为()g x 为奇函数，所以(2021)(2)g x g +<， 所以20212x +<，得2019x <-，所以不等式的解集为(),2019-∞-， 故选：C【典例18】（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）设11166,2ln sin cos ,ln 5101055a b c ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是___________. 【答案】.b a c <<【分析】利用导数研究函数()sin f x x x =-，()ln(1)g x x x =-+，6()ln(1)5h x x x =-+在(0,1)上的单调性，利用函数的单调性可比较,,a b c 的大小.【详解】由已知可得2111112ln sin cos ln sin cos ln(1sin )101010105b ⎛⎫⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()sin f x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0f x x '=->， 所以()sin f x x x =-在(0,1)上单调递增，所以1(0)05f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即11sin 55>，所以11ln 1sin ln 155b ⎛⎫⎛⎫=+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()ln(1)g x x x =-+，(0,1)x ∈，则1()1011x g x x x '=-=>++， 所以()ln(1)g x x x =-+在(0,1)上单调递增，所以1(0)05g g ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即111ln 1ln 1sin 555⎛⎫⎛⎫>+>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a b >，设6()ln(1)5h x x x =-+，(0,1)x ∈，则651()1551x h x x x -'=-=++，当105x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0h x '<，当1,15x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，所以6()ln(1)5h x x x =-+在105⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在1,15⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以1(0)05h h ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即16166ln 1ln 55555⎛⎫<+= ⎪⎝⎭，所以a c <，所以.b a c << 故答案为：.b a c <<. 构造函数解不等式或比较大小一般地，在不等式中若同时含有f (x )与f ′(x )，常需要通过构造含f (x )与另一函数的和、差、积、商的新函数，再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果． 常见构造的辅助函数形式有： (1)f (x )＞g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )；(2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→()[]'f x x； (4)f ′(x )＋f (x )→[e x f (x )]′；(5)f ′(x )－f (x )→()[]'x f x e′.（6）()()f x f x '<→()()x f x g x e = （7）()()xf x f x '<→()()f x g x x=（8）()()0xf x f x '+<→()()g x xf x =.【精选精练】一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）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⎛⎤⎡⎤--⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦【答案】C【分析】()0f x '≥的解集即为()y f x =单调递增区间，结合图像理解判断． 【详解】()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．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A ．在区间()1,1-上，()f x 是增函数B ．在区间()3,2--上，()f x 是减函数C ．2-为()f x 的极小值点D ．2为()f x 的极大值点【答案】D【分析】利用函数与导函数的关系及其极值的定义即可求解. 【详解】由导函数()f x '的图像可知，在区间()1,0-上为单调递减，在区间()0,1上为单调递增，则选项A 不正确； 在区间()3,2--上，()0f x '>，则()f x 是增函数，则选项B 不正确；由图像可知()20f '-=，且()3,2--为单调递增区间，()2,0-为单调递减区间，则2-为()f x 的极大值点，则选项C 不正确；由图像可知()20f '=，且()1,2为单调递增区间，()2,3为单调递减区间，则2为()f x 的极大值点，则选项D 正确； 故选：D.3．（2023·全国·高三专题练习）函数()3221343f x x ax a x =---在()3,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．0a ≥ B ．1a ≥ C ．3a ≤-或1a ≥ D ．31a -≤≤【答案】D【分析】结合函数单调性得到()22230f x x ax a -'=-≥在()3,+∞上恒成立，分0a =，0a >和0a <三种情况，数形结合列出不等式，求出实数a 的取值范围. 【详解】∵函数()3221343f x x ax a x =---在()3,+∞上是增函数，∴()22230f x x ax a -'=-≥在()3,+∞上恒成立， ∵()()()22233f x x ax a x a x a =--=-+'，∴当0a =时，()20f x x '=≥恒成立，满足题意；当0a >时，()0f x '>在()(),3,a a ∞∞--⋃+上恒成立，()0f x '<在(),3a a -上恒成立，故只需33a ≤，解得：1a ≤，故可得：(]0,1a ∈ 当0a <时，()0f x '>在()(),3,a a ∞∞-⋃-+上恒成立，()0f x '<在()3,a a -上恒成立，故只需3a -≤，解得：3a ≥-，故可得：[)3,0a ∈- 综上可得：实数a 的取值范围是[]3,1-， 故选：D ．4．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知函数()12ln f x x x x=+-，则不等式()()211f x f x -<-的解集为（ ） A ．20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．12,23⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】利用导数说明函数的单调性，再根据函数的单调性及定义域将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】解：由题意可知，函数()12ln f x x x x=+-的定义域为()0,∞+. 因为()22211110f x x x x ⎛⎫'=--=--≤ ⎪⎝⎭恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递减.则由()()211f x f x -<-可得21010211x x x x->⎧⎪->⎨⎪->-⎩，解得213x <<，即原不等式的解集为2,13⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B.a A ．ln ln ab a b -<-e e B ．ln ln b a a b < C ．e a b ba-> D ．sin sin 1a ba b-<-【答案】D【分析】由题设有0a b >>，分别构造e ln x y x =-、ln xy x=、e x y x =、sin y x x =-，利用导数研究在,()0x ∈+∞上的单调性，进而判断各项的正误. 【详解】由221a b >>，即0a b >>，A ：若e ln x y x =-且,()0x ∈+∞，则1e x y x'=-，故12|e 20x y ='=-<，1|e 10x y ='=->，即y '在1(,1)2上存在零点且y '在(0,)+∞上递增，所以y 在(0,)+∞上不单调，则e ln e ln a b a b -<-不一定成立，排除； B ：若ln x y x =且,()0x ∈+∞，则21ln xy x -'=， 所以(0,e)上0y '>，y 递增；(e,)+∞上0y '<，y 递减； 故y 在(0,)+∞上不单调，则ln ln a ba b<不一定成立，排除； C ：若e x y x =且,()0x ∈+∞，则e (1)0x y x '=+>，即y 在(0,)+∞上递增， 所以e e a b a b >，即e a b ba-<，排除； D ：若sin y x x =-且,()0x ∈+∞，则1cos 0y x '=-≥，即y 在(0,)+∞上递增， 所以sin sin a a b b ->-，即sin sin 1a ba b-<-，正确.故选：D6．（2022·四川成都·高三期末（理））若函数()在区间()上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．[)1,+∞ B ．[)2,+∞ C ．(]0,1 D ．(]0,2【答案】B【分析】根据已知条件等价为()20f x k x =-≥'在()1,+∞上恒成立，即2k x≥在()1,+∞上恒成立，求解()()21g x x x=>的取值情况即可得出结果. 【详解】()2ln f x kx x =-由题意，已知条件等价为()20f x k x=-≥'在()1,+∞上恒成立， 即2k x≥在()1,+∞上恒成立， 令()()21g x x x=>， ()g x 在()1,+∞上单调递减，()2g x ∴<，2k ∴≥，k ∴的取值范围是[)2,+∞.故选：B.7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3ln 3f x x x ax =--在()2,+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为（ ）A ．72a >-B ．72a ≥-C ．72a <D ．72a ≤【答案】D【分析】由已知可得()210f x x a x '=--≥在()2,+∞恒成立，从而进行参变分离求最值即可.【详解】解：()210f x x a x'=--≥，因为函数()31ln 3f x x x ax =--在()2,+∞上单调递增，所以()210f x x a x '=--≥在()2,+∞恒成立，即21a x x≤-在()2,+∞恒成立，令()()212g x x x x =->，则()2120g x x x '=+>在()2,+∞恒成立， 故()g x 在()2,+∞单调递增，所以()()722g x g >=， 故a 的取值范围是72⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，，故选：D ．8．（2023·全国·高三专题练习）已知R α∈，则函数()ex x f x =的图象不可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】令12α=、2α=、1α=-，结合导数研究()f x 的单调性及值域判断可能的图象，即可得答案.【详解】当12α=时，()e x xf x =且0x ≥，则12()e x x f x x-'=，所以1(0,)2上 ()0f x '>，()f x 递增；1(,)2+∞上 ()0f x '<，()f x 递减，且(0)0f =，所以A 图象可能；当2α=时，2()0ex x f x =≥且R x ∈，则(2)()e x x x f x '-=，所以(,0)-∞上()0f x '<，()f x 递减，(0,2)上 ()0f x '>，()f x 递增，(2,)+∞上 ()0f x '<，()f x 递减，所以B 图象可能； 当1α=-时，1()e x f x x =且0x ≠，则21()e xxf x x +'=-，所以(,1)-∞-上()0f x '>，()f x 递增，(1,0)-上 ()0f x '<，()f x 递减，(0,)+∞上 ()0f x '>，()f x 递增，又0x <时()0f x <，而0x >时()0f x >， 所以D 图象可能； 综上，排除A 、B 、D. 故选：C3232b b =，03c <<且33c c =，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b a c <<D ．a c b <<【答案】A【分析】构造函数()ln xf x x=，求导，根据函数的单调性比大小即可. 【详解】由88a a =，两边同时以e 为底取对数得ln ln 88a a =， 同理可得ln ln 3232b b =，ln ln33c c =， 设()ln xf x x=，0x >，则()()8f a f =，()()32f b f =，()()3f c f =， ()21ln xf x x -'=，令()0f x '=，解得e x =，当()0,e x ∈时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 则(),,0,e a b c ∈，且()()()3832f f f >>， 所以()()()f c f a f b >>， 故c a b >>， 故选：A.10．（2022·江苏·扬中市第二高级中学高三开学考试）已知()f x '是函数()f x 的导数，且()()f x f x -=，当0x ≥时，()3f x x '>，则不等式3()(1)32f x f x x --<-的解集是（ ） A ．1(,0)2-B ．1(,)2-∞-C ．1(,)2+∞D ．1(,)2-∞【答案】D【分析】构造函数23()()2g x f x x =-，根据导数判断单调性，再利用奇偶性求出解集.【详解】设23()()2g x f x x =-，则()()3g x f x x '='-，因为当0x ≥时，()3f x x '>，所以当0x ≥时，()0g x '>， 即()g x 在[0,)+∞上单调递增，因为()()f x f x -=，所以()f x 为偶函数，则()g x 也是偶函数,所以()g x 在(,0]-∞上单调递减. 因为3()(1)32f x f x x --<-,所以2233()(1)(1)22f x x f x x -<---, 即()(1)g x g x <-, 则1x x <-，解得12x <， 故选：D.b a b =下列正确的是（ ） A ．1ab >B ．1(1)b a a b +<+C ．11a b a b a a b b ++->-D ．52+>a b 【答案】B【分析】利用指对数互化及对数的运算性质可得1b a =，进而可得1121a b b<=<<+，然后构造函数，利用函数的单调性即得. 【详解】由log b a a b =，可得1log log log b a b a b a==，所以log 1b a =，或log 1b a =-， ∴b a =(舍去)，或1b a=，即1ab =，故A 错误； 又02b a b <<<，故120a a a<<<， ∴12a <<，对于函数()112y x x x=+<<， 则2221110x y x x-'=-=>，函数()112y x x x =+<<单调递增，∴1322,2a b a a ⎛⎫+=+∈ ⎪ ⎪⎝⎭，故D 错误； ∵02b a b <<<，112a b<=<， ∴1212a b b <<<+<， 令()()ln 12x g x x x=<<，则()21ln 0xg x x -'=>，∴函数()()ln 12xg x x x=<<单调递增， ∴()ln 1ln 1b a a b +<+，即()()1ln ln 1b a a b +<+， ∴()1ln ln 1ab a b +<+，即1(1)b a a b +<+，故B 正确； ∵011b a b <<<<+，∴函数,x x y a y b ==-单调递增，故函数x x y a b =-单调递增， ∴11a a b b a b a b ++-<-，即11a b a b a a b b ++-<-，故C 错误. 故选：B. 12．（2023·全国·高三专题练习）已知0a <，函数322()2f x x ax a x =+-+的单调递减区间是________ ． 【答案】,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】求出函数导数，由()0f x '<即可求出单调递减区间. 【详解】22()32(3)()f x x ax a x a x a '=+-=-+，令()0f x '<，解得3ax a <<- ， 所以()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故答案为：,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.13．（2021·河南宋基信阳实验中学高三开学考试（文））若函数4y x x=+在()0,a 上为单调减函数，则实数a 的取值范围是_________. 【答案】(]0,2【分析】由题可得函数4y x x=+在区间(0,2]上是减函数，结合条件即得. 【详解】对于函数4y x x=+，0x >， ∴()()222222441x x x y x x x+--'=-==，0x >， 由0y '<，可得02x <<， 因为函数4y x x=+在()0,a 上为单调减函数， 所以02a <≤，即实数a 的取值范围是(]0,2. 故答案为：(]0,2.14．（2022·江苏·扬中市第二高级中学高三开学考试）函数()2x x f x =的单调递增区间为__________. 【答案】2(0,)ln 2【分析】先求得导函数，并令'0f x ，再判断导函数的符号，由此可得函数的单调递增区间.【详解】函数2()2x xf x =，则()()()2'22ln 2ln 222222x x xxx fx x x x -⋅-⋅⋅⋅==，令()0f x '=解得20,ln 2x x ==， 当(),0x ∈-∞时,()0f x '<,函数()f x 单调递减，当20,ln 2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,函数()f x 单调递增，当2,ln 2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,函数()f x 单调递减， 故答案为：2(0,)ln 2. 15．（2023·全国·高三专题练习）()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______【答案】1,9⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【分析】分析可知，2,+3x ⎛⎫∃∈∞ ⎪⎝⎭，使得()212a x x >-，求出函数()212y x x =-在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上的值域，可得出实数a 的取值范围.【详解】因为()3211232f x x x ax =-++，则()22f x x x a '=-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞ ⎪⎝⎭，使得()0f x '>，即()212a x x >-，当()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-.故答案为：1,9⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.16．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知奇函数()的定义域为R ，当0x >讨，()()20f x f x '+>，且()20f =，则不等式()0f x >的解集为___________.【答案】()(2,02,)-⋃+∞【分析】构造函数2()e ()=x g x f x ,利用导函数判断出当x >0时, ()g x 单调递增，得到当x >2时()0g x >，从而()0f x >；当02x <<时，()0g x <，从而()0f x <.由()f x 为奇函数得到不等式()0f x >的解集.【详解】构造函数2()e ()=x g x f x ，则当0x >时，[]2()e 2()()0xg x f x f x ''=+>，所以当x >0时()g x 单调递增.因为f (2)=0，所以()()42e 20g f ==，所以当x >2时()0g x >，从而()0f x >.当02x <<时，()0g x <，从而()0f x <.又奇函数()f x 的图像关于原点中心对称，所以()0f x >的解集为()(2,02,)-⋃+∞. 故答案为: ()(2,02,)-⋃+∞. 三、解答题17．（2022·四川成都·高三期末（理））设函数()()321113f x x x a x =-++--，其中a ∈R ．若函数()f x 的图象在0x =处的切线与x 轴平行． (1)求a 的值；(2)求函数()f x 的单调区间． 【答案】(1)1a =(2)单调递增区间为()0,2；单调递减区间为(),0∞-，()2,+∞【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）由（1）得()32113f x x x =-+-，再求导分析函数的单调区间即可(1)()221f x x x a '=-++-．∵函数()f x 的图象在0x =处的切线与x 轴平行，∴()010f a =-='，解得1a =．此时()010f =-≠，满足题意．∴1a =． (2)由（1）得()32113f x x x =-+-，故()()222f x x x x x '=-+=--．令()0f x '=，解得0x =或2x =．当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：x(),0∞-0 ()0,22 ()2,+∞()f x ' - 0 +0 -()f x单调递减1- 单调递增13单调递减∴函数()的单调递增区间为()；单调递减区间为()，()．18．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22ln x f x x a =-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程． (2)讨论函数()f x 的单调性； 【答案】(1)2ln 2y x =- (2)答案见解析【分析】（1）求得函数的导数，根据导数的几何意义即可求得切线方程；（2）求出函数的导数，分类讨论a 的取值，判断导数的正负，从而确定函数的单调性. (1)当2a =时，()22ln 2x f x x =-，所以()22n2l 2f =-,()2f x x x'=-，所以()22212f '=-=,所以函数()f x 在()()22f ,处的切线方程为()22ln 22y x --=-，即2ln 2y x =-. (2)()f x 的定义域为(0)+∞，， 22()x f x a x'=-,当0a <时， ()0f x '<恒成立，所以()f x 在(0)+∞，上单调递减； 当0a > 时， ()()222()x f x x a x a a x ax'=-=+-,在()0,a 上，()0f x '<，所以()f x 单调递减；在(),a +∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增.。

利用导数讨论含参函数的单调性

利用导数讨论含参函数的单调性

利用导数讨论含参函数的单调性讨论函数的单调性是研究函数问题的基础，对于函数的最值、极值、零点等性质的研究，都是以函数的单调性为基础展开的。

在此，主要讨论含参函数单调性的讨论方法。

函数的单调性由导函数的正负决定，讨论函数的单调性关键在于研究导函数的正负。

含参函数导函数正负的确定最大的困难在于参数的影响，如何对参数进行分类讨论是问题的关键。

在此，我们将提出三种方法。

一．分离参数、数形结合函数求导后，导函数中的参数可以分离，形如：m x g x f -=)()('的形式，若)(x g 有最小值，则分min )(x g m ≤，min )(x g m >两种情况进行分类讨论。

（1）当min )(x g m ≤时，0)()('≥-=m x g x f ；（2）当min )(x g m >时，若0)()('=-=m x g x f 有一个解，且)(x g 单调，设解为0x ，则0x 将定义域分为两个区间，讨论函数的单调性。

若)(x g 有最大值，则分max )(x g m ≥，max )(x g m <两种情况进行分类讨论。

1.（2012年全国卷文科21题） 设函数2)(--=ax e x f x . （1）求)(x f 的单调区间；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，a e x f x -=)('，①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞∞-,单调递增； ②若0>a ，则由0)('=x f 得a x ln =，当()a x ln ,∞-∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,ln a x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 的单调减区间是()a ln ,∞-，单调增区间是()+∞,ln a ； 2.（2016年山东文科20题）设x a ax x x x f )12(ln )(2-+-=，R a ∈. （1）令)()('x f x g =，求)(x g 的单调区间. 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，1221ln )()('-+-+==a ax x x f x g ，a xx g 21)('-=（1）若0≤a ，则0)('>x g ，)(x g 在()+∞,0单调递增；（2）若0>a ，则由0)('=x g 得ax 21=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('>x g ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('<x g ，所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递减.3.（2015年北京卷文科19题）设函数x k x x f ln 2)(2-=.（1）求)(x f 的单调区间和极值；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xkx x k x x f -=-=2')(，①若0≤k ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增； ②若0>k ，则由0)('=x f 得k x =，当()k x ,0∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,k x 时，0)('>x f所以)(x f 的单调减区间是()k ,0，单调增区间是()+∞,k .4.（2015年全国二卷文科21题） 已知函数)1(ln )(x a x x f -+=. （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xaxa x x f -=-=11)('， ①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 1=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 1,0时，0)('>x f ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈0,1a x 时，0)('<x f ；所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛0,1a单调递减； 5.（2016年四川卷文科21题） 设函数x a ax x f ln )(2--=. （1）讨论)(x f 的单调性； 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，⎪⎭⎫⎝⎛-=-=-=22'121212)(x a x x ax x ax x f ，①若0≤a ，则0)('<x f ，)(x f 在()+∞,0单调递减；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 21=，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('<x f ，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('>x f ；所以)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递增； 若0)()('=-=m x g x f 有两个解，则可以将定义域分为三个区域进行讨论。

专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版)

专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版)

专题10分类讨论法解决含参函数单调性问题1．函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程3．口诀记忆导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．题型一可求根或因式分解1．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．2．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当a ＝0时，f (x )为常函数．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )4．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x ．①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0，1)②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③当a >1时，0<1a <1，∴x (1，＋∞)时，f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )(1，＋∞)综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )(1，＋∞)5．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝ax ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a ．由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )6．已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析：易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x f ′(x )＞0，所以f (x )综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )7．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)判断函数f (x )的单调性．解析：(1)∵a ＝e ，∴f (x )＝e x －e x －1，∴f ′(x )＝e x －e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0.∴当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1.(2)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a .易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．8．已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，其中g (x )的函数图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．解析：(1)g ′(x )＝1x ＋2ax ＋b (x ＞0)．由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴，得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，所以b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x .因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x.由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a，若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a ，由g ′(x )＜0，得12a＜x ＜1，即函数g (x )(1，＋∞)若12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0，得x ＞12a 或0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得1＜x ＜12a，即函数g (x )在(0,1)若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数g (x )在(0,1)当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞12时，函数g (x )(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．解析：因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x．由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1，即函数f (x )(1，＋∞)若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )减，在(1，＋∞)上单调递增．10．函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．解析：因为f ′(x )＝－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a (x 2＋1)2＝－2a(x 2＋1)2·(x －a (1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )，(－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.11．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．解析：f ′(x )＝x (x －(a 2－2a ))(x ＋1)(x ＋a )2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.②当a ＝2时，f ′(x )＝x (x ＋1)(x ＋2)2≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0)(0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋综上，当1<a <2时，f (x )的递增区间是(－1，a 2－2a )，(0，＋∞)，递减区间是(a 2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．12．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝当x ∞，f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.故f (x )∞，13．已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析：f ′(x )＝a x ＋1－a －2x 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x 1f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x －a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x －a ＋22，＋f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )1－a ＋22，(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)－a ＋22，＋14．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ·(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝g (x )－af (x )(a ∈R)的单调性．解析：(1)g ′(x )＝(e x )′·(cos x －sin x ＋2x －2)＋e x (cos x －sin x ＋2x －2)′＝e x (cos x －sin x ＋2x －2－sin x －cos x ＋2)＝2e x (x －sin x )．记p (x )＝x －sin x ，则p ′(x )＝1－cos x ．因为cos x ∈[－1，1]，所以p ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数p (x )在R 上单调递增．而p (0)＝0－sin 0＝0，所以当x <0时，p (x )<0，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x >0时，p (x )>0，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．综上，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h (x )＝g (x )－af (x )＝e x (cos x －sin x ＋2x －2)－a (x 2＋2cos x )，所以h ′(x )＝2e x (x －sin x )－a (2x －2sin x )＝2(x －sin x )(e x －a )．由(1)知，当x >0时，p (x )＝x －sin x >0；当x <0时，p (x )＝x －sin x <0．当a ≤0时，e x －a >0，所以x >0时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x <0时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减．当a >0时，令h ′(x )＝2(x －sin x )(e x －a )＝0，解得x 1＝ln a ，x 2＝0．①若0<a <1，则ln a <0，所以x ∈(－∞，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(ln a ，0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增．③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a ，0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．题型二导函数不可因式分解1．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析：由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )．①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞2．已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性．解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )－k 3，∞k3，＋3．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．解析：由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增；②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a，x 2＝－1＋1－1a．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a，－1综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a ，－14．已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.所以f (x )综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )5．已知f (x )＝ax －1x ，g (x )＝ln x ，x ＞0，a ∈R 是常数．(1)求函数y ＝g (x )的图象在点P (1，g (1))处的切线方程；(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，讨论函数F (x )的单调性．解析：(1)因为g (x )＝ln x (x ＞0)，所以g (1)＝0，g ′(x )＝1x ，g ′(1)＝1，故函数g (x )的图象在P (1，g (1))处的切线方程是y ＝x －1.(2)因为F (x )＝f (x )－g (x )＝ax －1x －ln x (x ＞0)，所以F ′(x )＝a ＋1x 2－1x ＝a －14.①当a ≥14时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＝0时，F ′(x )＝1－xx 2，F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；③当0＜a ＜14时，由F ′(x )＝0，得1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a＞0，且x 2＞x 1，故F (x )④当a ＜0时，由F ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a ＜0，F (x )6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1.(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )－23，－a 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x(－∞，x 1)(x 1，x 2)(x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x )的单调递增区间是(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)；单调递减区间是(x 1，x 2)．(2)因为f (x )－23，－－23，－(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0－23，－所以2a ≥－3x －1x在－23，－a ≥2.7．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解析：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，对一切x ＞0都有f ′(x )≥0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2.由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2.所以f (x )在。

导数含参数问题的分类讨论

导数含参数问题的分类讨论

导数含参数问题的分类讨论利用导数来研究函数的单调性、极值、最值问题是高中数学的重要内容，分类讨论的思想又是高中阶段着重培养的思想方法。

导数大题的共同点就是求完导数后往往转化为带参数的函数，因此，需要利用分类讨论来解决含参数的导数问题成为近几年高考考查的一个重点和热点。

导数是解决函数单调性，最值等问题十分有利的工具，但学生在运用导数含参的问题时，往往产生惧怕心理，尤其对分类讨论感到困惑。

关于导数的分类讨论最常用有以下两种。

一、区间固定讨论极值点现在以2012年北京高考题为例。

本题第二问主要考察用导数来求函数的单调区间，以及在确定区间内求函数的最值问题。

试题的背景是以人教版A版2-2 1.3.2节例4，例5为蓝本。

例4是求函数的极值，例题的极值点是确定的具体的数。

例5是在闭区间内求最值。

此例题的极值点和端点值都是具体的实数。

接下来要讲的这道高考题和这道例题类似，把极值点变成含参数的极值点。

这道高考题目是来源于例题又高于例题。

（2012年北京卷理科18题）已知函数f（x）=ax2+1（a>0）与曲线g（x）=x3+bx（1）若曲线y=f（x），y=g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a，b的值；（2）当a2=4b时，求函数f（x）+g（x）的单调区间，并求其在区间（-∞，-1]上的最大值。

此例题与课本例4：求y=x3/3-4x+4的极值，例5求y=x3/3-4x+4在区间[0，3]上求函数的最值进行对比。

首先是找出两例题的相同点。

两题的相同之处都是三次函数，都是求函数的单调区间和在固定的区间内求最值。

不同点是北京高考题中函数的极值点含有参数，极值点不固定，而课本例题的极值点是确定的。

要研究函数在固定区间上的最值问题，就是研究函数在此区间上的单调性，要研究函数的单调性就是研究函数的极值点，利用传递性可得解决问题的实质就是研究函数的极值点。

研究函数的最值问题就是研究函数的极值点与区间位置关系的问题。

分类讨论证明或求函数的单调区间(含参)(教师版)--2024新高考数学导数微专题训练

分类讨论证明或求函数的单调区间(含参)(教师版)--2024新高考数学导数微专题训练

专题14分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）1．设函数21()sin cos 2f x x x x ax =+-．（1）当12a =时，讨论()f x 在(,)ππ-内的单调性；（2）当13a >时，证明：()f x 有且仅有两个零点．【答案】（1）在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭或,3ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,3ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭或0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间；（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出．【详解】（1）当12a =时，21()sin cos 4f x x x x x =+-，11()sin cos sin (cos 22f x x x x x x x x ∴'=+--=-，令()0f x '=，解得0x =或3x π=，3x π=-，当()0f x '<时，解得03x π-<<或3x ππ<<，当()0f x '>时，解得3x ππ-<<-或03x π<<，()f x ∴在(3π-，0)或(3π，)π上单调递减，在(,)3ππ--或(0,)3π上单调递增；（2）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2211()()sin()cos()()sin cos ()22f x x x x a x x x x ax f x -=--+-+-=+-= ，()f x ∴为偶函数，(0)10f => ，()f x ∴有且仅有两个零点等价于()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，()(cos )f x x x a '=- ，当1a 时，cos 0x a -，()0f x '恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减，2211()sin cos 1022f a a ππππππ=+-=--< ，(0)·()0f f π∴<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，当113a <<时，令()(cos )0f x x x a '=-=，即cos x a =，可知存在唯一(0,)2πθ∈，使得cos a θ=，当(0,)x θ∈或(22,22)x k k ππθππθ∈+-++时，k ∈N ，()0f x '>，函数()f x 单调递增，当(2,22)x k k πθππθ∈++-时，k ∈N ，()0f x '<，函数()f x 单调递减，由tan θ=113a <<，可得0tan θ<<，当k ∈N ，22tan 2(k ππθθπ++->，2221113(22tan )10(22)[(22tan )1][(22tan )1]022626k f k a k k a ππθθππθππθθππθθ++--∴++=-++--+<-++--+=-<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，综上所述，当13a >时，()f x 有且仅有两个零点．【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.2．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先求导，分为0m ≥，1m =-，1m <-和10m -<<四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln )23501x x x x x-+--<-，令()()3261ln 235h x x x x x =-+--，利用当2m =时的结论，根据导数判断()h x 与0的关系，即可证明.【详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mx m x mx x f x mx m x x x+--+-'=-+-=⋅=⋅，当0m 时，10mx +>，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当0m <时，令()0f x '=，解得1x =或1x m=-，当1m =-时，2(1)()2·0x f x x-'=-恒成立，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，101m<-<，当1(0,x m ∈-或(1,)+∞时，()0f x '<，当1(x m∈-，1)时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -或(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<，11m ->，当(0,1)x ∈或1(m -，)+∞时，()0f x '<，当1(1,x m∈-时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,m．综上所述：当0m 时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当1m =-时，函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -，(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,)m．（2）证明：要证2286ln 3521x x x x x x---<-，即证3226(1ln )23501x x x x x -+--<-，令32()6(1ln )235h x x x x x =-+--，则22()66ln 6663(22ln 2)h x x x x x x x '=--+-=--，由（1），当2m =时，2()22ln 2f x x x x =--，可得()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，即()h x '的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()h x h ∴''（1）0=，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，h （1）6(1ln1)2350=-+--=，∴当01x <<时，()0h x <，210x ->，当1x >时，()0h x >，210x -<，∴3226(1)23501x lnx x x x -+--<-，即22863521x xlnx x x x---<-．【点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.3．已知函数()()1ln f x ax x a R =--∈.（1）若1a =，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）答案见解析.【分析】（1）当1a =时，求得()1x f x x-=，利用导数分析函数()f x 的单调性，由此可求得函数()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）求得()()10ax f x x x-'=>，分0a ≤和0a >两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间.【详解】（1）当1a =时，()1ln f x x x =--，所以，()()1110x f x x x x-¢=-=>，列表；x1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭1(]1,e ()f x '-+()f x 单调递减极小单调递增所以，()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的有极小值()10f =，无极大值；（2） 函数()f x 的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，10ax -<，从而()0f x '<，故函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，若10x a<<，则10ax -<，从而()0f x '<；若1x a>，则10ax ->，从而()0f x '>.故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当0a >时，函数()f x 的单调递减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】方法点睛：讨论含参数函数的单调性，通常以下几个方面：（1）求导后看函数的最高次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，且最高次项为一次，一般为一次函数，求出导数方程的根；（3）对导数方程的根是否在定义域内进行分类讨论，结合导数的符号变化可得出函数的单调性.4．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-，再对m 分三种情况讨论，即0m =，0m >，0m <三种情况；（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)(1)()xx mx m f x e --'+=-，①当0m =时，1()x x f x e-=-'，当1x >时，()0f x '<，当1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当0m >时，1(1)11(),11x m x x m f x e m'⎛⎫--+ ⎪⎝⎭=--<，当11,1x m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，当1,1(1,)x m ⎛⎫∈-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,1,(1,)m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递减；③当0m <时，111m ->，当11,1x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1(,1)1,x m ⎛⎫∈-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在11,1m ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递减，在1(,1),1,m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递增．（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，当0m =时，()x xf x e =，由（1）知()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max 1()(1)f x f e==；当0m <时，()211()xx m x xx f x e e e++=<≤，故()ln ef x x x +≤．【点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.5．已知函数()e x f x ax =，a 为非零常数.（1）求()f x 单调递减区间；（2）讨论方程()()21f x x =+的根的个数.【答案】（1）当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-，当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞；（2）当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【分析】（1）求导，对a 分类讨论，利用()0f x '<可解得结果；（2）转化为函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，利用导数可求得结果.【详解】（1）()(1)e x x x f x ae axe a x '=+=+，由()0f x '=得1x =-，①若0a >时，由()0f x '<得1x <-，所以()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；②若0a <时，由()0f x '<得1x >-，所以()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.综上所述，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.（2）因为方程2()(1)f x x =+等价于2(1)e x x a x +=，令2(1)()exx g x x +=，所以方程()()21f x x =+的根的个数等于函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，因为()2222(1)12(1)(1)()()()ex x x x x x x x xe x e xe g x xe x +++-++=-'=，由()0g x '=，得1x =-，当(,1)x ∈-∞-，时，()0g x '>，()g x 在(,1)-∞-上单调递增；当()()1,00,x ∈-+∞ 时，()0g x '<，所以()g x 在()1,0-，()0,∞+上单调递减，又()10g -=，所以当(,1)x ∈-∞-时，()(),0g x ∈-∞；当()1,0x ∈-时，()(),0g x ∈-∞；当()0,x ∈+∞时，()()0,g x ∈+∞.所以，当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【点睛】方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，可得方程根的个数；（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解6．已知函数()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ .【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =；（3）证明见解析.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，证明其小于零，即得1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，再将1nx n =+代入求和即证结论.【详解】解：（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=，0x >.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去当1a e >时10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--=⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.（3）构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，则119()3033x h x x x -'=-=>，故1()ln 313h x x x =-+在1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上递减，111111()ln 3120232232h x h ⎛⎫≤=-⨯+=--< ⎪⎝⎭，故1ln 3103x x -+<，即1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，而11,1112n n N x n n *⎡⎫∈==-⎪⎢++⎣⎭，故13ln 1311n n n n >++⋅+，即[]ln(13ln 131)1n n n n ->++⋅+，将n *∈N 依次代入并相加得[]()1ln1ln 12313ln 2ln 3...ln(1)ln 1231ln 4323n n n n n n n ⎛⎫++++>-+-++-+-+ ⎭+⎪+⎝= ，即1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>- ⎪+⎝⎭ .【点睛】本题解题关键在于观察证明式1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ ，构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，以证明13ln 13x x >+，将1n x n =+代入求和即突破难点.用导数解决与正整数n 有关的不等式证明问题，属于难点，突破点就在于观察构造合适的函数，通过导数证明不等式，再将关于n 的式子代入即可.7．已知函数()()21ln ,2f x ax x x b a b R =-⋅+∈，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；【详解】（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去.当1a e >时，10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =，故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.【点睛】利用导数研究函数()f x 的单调性和最值的步骤：①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，讨论不等式何时()0f x '>和()0f x '<③对应得到增区间和减区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可.8．已知函数()()()ln 1f x x ax a =+-∈R .（1）讨论函数()f x 的单调性.（2）若()()2112g x x x a f x =--+-，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，求证:()()12152ln 28x g x g -≥-.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得()f x 的定义域和导函数()'fx ，对a 分成0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）求得()g x 的表达式，求得()'g x ，利用根与系数关系得到12,x x 的关系式以及1x 的取值范围，将()()12g x g x -表示为只含1x 的形式，利用构造函数法求得()()12g x g x -的最小值，从而证得不等式成立.【详解】(1)由题意得，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，()11f x a x '=-+.当0a ≤时，()101f x a x '=->+，∴函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增.当0a >时，令()0f x '=，得11x a=-+.若11,1x a ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；若11,x a ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，此时函数()f x 单调递减.综上，当0a ≤时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在11,1a ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)()()21ln 12g x x x a x =+-+Q ，0x >，()()11g x x a x '∴=+-+()211x a x x-++=.由()0g x '=得()2110x a x -++=，()240321a a ∆=+⇒-≥>121x x a ∴+=+，121=x x ，211x x ∴=.32a ≥Q ，512a +≥，12x x <111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪∴⎨⎪<<⎪⎩，解得1102x <≤.()()12x g x g ∴-()()()221121221ln12x x x a x x x =+--+-21121112ln 2x x x⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.设()221112ln 022x h x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()()22331210x h x x x x x-'=--=-<，∴函数()h x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减.∴当112x =时，()min 1152ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.32a ∴≥时，()()12152ln 28x g x g -≥-成立.【点睛】求解含有参数的函数的单调性题，求导后要根据导函数的形式进行分类讨论.9．已知函数()2xf x e ae x =-.（1）讨论()f x 的单调区间；（2）当0a <时，证明：()2ln f x e x >.【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间；当0a >时，()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞，（2）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导数，分0a ≤和0a >，分别由导数大于零和小于零，可求得函数的单调区间；（2）要证明22ln x ae x e x e ->，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()2ln xg x e e x =-，然后利用导数求出此函数的最小值即可，或要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->，构造函数()()20x g x ae x x e =->，然后用导数求其最小值，构造函数()()2ln 0x h x e x x=>，然后利用导数求其最大值，或要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()()()222222ln ln x x g x e e x e x e x e e e e x =-=-++--，令()()220x h x e e x e x =-+>，()222ln m x e x e e x =--，再利用导数求其最小值即可【详解】（1）解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()2x f x e ae '=-．当0a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间．当0a >时，由()0f x ¢=，得2ln x a =+．当(),2ln x a ∈-∞+时，()0f x ¢<；当()2ln ,x a ∈++∞时，()0f x ¢>，所以()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞．（2）证明：法一：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()2ln xg x e e x =-，则()2xg x e e x '=-，()220xg x e xe ''=+>，所以()g x '在()0,+¥上是增函数．又()210g e e '=-<，()2222022e g ee '=-=>，所以存在()01,2x ∈，使得()02000x g e x e x '=-=，即020x e e x =，00ln 2x x =-．所以当()00,x x ∈时，()0g x ¢<；当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，因此()g x 在()00,x 上是减函数，在()0,x +∞上是增函数，所以()g x 有极小值，且极小值为()()022222222000000ln 22220x g x e e x e x e x e e e x e x e =-=--=+->-=．因此()0gx >，即2ln 0x e x -->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法二：要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->．设()()20x g x ae x x e =->，则()()21x x e g x x-'=．当01x <<时，()0g x ¢<；当1x >时，()0g x ¢>，所以()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()g x 的极小值点，也是最小值点，且()()2min 1g x g e ae ==-．令()()2ln 0xh x e x x =>，则()()221ln x h x xe -'=．当0x e <<时，()0h x '>；当e x >时，()0h x '<，所以()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以x e =是()h x 的极大值点，也是最大值点，且()()max h x h e e ==，所以当0a <时，()()2g x e ae e h x ≥->≥，即22ln x e x xe x ae ->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法三：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()()()222222ln ln xxg x e e x e x ex ee e e x =-=-++--，令()()220xh x e e x ex =-+>，则()2x h x e e '=-，当02x <<时，()0h x '<；当2x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上是减函数，在()2,+¥上是增函数，所以2x =是()h x 的极小值点，也是()h x 的最小值点，即()()min 20h x h ==．设()222ln m x e x e e x =--，则()()2221x e m x e x xe-'=-=．当01x <<时，()0m x '<；当2x >时，()0m x '>，所以()m x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()m x 的极小值点，也是()m x 的最小值点，即()()min 10m x m ==．综上，()0h x ≥（当且仅当2x =时取等号），()0m x ≥（当且仅当1x =时取等号），所以()()()0g x h x m x =+>，故当0a <时，()2ln f x e x >．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将不等式等价转化，然后构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题10．已知函数2()ln f x x ax x =-+.（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0a <，满足2()ln f x x ax x =-+的图象与直线y kx =恒有且仅有一个公共点，求k 的取值范围.【答案】（1）当0a ≤时，在(0,)+∞单调递增；当0a >时，在10,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，在14a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（2）1k ≤或3221k e -+≥.【分析】（1）首先求函数的导数2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>，分0a ≤和0a >两千情况讨论导数的正负，确定函数的单调性；（2）由方程()f x kx =，转化为2ln x ax xk x -+=，构造函数()2ln x ax x h x x-+=，利用二阶导数判断函数的单调性，并分情况讨论()h x '最小值的正负，并结合零点存在性定理，确定函数的性质，根据2ln x ax xk x-+=有唯一解，确定k 的取值范围.【详解】（1）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>当0a ≤时，恒有'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，令2210ax x -++=，则180a ∆=+>，则10x =，211804x a-=<（舍去），当1(0,)4x a -+∈时，'()0f x >，()f x 在1(0,)4a-+单调递增；当)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x在)+∞单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在118(0,)4a -单调递增，()f x 在118()4a-+∞单调递减.（2）原命题等价于对任意0a <，2ln x ax x kx -+=有且仅有一解，即2ln x ax xk x-+=；令ln ()1x h x ax x =-+则21ln '()x h x a x -=-，332(ln )2''()x h x x -=，令''()0h x =得32x e =所以)'(h x 在32(0,)e 上递减，在32(,)e +∞上递增，3232min 331ln 1'()'()2e h x h e a ae e -==-=--当312a e ≤-时，'()0h x ≥，所以()h x 在R 上单调递增，又当0x →时，ln ,0xax x→-∞-→，所以()h x →-∞；当x →+∞时，ln ,xax x→+∞-→+∞，所以()h x →+∞.所以()h x 在R 上必存在唯一零点，此时k ∈R ；当3102a e-<<时，32min '()'()0h x h e =<，同时又当0x →时，21ln ,x a x-→+∞-→+∞，所以'()h x →+∞；当x →+∞时，21ln 0,x a x-→-→+∞，所以'()h x →+∞.所以方程'()0h x =存在两根12,x x ，即2211221ln 1ln 0x ax x ax --=--=且332212(0,),(,)x e x e ∈∈+∞，所以()h x 在1(0,)x 上单调递增，12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，所以()h x 的极大值为1()h x ，极小值为2()h x 要使有方程2ln x ax xk x-+=唯一解，必有1()k h x >或2()k h x <，又2222222222ln ln 1ln 2ln 1()111x x x x h x ax x x x x --=-+=-+=+，又322(,)x e ∈+∞，则2ln 1()1x x x ϕ-=+，232ln '()0x x xϕ-=<，所以()ϕx 在32(,)e +∞递减，且x →+∞时，2ln 1()11x x xϕ-=+→，所以1k ≤；同理1112ln 1()1x h x x -=+，321(0,)x e ∈，2ln 1()1x x x ϕ-=+在32(0,)e 递增，3322322()()121x e eeϕϕ-<=+=+，所以3221k e -+≥.综上可得，1k ≤或3221k e -+≥.【点睛】思路点睛：本题是一道利用导数研究函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数()f x ，利用导数研究函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函数的零点.11．设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R .（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围.【答案】（1）当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛-+ ⎝⎭；（2）6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【分析】（1）先对()f x 求导，对导函数分3a ≥和3a <两种情况讨论即可.（2）因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，利用分离参数法转化为不等式恒成立问题，求函数的最值即可.【详解】解：（1）()22()36313f x x x a x a '=-+=-+-，当3a ≥时，()0f x '≥，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，令()0f x '>，得13x <-或13x >+，所以()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭令()0f x '<，得1133x -<<+，所以()f x 的单调递减区间为9393133⎛-+ ⎝⎭.综上，当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞- ⎝⎭和1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为9393133⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭.（2）由题意得[]322133()(1)3,0,2222x ax a x x a x ϕ=+--+∈.因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，即[]3213(1)30,0,222ax a x x x +--∈，当0x =时，显然成立.当(]0,2x ∈时，得()21313022ax a x +--≤，即()()()()()22323232322221+2x x ax xx x x x ++==++-+-+--.令(]22,4t x =+∈，则2()1,(2,4]th t t t =--∈，()2210h t t '=+>恒成立，所以2()1,(2,4]t h t t t =--∈是增函数，5()0,2h t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以3625(2)12x x +--+，即65a ，所以a 的取值范围为6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离参数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可.12．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）02a <≤.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，判断函数的单调性即可；（2原不等式化为：ln 2x a x x ≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，求出函数的导数，再令()221ln g x x x =-+，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【详解】（1）()()()1121121x f x x a x a x x -⎛⎫⎛⎫'=-+-=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()12121a x x a x x xx---=--=，()0,x ∈+∞，令()0f x '=，则2ax =或1x =，当02a <<时，函数()f x 在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增，在区间,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当2a =时，函数()f x 在()0+∞，上单调递增，当2a >时，函数()f x 在区间()0,1和,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；（2）原不等式化为：ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，()2221ln 21ln 2x x x h x x x--+'=-=，令()221ln g x x x =-+，则()140g x x x '=+>，所以()g x 在()1+∞，上单调递增，()()110g x g >=>，所以()0h x '>，则函数()h x 在()1+∞，上单调递增，且()12h =，02a ∴<≤.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解决第（2）问的关键是将原不等式转化为ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，进而利用导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于常考题.13．已知函数()ln 2ag x x x x=++.（1）讨论()g x 的单调性；（2）当10a e <<时，函数()()222a f x xg x x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在其定义域内有两个不同的极值点，记作1x 、2x ，且11x x <，若m 1≥，证明：112m mx x e +⋅>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数()g x 的定义域，求得()222x x a g x x+-'=，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()g x 的单调递增区间和递减区间；（2）利用分析法得出所证不等式等价于()()()121212121ln0m x x x x x x x mx +-<>>+，令()120,1x t x =∈，构造函数()()()11ln m t h t t t m+-=-+，其中()0,1t ∈，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立，由此可证得原不等式成立.【详解】（1）函数()ln 2ag x x x x=++的定义域为()0,∞+，()()222122a x x ag x a R x x x+-'=+-=∈，方程220x x a +-=的判别式18a ∆=+.①当18a ≤-时，0∆≤，()0g x '≥，()g x 在()0,∞+为增函数；②当18a >-时，0∆>，方程220x x a +-=的两根为114x -'=，214x -'=，（i ）当108a -<≤时，120x x ''<≤，对任意的0x >，()0g x '>，()g x 在()0,∞+为增函数；（ii ）当0a >时，120x x ''<<，令()0g x '<，可得20x x '<<，令()0g x '>，可得2x x '>.所以，()g x在1,4⎛⎫+∞⎝⎪⎪⎭为增函数，在10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦为减函数.综上所述：当0a ≤时，()g x 的增区间为()0,∞+，无减区间；当0a >时，()g x的增区间为1,4⎛⎫+∞- ⎝⎪⎪⎭，减区间10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦；（2）证明：()()2ln 2a f x x x x x a a R =--+∈ ，所以()ln f x x ax '=-，因为()f x 有两极值点1x 、2x ，所以11ln x ax =，22ln x ax =，欲证112mm x x e +⋅>等价于要证：()112ln ln m m x x e +⋅>，即121ln ln m x m x +<+，所以()1212121ln ln m x m x ax max a x mx +<+=+=+，因为m 1≥，120x x <<，所以原不等式等价于要证明121ma x mx +>+.又11ln x ax =，22ln x ax =，作差得()1122lnx a x x x =-，1212ln x x a x x ∴=-，所以原不等式等价于要证明()()112211212212ln11ln x m x x x x m x x x mx x x mx +-+>⇔<-++，令12x t x =，()0,1t ∈，上式等价于要证()()11ln m t t t m+-<+，()0,1t ∈，令()()()11ln m t h t t t m+-=-+，所以()()()()221t t m h t t t m --'=+，当m 1≥时，20t m -<，则()0h t '>，所以()h t 在()0,1上单调递增，因此()()10h t h <=，()()11ln m t t t m+-∴<+在()0,1t ∈上恒成立，所以原不等式成立.【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由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求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.14．已知实数0a >，函数()22ln f x a x x x=++，()0,10x ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点，曲线()y f x =在点()()11,P x f x ､()()22,Q x f x (12x x <)处的切线分别为1l ､2l ，且1l ､2l 在y 轴上的截距分别为1b ､2b .若12//l l ，求12b b -的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【分析】（1）对函数求导，按照110a ≥、1010a<<分类，求得()0f x '<、()0f x '>的解集即可得解；（2）由极值点的性质可得1a =，由导数的几何意义可得1b 、2b 及()12122x x x x =+，转化条件为1211212221ln 1x x x b b x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-=++，构造新函数结合导数即可得解.【详解】（1）由题意，()()()()222212010ax ax a f x a x x x x+-'=-++=<<，0a > ，010x <<，∴20ax +>，①当110a ≥，即10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x ∴在()0,10上单调递减；②当1010a <<，即1,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x ∴在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述：当10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x 在()0,10上单调递减；当1,10a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）∵1x =是()f x 的极值点，∴()10f '=，即()()210a a +-=，解得1a =或2a =-（舍），此时()2ln f x x x x =++，()2211f x x x'=-++，1l ∴方程为()1112111221ln 1y x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-++=-++-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x =，得1114ln 1b x x =+-，同理可得2224ln 1b x x =+-，12//l l ，221122212111x x x x ∴-++=-++，整理得：()12122x x x x =+，12122x x x ∴=-，又12010x x <<<，则1112102x x x <<-，解得1542x <<，()1212211111211221222221244ln ln ln 1x x x x x x x x xb b x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭∴-=+=+=+++，令12x t x =，则1111211,1224x x t x x -⎛⎫=⋅=-∈ ⎪⎝⎭，设()()211ln ,,114t g t t t t -⎛⎫=+∈ ⎪+⎝⎭，则()()()()222141011t g t t t t t -'=-+=>++，()g t ∴在1,14⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，又()10g =，16ln 445g ⎛⎫=-⎪⎝⎭，()6ln 4,05g t ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，即12b b -的取值范围为6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【点睛】关键点点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，再构造新函数，结合导数即可得解.15．已知函数32()23(1)6()f x x m x mx x R =+++∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若(1)5f =，函数2()()(ln 1)0f x g x a x x=+-≤在(1,)+∞上恒成立，求证：2a e <.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后分解因式，分类讨论即可得到函数的单调性；（2）由题意求出0m =，转化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，利用导数求出23()(1)ln 1x h x x x +=>+的最小值，即可求解.【详解】（1）()()()'22661661fx x m x m x m x m ⎡⎤=+++=+++⎣⎦6(1)()x x m =++若1m =时，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增；若1m >时，1m -<-，当x m <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1m x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数，若1m <时，1m ->-，当1x <-或x m >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1x m -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数.综上，1m =时，()f x 在R 上单调递增；当1m >时，()f x 在(,)-∞-m 和(1,)-+∞上单调递增，在(,1)m --上单调递减；当1m <时，()f x 在(,1)-∞-和(,)m -+∞上单调递增，在(1,)m --上单调递减.（2）由(1)23(1)65f m m =+++=，解得0m =，所以32()23f x x x =+，由(1,)x ∈+∞时，ln 10x +>，可知()(ln 1)230g x a x x =+--≤在(1,)+∞上恒成立可化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，设23()(1)ln 1x h x x x +=>+，则22132(ln 1)(23)2ln ()(ln 1)(ln 1)x x x x x h x x x +-+⨯-'==++，设3()2ln (1)x x x x ϕ=->，则223()0x x xϕ'=+>，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递增，又3ln163(2)2ln 2022ϕ-=-=<，3()20e eϕ=->所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且00032,2ln .x e x x <<=所以在0(1,)x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在0(,)x +∞上，()0,()h x h x '>单调递增，所以函数()h x 的最小值为0000002323()223ln 112x x h x x e x x ++===<++，从而022.a x e ≤<【点睛】关键点点睛：解答本题的难点在于得到232ln ()(ln 1)x x h x x -'=+后，不能求出()h x '的零点，需要根据()h x '的单调性及零点存在定理得到0x 的大致范围，再利用0x 的范围及0032ln x x =证明不等式.16．设()1,,54m h x x x x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，其中m 是不等于零的常数，（1）写出()4h x 的定义域；（2）求()h x 的单调递增区间；【答案】（1）15,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（2）答案见解析.【分析】（1）由已知得出1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，解出x 可得()4h x 的定义域；（2）对函数()h x 求导，按0m <，1016m <≤，12516m <<和25m ≥四种情况，分别求出函数的单调递增区间即可．【详解】（1）∵1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴15164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴()4h x 的定义域为15164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，（2）()21m h x x '=-0m <时，()0h x '>恒成立，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；0m >时，令()0h x '>，解得x >或x <，即函数的单调增区间为(,-∞，)+∞14≤即1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增当154<<即12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增5≥即25m ≥时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，无递增区间综上可得：0m <时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增；12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增【点睛】关键点点睛：本题考查函数的定义域，考查导数研究函数的单调性，解决本题的关键是令()0h x '>求出函数的单调增区间，讨论定义域的区间端点和单调区间的关系，考查了学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．17．已知1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，函数2()(1)x f x x e kx =--．（ 2.71828e = 为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[0,]k 上的最大值．【答案】（1）单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k ；（2）3(1)k k e k --.【分析】（1）由题得()(2)x f x x e k '=-，再利用导数求函数的单调区间得解；（2）证明0(2)ln k k <<，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值．【详解】（1）由题得()(1)2(2)x x x f x e x e kx x e k '=+--=-，令0()0,20x x f x e k >⎧'>∴⎨->⎩或020x x e k <⎧⎨-<⎩，因为1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，所以122k <≤，所以不等式组的解为ln 2x k >或0x <，所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，；令0()0,20x x f x e k >⎧'<∴⎨-<⎩或020x x e k <⎧⎨->⎩，解之得0ln 2x k <<，所以函数()f x 的单调减区间为(0,ln 2)k ；所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k .（2）令()(2)k k ln k ϕ=-，1(2k ∈，1]，11()10k k k k ϕ-'=-=所以()k ϕ在1(2，1]上是减函数，ϕ∴（1）1()()2k ϕϕ<，112()2ln k k ϕ∴-<<．即0(2)ln k k<<所以()'f x ，()f x 随x 的变化情况如下表：x(0，(2))ln k (2)ln k ((2)ln k ，)k ()'f x -0+()f x极小值(0)1f =-，()(0)f k f -3(1)(0)k k e k f =---3(1)1k k e k =--+3(1)(1)k k e k =---2(1)(1)(1)k k e k k k =---++2(1)[(1)]k k e k k =--++。

专题02 利用导数研究函数单调性问题(含参数讨论) (解析版)

专题02 利用导数研究函数单调性问题(含参数讨论) (解析版)

导数及其应用专题二：利用导数研究函数单调性问题（含参数讨论）一、知识储备往往首先考虑是否导数恒大于零或恒小于零，再考虑可能大于零小于零的情况。

常与含参数的一元二次不等式的解法有关，首先讨论二次项系数，再就是根的大小或判别式，能表示出对应一元二次方程的根时讨论根的大小、端点实数的大小，不能时讨论判别式。

二、例题讲解1．（2022·山东莱州一中高三开学考试）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）. （1）求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）求导可得()af x x x'-=，分0a ≤和0a >进行讨论即可； 【详解】 （1）()af x x x'-=，(0,)x ∈+∞， 当0a ≤时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上递增， 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，()0,x a ∈时，()f x 单调递减， (,)x a ∈+∞时，()f x 单调递增；综上：0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增，无减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(,)a +∞；2．（2022·宁夏银川一中高三月考（文））已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---（a R ∈） （1）求函数()y f x =的单调区间； 【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，分0a ≤和0a >两种情况判断导数的正负，从而可求得函数的单调区间， 【详解】（1）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，(1)(2)()2(2)a x x a f x x a x x'+-=---= 当0a ≤时，()0f x '>对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 所以，函数()f x 在区间(0,)+∞单调递增； 当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<，得02ax <<， 所以，函数在区间,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；综上：0a ≤时，()f x 的单调增区间为(0,)+∞，无单调减区间. 0a >时，()f x 的单调增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪，单调减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪.3．（2022·广西高三开学考试（理））函数()322f x x x ax =++，（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； 【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调性.【详解】（1）()'234f x x x a =++，1612a ∆=-①若43a ≥，则0∆≤，()'0f x ≥；()f x 单调递增； ②若43a <则0∆>，当x <x >()'0f x >，()f x 单调递增；x <<，()'0f x <，()f x 单调递减； 【点睛】若函数的导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.三、实战练习1．（2022·全国高三月考）设函数()()()21ln 11f x x x ax x a =++--+-，a R ∈．(1)求()f x '的单调区间 【答案】(1)答案见解析； 【分析】(1)先对函数()f x 进行求导，构造函数再分0a ≤，0a >两种情况进行讨论，利用导数研究函数的单调性即可求解； 【详解】(1)由题意可得()f x 的定义域为{}1x x >-，()()ln 12f x x ax +'=-． 令()()()ln 121g x x ax x =+->-， 则()1122211a axg x a x x --=-='++． 当0a ≤时，当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >时，当11,12x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当11,2x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以当0a ≤时，()f x '的单调递增区间为()1,-+∞； 当0a >时，()f x '的单调递增区间为11,12a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调递减区间为11,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．2．（2022·浙江舟山中学高三月考）已知函数()22ln (R)f x x x a x a =-+∈（1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）当12a ≥时，函数在()0+∞，递增；当102a <<时，函数在()10,x 递增，()12,x x 递减，()2,x +∞递增其中12x x =； 【分析】（1）求()f x '，令()0f x '=可得2220x x a -+=，分别讨论0∆≤和0∆>时，求不等式()0f x '>，()0f x '<的解集，即可求解；【详解】（1）()22ln (R)f x x x a x a =-+∈定义域为()0,∞+， ()22222a x x af x x x x-+'=-+=()0x >， 令()0f x '=可得2220x x a -+=， 当480a ∆=-≤即12a ≥时，()0f x '≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，当480a ∆=->即102a <<时，由2220x x a -+=可得：x =，由()0f x '>可得：0x <<或x >由()0f x '<x <<所以()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减， 综上所述：当12a ≥时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当102a <<时，()f x 的单调递增区间为⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减区间为⎝⎭. 3．（2022·山东济宁一中）已知函数()ln f x x a x =-，a ∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的范围，最后得到函数的单调区间； 【详解】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x >，()1a x a f x x x'-=-=0a ≤时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；0a >时，令()0f x '=，得x a =．当0x a <<时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当x a >时，()0f x '>，函数()f x 为增函数．综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间； 当0a >时，函数()x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(),a +∞． 4．（2022·仪征市精诚高级中学高三月考）已知函数()()1n f x x ax a =-∈R ． （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性； 【详解】 （1）11()(0)axf x a x xx-'=-=> 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．5．（2022·嘉峪关市第一中学高三模拟预测（理））已知函数()21xf x e ax =--，()()2ln 1g x a x =+，a R ∈.（1）求()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】(1)求出函数()f x 的导函数()f x '，按a 分类解不等式()0f x '<、()0f x '>即得；【详解】(1)对函数()21x f x e ax =--求导得，()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 上为增函数，当0a >时，由()20xf x e a '=-=，解得：()ln 2x a =，而()f x '在R 上单调递增，于是得当(,ln(2))∈-∞x a 时，()0f x '<，()f x 在(,ln(2))a -∞上为减函数， 当()()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()()ln 2,a +∞上为增函数， 所以，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，当0a >时，()f x 的单调递减区间是(,ln(2))a -∞，单调递增区间是()()ln 2,a +∞；6．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x -'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 7．（2022·嘉峪关市第一中学高三三模（理））设函数()2ln f x ax a x =--，其中a ∈R ．（1）讨论()f x 的单调性； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）求导，当0a ≤时，可得()0f x '<，()f x 为单调递减函数；当0a >时，令()0f x '=，可得极值点，分别讨论在⎛ ⎝和+⎫∞⎪⎭上，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间，即可得答案.【详解】（1）()()212120.ax f x ax x x x-'=-=>当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+内单调递减. 当0a >时，由()0f x '=，有x =此时，当x ∈⎛⎝时，()0f x '<，()f x 单调递减；当x ∈+⎫∞⎪⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增. 综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+内单调递减，当0a >时，()f x 在⎛ ⎝内单调递减，在+⎫∞⎪⎭单调递增. 8．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性； 【答案】(1)函数()f x 的单调性见解析； 【分析】(1)求出函数()f x 的定义域及导数，再分类讨论导数值为正、为负的x 取值区间即得； 【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得x =，当0x <<()0f x '>，当x >时，()0f x '<，于是得()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；9．（2022·河南（理））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）．（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； 【分析】（1）求导得到221()mx mx f x x --'=-，转化为二次函数2()21g x mx mx =--的正负进行讨论，分0∆≤，0∆>两种情况讨论，即得解； 【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-， 令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤， 所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>， 令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <， 所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()0g x >， 所以()0f x '<，()f x 单调递减．综上，当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减； 当80m -≤<时，()f x 在()0,∞+单调递增．10．（2022·河南高三月考（文））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）.（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求导2121()(21)mx mx f x m x x x --'=--=-，令2()21g x mx mx =--，然后由0∆≤，0∆>讨论求解；【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-， 令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤， 所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>，令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <， 所以()0f x '>，()f x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0g x >， 所以()0f x '<，()f x 单调递减.综上，当80m -≤<时， ()f x 在()0,∞+单调递增；当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减. 11．（2022·湖南高三模拟预测）设函数1()ln ,()3a f x x g x ax x-=+=-． （1）求函数()()()x f x g x ϕ=+的单调递增区间； 【答案】（1）答案见解析；（2）存在符合题意的整数λ，其最小值为0．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；【详解】解：（1）函数()ϕx 的定义域为()0,∞+，函数()ϕx 的导数2(1)(1)()x ax a x x ϕ'++-=， 当0a <时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 当01a 时，()ϕx 在R +上单调递增．当1a >时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． 综上可知，当0a <时，()ϕx 的单调递增区间是10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭；当01a 时，()ϕx 的单调递增区间是(0,)+∞；当1a >时，()ϕx 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 12．（2022·安徽高三月考（文））已知函数21()ln 2f x x a x =-． （1）讨论()f x 的单调性； 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）12a =． 【分析】 （1）求导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；【详解】解：（1）由题意，可得0x >且2 ()a x a f x x x x-'=-= ①若0a ≤，()0f x '>恒成立，则()f x 在(0,)+∞上是增函数②0a >，则2()a x a f x x x x -==='-所以当x ∈时，()0f x '<，当)x ∈+∞时，()0f x '>则()f x 在上是减函数，在)+∞上是增函数综上所述，若0a ≤，()y f x =在(0,)+∞上是增函数若0a >，()y f x =在上是减函数，在)+∞上是增函数13．（2022·湖北武汉·高三月考）已知函数2()ln (1),2a f x x x a x a R =+-+∈ （1）讨论函数()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）求得(1)(1)()x ax f x x '--=，分0a ≤，01a <<，1a =和1a >四种情况讨论，结合导数的符号，即可求解； 【详解】（1）由题意，函数2()ln (1)2a f x x x a x =+-+的定义域为(0,)+∞， 且21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x ax f x ax a x x x-++--=+-+=='， ①当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当01a <<时，令()0f x '>，解得01x <<或1x a>， 令()0f x '<，解得11x a <<， 所以()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； ③当1a =时，则()0f x '≥，所以在(0,)+∞上()f x 单调递增，④当1a >时，令()0f x '>，解得10x a<<或1x >， 令()0f x '<，解得11x a <<， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； 综上，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当01a <<时，()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； 14．（2022·双峰县第一中学高三开学考试）已知函数()2()1e x f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，讨论0a =，0a >和0a <情况下，导数的正负，即可得到()f x 的单调性；【详解】（1）函数()2()1e x f x x ax =-+，求导()()()()21e 11e 2x x f x x a x a x a x '⎡⎤+=⎣+-⎦=-+-+由()0f x '=，得11x a =-，21x =-①当0a =时，()()21e 0x f x x '+≥=，()f x ∴在R 上单调递增；②当0a <时， 在(),1x a ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,1x a ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；③当0a >时， 在(),1x ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,a 1x ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x a ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；综上所述，当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；。

单调性问题

单调性问题

导数专题一、单调性问题【考点分类】考点一、分类讨论求解函数单调性；1.（朝阳一模理18）已知函数． （Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，都有成立，求的取值范围；（Ⅲ）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由．2.（海淀一模理18）已知函数，. （Ⅰ）求函数的最小值； （Ⅱ）求函数的单调区间；(Ⅲ) 求证：直线不是曲线的切线.3.（西城一模理18）已知函数1()x x f x xe ae -=-，且'(1)f e =. (Ⅰ) 求a 的值及()f x 的单调区间；(Ⅱ) 若关于x 的方程2()2(2)f x kx k =->存在两个不相等的正实数根12,x x ，证明：124ln x x e->.()f x =ln ,x a x a +∈R ()f x []1,2x ∈()0f x >a (13)P ，()y f x =1()ln 1f x x x =+-1()ln x g x x-=()f x ()g x y x =()y g x =4.（大兴期末理18）已知函数. （Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范围.考点二、已知函数单调求参数范围；5.（丰台一模文19）已知函数2()ln 2m f x x x x =-- （1）求曲线C ：()y f x =在1x =处的切线l 的方程；（2）若函数()f x 在定义域内是单调函数，求m 的取值范围； （3）当1m >-时，（1）中的直线l 与曲线C ：()y f x =有且只有一个公共点，求m 的取值范围。

6.（朝阳期末理18）已知函数,其中．（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范围； （Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：； （ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．2()22a f x ax a x-=++-(0)a >1a =()f x (2,(2))f ()f x ()2ln f x x ≥[1,)+∞a ()ln f x ax x =+a ∈R ()f x [1,2]a e a =-()20f x +≤ln 3()2x f x x =+考点三、已知函数不单调求参数范围； 7.已知函数.当时，若在区间上不单调，求的取值范围.考点四、已知函数存在单调区间求参数范围；8.设函数，.若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围.9.（朝阳二模理18）设函数2)-(ln )(a x x x f +=，a R ∈. （Ⅰ）若0=a ，求函数()f x 在[]e ,1上的最小值；（Ⅱ）若函数)(x f 在1[, 2]2上存在单调递增区间，试求实数a 的取值范围；),()1(31)(223R b a b x a ax x x f ∈+-+-=0≠a )(x f )1,1(-a 2()ln ()f x x x a =+-a ∈R ()f x 1[, 2]2a考点五、两个函数在具有相同的单调性求参数范围；10.（西城一模文18）已知函数，，其中． （Ⅰ）求的极值；（Ⅱ）若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．11.已知函数，，其中．若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．()e xf x ax =+()lng x ax x =-0a ≤)(x f M )(x f ()g x M a ()ln f x ax x =-()e 3ax g x x =+a ∈R M )(x f ()g x M a导数专题一、单调性问题答案1.【答案】（Ⅰ）函数的定义域为．． （1）当时，恒成立，函数在上单调递增； （2）当时， 令，得． 当时，，函数为减函数； 当时，，函数为增函数．综上所述，当时，函数的单调递增区间为．当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当时，即时，函数在区间上为增函数， 所以在区间上，，显然函数在区间上恒大于零；（2）当时，即时，函数在上为减函数，在上为增函数，所以．依题意有，解得，所以． （3）当时，即时，在区间上为减函数， 所以．依题意有，解得，所以． 综上所述，当时，函数在区间上恒大于零． （Ⅲ）设切点为，则切线斜率， 切线方程为． 因为切线过点，则． 即． ………………① 令 ，则 ． （1）当时，在区间上，， 单调递增；在区间上，，单调递减， 所以函数的最大值为． 故方程无解，即不存在满足①式． 因此当时，切线的条数为．（2）当时, 在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增， 所以函数的最小值为．取，则．()f x {}0x x >()1a x af x x x+'=+=0a ≥()0f x '>()f x (0,)+∞0a <()0f x '=x a =-0x a <<-()0f x '<()f x x a >-()0f x '>()f x 0a ≥()f x (0,)+∞0a <()f x (0,)a -(+)a -∞，1a -≤1a ≥-()f x []1,2[]1,2min ()(1)1f x f ==()f x []1,212a <-<21a -<<-()f x [)1a -，(],2a -min ()()ln()f x f a a a a =-=-+-min ()ln()0f x a a a =-+->e a >-21a -<<-2a -≥2a ≤-()f x []1,2min ()(2)2+ln 2f x f a ==min ()2+ln 20f x a =>2ln 2a >-22ln 2a -<≤-2ln 2a >-()f x []1,2000,ln )x x a x +（01ak x =+0000(ln )(1)()ay x a x x x x -+=+-(1,3)P 00003(ln )(1)(1)ax a x x x -+=+-001(ln 1)20a x x +--=1()(ln 1)2g x a x x =+--(0)x >2211(1)()()a x g x a x x x -'=-=0a <(0,1)()0g x '>()g x (1,)+∞()0g x '<()g x ()g x (1)20g =-<()0g x =0x 0a <00a >(0,1)()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x '>()g x ()g x (1)20g =-<21+1ee ax =>221112()(1e 1)2e 0aa g x a a a----=++--=>故在上存在唯一零点． 取，则． 设，，则． 当时，恒成立．所以在单调递增，恒成立．所以． 故在上存在唯一零点．因此当时，过点P 存在两条切线． （3）当时，，显然不存在过点P 的切线． 综上所述，当时，过点P 存在两条切线； 当时，不存在过点P 的切线． 2.【答案】（Ⅰ）函数的定义域为，当变化时，，的变化情况如下表：函数在上的极小值为， 所以的最小值为 （Ⅱ）解：函数的定义域为，由（Ⅰ）得，，所以 所以的单调增区间是，无单调减区间. （Ⅲ）证明：假设直线是曲线的切线.设切点为，则，即 又，则. 所以, 得，与 矛盾 所以假设不成立，直线不是曲线的切线3.【答案】（Ⅰ）对()f x 求导，得1()(1)e e x x f x x a -'=+-， 所以(1)2e e f a '=-=，解得e a =. 故()e e x x f x x =-，()e x f x x '=. 令()0f x '=，得0x =.()g x (1,)+∞2-1-21e<e ax =221122()(1e 1)2e 24a a g x a a a a ++=--+--=--212[e 2(1)]a a a+=-+21(1)t t a=+>()e 2t u t t =-()e 2tu t '=-1t >()e 2e 20tu t '=->->()u t (1,)+∞()(1)e 20u t u >=->2()0g x >()g x (0,1)0a >(13)，0a =()f x x =(13)，0a >(13)，0a ≤(13)，()f x (0,)+∞22111'()x f x x x x -=-=x '()f x ()f x ()f x (,)+∞01()ln1101f a =+-=()f x 0()g x (0,1)(1,)+∞22211ln (1)ln 1()'()ln ln ln x x x f x x x g x x x x --+-===()0f x ≥'()0g x ≥()g x (0,1),(1,)+∞y x =()g x 00(,)x y 0'()1g x =0021ln 11ln x x x +-=000001,ln x y y x x -==0001ln x x x -=000011ln 1x x x x -==-0'()0g x =0'()1g x =y x =()g x当x()f x '()f x所以函数（Ⅱ）解：方程2()2f x kx =-，即为2(1)e 20x x kx --+=，设函数2()(1)e 2x g x x kx =--+. 求导，得()e 2(e 2)x x g x x kx x k '=-=-．由()0g x '=，解得0x =，或ln(2)x k =. 所以当x '所以函数. 由2k >，得ln(2)ln 41k >>.又因为(1)20g k =-+<， 所以(ln(2))0g k <.不妨设12x x <（其中12,x x 为2()2f x kx =-的两个正实数根），因为函数()g x 在(0,ln 2)k 单调递减，且(0)10g =>，(1)20g k =-+<，所以101x <<. 同理根据函数()g x 在(ln 2,)k +∞上单调递增，且(ln(2))0g k <， 可得2ln(2)ln 4x k >>，所以12214||ln 41ln ex x x x -=->-=， 即 124||lnex x ->. 4.【答案】（1）当 时，，所以，函数在点处的切线方程为即： (Ⅱ)函数的定义域为：当时，恒成立，所以，在和上单调递增当时，令，即：， , 所以，单调递增区间为，单调减区间为1=a 1()=-f x x x 21()1f x x'=+3(2),2=f 5(2)4f'=()f x (2,(2))f 35(2)24-=-y x 5440--=x y {|0}≠x x 2'222(2)()(0)-+-=-=>a ax a f x a a x x 02<≤a '()0≥f x ()f x (,0)-∞(0,)+∞2>a '()0=f x 220+-=ax a 12==x x '()0,>f x 21;或><x x x x '()0,<f x 1200或<<<<x x x x ()f x (,)和-∞+∞. （Ⅲ）因为在上恒成立，有 在上恒成立。

(完整版)导数单调性分类讨论

(完整版)导数单调性分类讨论

类型二：导数单调性专题类型１.导数不含参。

类型２.导数含参.类型３:要求二次导 求单调性一般步骤:(1) 第一步:写出定义域,一般有()0ln >⇒x x(2) 第二步：求导,(注意有常数的求导）若有分母则通分。

一般分母都比0大，故去死若无分母，因式分解（提公因式，十字相乘法)或求根（观察分子）判断导函数是否含参，再进行讨论(按恒成立与两个由为分界）(3) 第三步由()()⎩⎨⎧≤≥解出是减区间解出是增区间00x f x f(4) 下结论类型一：导函数不含参：()()()⎪⎩⎪⎨⎧-+=--++=++=21223,22,,x x e m e x f x x c bx ax x f x b kx x f 如指数型如：二次型如：一次型 对于这类型的题,直接由导函数大于0，小于0即可（除非恒成立） 例题１求函数()()x e x x f 3-=的单调递增区间 解：()()()23'-=-+=x e e x e x f x x x 由()()202'>⇒>-=x x e x f x 所以函数在区间()+∞,2单调递增 由()()202'<⇒<-=x x e x f x所以函数在区间()2,∞-单调递减21x解:()()()()x e e x e x xe e x f x x x x x +-=-+-=-+-=11111'由()()()01011'>-<⇒>+-=x x x e x f x 或所以函数在区间(][)∞+-∞-，和01,单调递增 由()()()01011'<<-⇒<+-=x x e x f x 所以函数在区间()0,1-单调递减 例题３：求函数()xxx f ln =的单调区间例题４:已知函数()()()R k kx e x x f x ∈--=21 （1）若1=k 时,求函数()x f 的单调区间例题５．(2010·新课标全国文，21)设函数f （x ）＝x (e x －1)－ax 2。

完整版)导数的综合大题及其分类

完整版)导数的综合大题及其分类

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

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文案大全类型二：导数单调性专题
类型１.导数不含参。

类型２.导数含参。

类型３：要求二次导
求单调性一般步骤：
(1)第一步：写出定义域，一般有0
ln x x (2)第二步：求导，（注意有常数的求导）若有分母则通分。

一般分母都比0大，故去死
若无分母，因式分解（提公因式，十字相乘法）或求根
（观察分子）判断导函数是否含参，再进行讨论（按恒成立与两个由为分界）
(3)第三步由
解出是减区间
解出是增区间00x f x f (4)下结论类型一：导函数不含参：21223,22,,x x e m e x
f x x c bx ax x
f x b kx x
f 如指数型如：二次型如：一次型对于这类型的题，直接由导函数大于
0，小于0即可（除非恒成立）例题１求函数x e x x
f 3的单调递增区间解：23'x e e x e x
f x x x 由202'x x e x
f x 所以函数在区间,2单调递增由2
02'x x e x f x 所以函数在区间2,单调递减例题２：求函数22
1
1x e x x f x 的单调区间解：x e e
x e x xe e x f x x x x x 11111'由01011'x
x x e x f x 或所以函数在区间，和01,单调递增由010
11'x x e x f x 所以函数在区间0,1单调递减例题３：求函数x x
x f ln 的单调区间。

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