利用导数研究函数的单调性超好复习题型)
用导数研究含参函数的单调性典型题型(学生版+解析版)
用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型1.若导函数是一次型,分类步骤是：①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；2.若导函数是二次型,分类步骤是：①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单调性.下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程思路：根据根是否在定义域内进行分类例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类例2.讨论f x =ax-1-aln x+1的单调性例3.讨论f x =14ax4-13x3+12ax2-x+1的单调性类型四：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类例4.讨论f x =x+(1-a)ln x+ax+1的单调性类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类例5.讨论f x =x2+ax+ae x的单调性类型六：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类例6.讨论f x =12x2-a2+1a x+ln x的单调性类型七：f x 定义域是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类例7.讨论f x =ax3-a+32x2+x-1的单调性类型八：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类例8.讨论f x =12ax2-a+1x+ln x的单调性类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例9.讨论f x =a x-2e x-12x-12的单调性类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例10.讨论f x =x2-2axln x-12x2+2ax+1的单调性三、典例展示例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f(x)=x+a ln x,a∈R(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤x2+x对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的最大值．例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x+1(ee x-ax2-4ax a∈R为自然对数的底数).(1)若a>0时,求函数f x 的单调区间.(2)是否存在实数a,使得x≥0时,f x ≥xe x+1-ax2+cos x-2ax恒成立？若存在,求出实数a的取值范围；若不存在,说明理由.例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a≥0,函数f x =ax+1+ax-ln x．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)如果我们用n-m表示区间m,n的长度,试证明：对任意实数a≥1,关于x的不等式f x <2a+1的解集的区间长度小于2a+1．例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x-a2x2-x+a a∈R.(1)讨论函数f x 在0,+∞上的单调性；(2)已知x1,x2是函数f x 的两个不同的极值点,且x1<x2,若不等式e1+λ<x1x2λ恒成立,求正数λ的范围.四、跟踪检测1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x-ax+b．(1)当b=0时,讨论f x 的单调性；(2)当a>0时,若f x ≥0,求b的最小值．2.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f(x)=(1-m)x-ln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若m=0,设g x =f x +2-xe x在12,1上的最小值为n,求证：(n-3)(n-4)<0 .3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.①0<a <12,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =1+a ln x x,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1ln x+x+a x(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2,若g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x-ax2+2a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x -2-ax≥0在x∈1,e上恒成立,求实数a的取值范围.7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x3+31+mx2+ 6mx x∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f1 =5,函数g x =a ln x+1-f xx2≤0在1,+∞上恒成立,求整数a的最大值.8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f(x)=(x-a-1)e x-12ax2+a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a-1,求a的取值范围.9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x+ln x-a x,g x =a-2xln x+ x.(1)讨论f x 的单调性；(2)若a∈1,4,记f x 的零点为x1,g x 的极大值点为x2,求证：x1<x2·10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x2-x-ln x a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)证明：当x>1时,2e x-1ln x≥x2+1 x2-x.用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型1.若导函数是一次型,分类步骤是：①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；2.若导函数是二次型,分类步骤是：①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单调性.下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程思路：根据根是否在定义域内进行分类例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性分析：f x =x-ax x>0,f x =0根的情况转化为x-a=0x>0根的情况根据a是否在定义域0，+∞内进行分类答案：(1)a≤0,f x >0,f x 在0，+∞上是增函数；(2)a>0,f x 在0,a上是减函数,在a，+∞上是增函数.类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类例2.讨论f x =ax-1-aln x+1的单调性分析：f x =ax-1-ax x>0,f x =0根的情况转化为ax-1-a=0在0，+∞上根的情况.步骤一：讨论a=0(无实根)；步骤二：讨论a<0,由ax-1-a=0得x=1-aa(不在定义域内)；步骤三：讨论a >0,根据1-a a是否在定义域内再分0<a <1,a ≥1.答案：(1)a =0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(2)a <0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(3)a >0(i )a ≥1, f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(ii )0<a <1,f x 在0,1-a a 上是减函数,在1-a a，+∞ 上是增函数.类型三：f x 定义域为R , f x =0可化为单根型类二次(或高次)方程思路：根据x 的系数符号进行分类例3.讨论f x =14ax 4-13x 3+12ax 2-x +1的单调性分析：f x =x 2+1 ax -1 ,因为x 2+1>0,f x =0根的情况转化为ax -1=0根的情况,步骤一：讨论a >0；步骤二：讨论a =0,注意此时ax -1=-1<0 ；步骤三：讨论a <0,注意不等式两边除以a ,不等式要改变方向.答案：(1)a >0时f x 在1a ,+∞ 上递增,在-∞,1a上递减；(2)a =0时f x 在-∞,+∞ 上递减；(3)a <0时f x 在1a ,+∞ 上递减,在-∞,1a上递增.类型四：f x 定义域不是R ,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类例4.讨论f x =x +(1-a )ln x +a x +1的单调性分析：f x =x +1 x -a x 2x >0 ,因为x +1>0,f x =0根的情况转化为x -a =0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a ≤0(x -a =0无实根)；步骤二：讨论a >0,由x -a =0得x =a ；答案：(1)a ≤0,f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)a >0,x >a , f x >0,f x 在a ,+∞ 上是增函数；x <a ,f x <0,f x 在0,a 上是减函数.类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类例5.讨论f x =x 2+ax +a e x 的单调性分析：f x =x +2 x +a e x ,f x =0根的情况转化为x +2 x +a =0的根的情况,根据-a 与-2的大小进行讨论.步骤一：讨论a <2；步骤二：讨论a =2,注意此时x +2 x +a =x +2 2≥0；步骤三：讨论a >2.答案：(1)a <2,f x 在-∞,-2 ,-a ,+∞ 上是增函数,在-2,-a 上是减函数；(2)a =2,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(3)a >2, f x 在-∞,-a ,-2,+∞ 上是增函数,在-a ,-2 上是减函数.类型六：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类例6.讨论f x =12x 2-a 2+1a x +ln x 的单调性分析：f x =x -a x -1a x x >0 ,f x =0根的情况转化为x -a x -1a=0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a <0(根不在定义域内).步骤二：讨论a >0(根据a ,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a <0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1a ,+∞ 上是增函数,在a ,1a上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,a ,+∞ 上是增函数,在1a,a 上是减函数.类型七：f x 定义域是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类例7.讨论f x =ax 3-a +32x 2+x -1的单调性分析：f x =3x -1 ax -1 ,f x =0根的情况转化为3x -1 ax -1 =0根的情况.步骤一：讨论a =0(ax -1=0无实根)；步骤二：讨论a <0,此时13>1a ；步骤三：讨论a >0(根据13,1a的大小再分0<a <3,a =3,a >3)答案：(1)a =0,f x 在0，13 上是增函数,在13,+∞ 上是减函数；(2)a <0, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是减函数,在1a ,13 上是增函数；(3)0<a <3,f x 在0,13 ,1a ,+∞ 上是增函数,在13,1a上是减函数；(4)a =3,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(5)a >3, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是增函数,在1a ,13上是减函数.提醒：对于类二次方程,不要忽略对x 2项的系数为零的讨论类型八：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类例8.讨论f x =12ax 2-a +1 x +ln x 的单调性分析：f x =x -1 ax -1 xx >0 ,f x =0根的情况转化为x -1 ax -1 =0x >0 根的情况.步骤一：讨论a =0(有1个根).步骤二：讨论a <0(1a 不在定义域内)步骤三：讨论a >0(1，1a 均在定义域内,根据1,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(步骤一二合并)(2)0<a <1,f x 在0,1 ,1a ,+∞ 上是增函数,在1,1a 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,1,+∞ 上是增函数,在1a,1 上是减函数.类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例9.讨论f x =a x -2 e x -12x -1 2的单调性分析：f x =x -1 ae x -1 ,f x =0根的情况转化为x -1 ae x -1 =0根的情况.步骤一：讨论a ≤0(有1个根).步骤二：讨论a >0,f x =x -1 ae x -1 的拟合函数为y =x -1 x +ln a (根据1,-ln a 的大小再分0<a <1e ,a =1e ,a >1e)答案：(1)a ≤0,f x 在-∞,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(2)0<a <1e ,f x 在-∞,1 ,-ln a ,+∞ 上是增函数,在1,-ln a 上是减函数；(3)a =1e ,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(4)a >1e , f x 在-∞,-ln a ,1,+∞ 上是增函数,在-ln a ,1 上是减函数.类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例10.讨论f x =x 2-2ax ln x -12x 2+2ax +1的单调性分析：f x =x -a ln x x >0 的拟合函数为x -a x -1 (根据a 与0,1大小分类)步骤一：讨论a ≤0(x -a >0).步骤二：讨论a >0, (再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是减函数,在1，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1,+∞ 上是增函数,在a ,1 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1 ,a ,+∞ 上是增函数,在1,a 上是减函数.三、典例展示例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f (x )=x +a ln x ,a ∈R(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求a 的最大值．【解析】 (1)f '(x )=1+a x =x +a xx >0 ,当a ≥0时,f '(x )>0恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时,令f '(x )>0得x >-a ,令f '(x )<0得0<x <-a ,∴f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；综上所述：当a ≥0时, f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时, f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；(2)依题意得：f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,等价于a ≤x 2ln x x >1 恒成立.令g x =x 2ln x x >1 ,则g 'x =2x ln x -x ln x 2=x 2ln x -1 ln x2,则当x >e 时,g 'x >0,当1<x <e 时,g 'x <0,又g 'e =0,∴g x 在1,e 上单调递减,在e ,+∞ 上单调递增,∴g x min =g e =2e ,∴a ≤2e ,即a 的最大值为2e .例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x +1 e x -ax 2-4ax a ∈R (e 为自然对数的底数).(1)若a >0时,求函数f x 的单调区间.(2)是否存在实数a ,使得x ≥0时,f x ≥xe x +1-a x 2+cos x -2ax 恒成立？若存在,求出实数a 的取值范围；若不存在,说明理由.【解析】 (1)由题知f (x )=(x +2)e x -2ax -4a =(x +2)e x -2a ,①若0<a <12e2,则ln2a <-2,当x <ln2a 或x >-2时,f (x )>0,当ln2a <x <-2时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,ln2a ),(-2,+∞)上单调递增,在(ln2a ,-2)上单调递减；②若a =12e 2,则ln2a =-2,f (x )≥0,∴f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；③若a >12e2,则ln2a >-2,当x <-2或x >ln2a 时,f (x )>0,当-2<x <ln2a 时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,-2),(ln2a ,+∞)上单调递增,在(-2,ln2a )上单调递减.综上所述,当0<a <12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,ln2a ),(-2,+∞),单调减区间为(ln2a ,-2)；当a =12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,+∞)；当a >12e2时,f (x )的单调增区间为(-∞,-2),(ln2a ,+∞),单调减区间为(-2,ln2a ).(2)设g (x )=f (x )-xe x -(1-a )x 2-cos x +2ax =e x -x 2-2ax -cos x (x ≥0),则g (x )=e x -2x -2a +sin x ,设h (x )=e x -2x -2a +sin x (x ≥0),则h (x )=e x +cos x -2,设m (x )=e x +cos x -2(x ≥0),则m (x )=e x -sin x >0,∴m (x )在[0,+∞)上单调递增,∴h (x )=m (x )≥m (0)=0,∴h (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )=h (x )≥h (0)=1-2a ,当a ≤12时,g (x )≥0,∴g (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (0)=0；当a >12时,g (0)=1-2a <0,令t (x )=e x -x 2(x >0),则t (x )=e x -2x >0(x >0),所以t (x )在(0,+∞)上单调递增,所以t (x )>t (0)=1,所以e x >x 2(x >0),所以g (6a )=e 6a -14a +sin6a >36a 2-14a -1,设φ(a )=36a 2-14a -1a >12 ,易知φ(a )在12,+∞ 上单调递增,∴φ(a )>36×14-14×12-1=1>0,即g (6a )>0,∴存在x 0∈(0,6a ),使g x 0 =0,当0<x <x 0时,g (x )<0,∴g (x )在0,x 0 上单调递减,此时,g (x )<g (0)=0,不符合题意；综上,存在实数a ,使得当x ≥0时,f (x )≥xe x +(1-a )x 2+cos x -2ax 恒成立,且实数a 的取值范围为-∞,12 .例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a ≥0,函数f x =ax +1+a x-ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)如果我们用n -m 表示区间m ,n 的长度,试证明：对任意实数a ≥1,关于x 的不等式f x <2a +1的解集的区间长度小于2a +1．【解析】 (1)f x =ax +a +1x-ln x ,定义域为0,+∞ ,f x =a -a +1x 2-1x =ax 2-x -a +1 x 2=x +1 ax -a -1 x 2.若a =0,f x =-x +1 x 2<0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递减；若a >0,f x =a x +1 x -1-1a x 2,1+1a >0,当x ∈0,1+1a 时,f x <0；当x ∈1+1a ,+∞ 时,f x >0,所以f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增．综上,a =0时,f x 在0,+∞ 上单调递减；a >0时,f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a,+∞ 上单调递增．(2)令g x =f x -2a +1 =ax +a +1x -ln x -2a -1,则g 1 =0,因为a ≥1,由(1)知,g x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增,又1+1a >1,所以g 1+1a <0,令h a =g 2a +2 =2a 2-12-ln 2a +2 ,a ∈1,+∞ ,由h a =4a -22a +2=4a 2+4a -1a +1>0恒成立,所以h a 在1,+∞ 上单调递增．又e 3>16,所以e 316>1,即e 324>1．从而h 1 =32-ln4=ln e 324>0,所以h a >h 1 >0,即g 2a +2 >0．因为2a +2>2,1+1a <2,所以2a +2>1+1a ,所以存在唯一x 1∈1+1a ,2a +2 ,使得g x 1 =0,所以g x <0的解集为1,x 1 ,即f x <2a +1的解集为1,x 1 ,又1,x 1 的区间长度为x 1-1<2a +2 -1=2a +1,原命题得证．例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R .(1)讨论函数f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个不同的极值点,且x 1<x 2,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,求正数λ的范围.【解析】 (1)f x =x ln x -a 2x 2-x +a ,所以f x =ln x -ax ,令g x =ln x -ax ,故g x =1x -a =1-ax xx >0 .当a ≤0时,g x >0在0,+∞ 上恒成立,所以g x 在0,+∞ 上单调递增,即f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,令g x >0,得0<x <1a ,令g x <0,得x >1a ,所以g x 在0,1a 上单调递增,在1a ,+∞ 上单调递减,即f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.综上所述：当a ≤0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.(2)e 1+λ<x 1x 2λ等价于1+λ<ln x 1+λln x 2,由题意可知x 1,x 2分别是方程f x =0的两个根,即ln x -ax =0的两个根,即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a x 1+λx 2 .因为λ>0,0<x 1<x 2,所以原式等价于a >1+λx 1+λx 2,又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,作差得,ln x 1x 2=a x 1-x 2 ,即a =ln x 1x 2x 1-x 2,所以原式等价于ln x 1x 2x 1-x 2>1+λx 1+λx 2,因为0<x 1<x 2,所以ln x 1x 2<1+λ x 1-x 2 x 1+λx 2恒成立.令t =x 1x 2,t ∈0,1 ,则不等式ln t <1+λ t -1 t +λ在t ∈0,1 上恒成立,令m t =ln t -1+λ t -1 t +λ,又因为m t =1t -1+λ 2t +λ2=t -1 t -λ2 t t +λ 2,当λ2≥1时,可得t ∈0,1 时,m t >0,所以m t 在0,1 上单调递增,又因为m 1 =0,m t <0在0,1 上恒成立,符合题意；当λ2<1时,可得t ∈0,λ2 时,m t >0,t ∈λ2,1 时,m t <0,所以m t 在0,λ2 上单调递增,在λ2,1 上单调递减,又因为m 1 =0,所以m t 在0,1 上不能恒小于0,不符合题意,舍去.综上所述,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,只需满足λ2≥1,由于λ>0,所以λ≥1,即实数λ的取值范围为：1,+∞ .四、跟踪检测1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x -ax +b ．(1)当b =0时,讨论f x 的单调性；(2)当a >0时,若f x ≥0,求b 的最小值．【解析】 (1)当b =0时,f x =e x -ax ,f x =e x -a ,当a ≤0时,f x =e x -a >0,f x 在R 上单调递增；当a >0时,令f x =0有x =ln a ,当x ∈-∞,ln a 时,f x <0,f x 单调递减,当x ∈ln a ,+∞ 时,f x >0,f x 单调递增.(2)当a >0时,由(1)若f x ≥0,则f ln a ≥0有解即可,即a -a ln a +b ≥0有解,即b ≥a ln a -a 有解,设g a =a ln a -a ,则g a =ln a ,故当0<a <1时,g a <0,g a 单调递减；当a >1时,g a >0,g a 单调递增.故g min a =ln1-1=-1,故当b ≥a ln a -a min =-1.故b 的最小值为-12.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f (x )=(1-m )x -ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若m =0,设g x =f x +2-x e x 在12,1上的最小值为n ,求证：(n -3)(n -4)<0 .【解析】 (1)f (x )=1-m -1x =(1-m )x -1xx >0 .①当1-m ≤0,即m ≥1时：f (x )<0恒成立.故f (x )在(0,+∞)上单调递减.②当1-m >0,即m <1时：令f (x )<0,即(1-m )x -1x <0,解得：0<x <11-m ;所以f (x )在0,11-m上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.综上所述：当m ≥1时：f (x )在(0,+∞)上单调递减；当m <1时：f (x )在0,11-m 上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.(2)当m =0时,g x =x -ln x +2-x e x ,x ∈12,1 .g x =1-1x -e x +2-x e x =x -1x +1-x e x =1-x e x -1x .因为m x =e x -1x 在12,1 上单调递增,且m 12 =e -2<0,m 1 =e -1>0.所以必存在点x 0∈12,1 ,使g (x 0)=0,即e x 0=1x 0⇒x 0=-ln x 0且当x ∈12,x 0 时g (x )<0,当x ∈x 0,1 时g (x )>0,所以g (x )在区间12,x 0 上单调递减,在区间x 0,1 上单调递减.所以n =g x min =g x 0 =x 0-ln x 0+2-x 0 e x 0=2x 0+2-x 0x 0=2x 0+2x 0-1.x 0∈12,1 .又因n =2x 0+2x 0-1在12,1 上单调递减.所以2+2-1<n <2×12+2×2-1⇒3<n <4.故(n -3)(n -4)<0恒成立.3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.①0<a <12,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.【解析】 (1)f x =(x -a )e x -2x +2a =(x -a )e x -2 ,令f x =0,则x =a 或ln2,若a =ln2,f x ≥0,所以函数f x 在R 上为增函数；若a >ln2,当x >a 或x <ln2时,f x >0,当ln2<x <a 时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；若a <ln2,当x >ln2或x <a 时,f x >0,当a <x <ln2时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；综上所述,当a =ln2时,函数f x 在R 上为增函数；当a >ln2时,函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；当a <ln2时,函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；(2)选①,当0<a <12,0<m <ln2时,由(1)知f x 在(0,a )上递增,在(a ,ln2)上递减,所以f (m )≤f (a )=-e a +a 2,令g (a )=e a -a -10<a <12 ,则g (a )=e a -1,当0<a <12时,g (a )>0,得函数g (a )在0,12上单调递增,所以g (a )>g (0)=0,即e a -a -1>0,则-e a <-a -1,所以f (a )=-e a +a 2<a 2-a -1=a -12 2-54<-1<0,所以f m <0.选②,当1<a <2,1<m <2时.由(1)得1<a <2时,f x 在1,a 上递减,在a ,2 上递增,又f 1 =-ae -1+2a =2-e a -1<0,f 2 =1-a e 2-4+4a <41-a -4+4a =0,所以当1<x <2时,f x <0,所以f m <0.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =1+a ln x x ,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f (x )=1+a ln x x(x >0),f (x )=a -(1+a ln x )x 2=a -1-a ln x x 2.当a =0时,f (x )=a -(1+a ln x )x 2=-1x2<0恒成立,则f x 在0,+∞ 上为减函数,当a >0时,令f (x )>0,可得a -1-a ln x >0,则ln x <a -1a,解得0<x <e a -1a ,令f (x )<0,解得x >e a -1a ,综上,当a =0时,f x 的减区间为0,+∞ ；当a >0时,f x 的单调递增区间为0,ea -1a ,单调递减区间为e a -1a ,+∞ .(2)由f (x )≤x 2,可得x 3-a ln x -1≥0设g (x )=x 3-a ln x -1(x >0),则g (x )=3x 2-a x =3x 3-a x.①当a ≤0时,g x >0,g x 单调递增,而g 12=18-a ln 12-1=-78+a ln2<0,所以不满足题意,②当a >0时,令g (x )=3x 3-a x=0,解得x =3a 3,当x ∈0,3a 3 时,g x <0,g x 为减函数,当x ∈3a 3,+∞ 时,g x >0,g x 为增函数,所以g(x)≥g3a3=13+13ln3a-13a ln a-1.令h(a)=13+13ln3a-13a ln a-1(a>0),h (a)=13+13ln3-13(ln a+1)=13(ln3-ln a),当a∈0,3时,h a >0,h a 为增函数,当a∈3,+∞时,h a <0,g x 为减函数,所以h a ≤h3 =0,又g x ≥h a ≥0.则h a =0,解得a=3,所以实数a的取值范围是3 .5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1ln x+x+a x(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2,若g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．【解析】(1)f x 定义域为0,+∞f x =a-11x+1-ax2=x2+a-1x-ax2=x+ax-1x2ⅰ)0<-a<1即-1<a<0时,f x <0⇒-a<x<1,f x >0⇒0<x<-a或x>1ⅱ)-a=1即a=-1时,x∈0,+∞,f x ≥0恒成立ⅲ)-a>1即a<-1,f x <0⇒1<x<-a,f x >0⇒0<x<1或x>-a综上：-1<a<0时,x∈-a,1,f x 单调递减；0,-a、1,+∞,f x 单调递增a=-1时,x∈0,+∞,f x 单调递增a<-1时,x∈1,-a,f x 单调递减；0,1、-a,+∞,f x 单调递增(2)g x =a ln x+x,由题a ln x1+x1=0a ln x2+x2=0,0<x1<x2则a ln x1-ln x2=x2-x1,设t=x1x2∈0,1∴a=x2-x1ln x1-ln x2=x2-x1ln tg x =a x+1∴g2x1+λx22+λ=a2+λ2x1+λx2+1=x2-x1ln t⋅2+λ2x1+λx2+1=2+λ1-t2t+λln t+1>0恒成立t∈0,1,∴ln t<0∴2+λ1-t2t+λ+ln t<0恒成立设h t =2+λ1-t2t+λ+ln t,∴h t <0恒成立h t =1t -2+λ 22t +λ2=2t +λ 2-t 2+λ 2t 2t +λ 2=4t -1 t -λ24 t 2t +λ 2ⅰ)λ2≥4时,t -λ24<0,∴h t >0,∴h t 在0,1 上单调递增∴h t <h 1 =0恒成立,∴λ∈-∞,-2 ∪2,+∞ 合题ⅱ)λ2<4,t ∈0,λ24,∴h t >0,∴h t 在0,λ24上单调递增t ∈λ24,1 时,h t <0,∴h t 在λ24,1 上单调递减∴t ∈λ24,1 ,h t >h 1 =0,不满足h t <0恒成立综上：λ∈-∞,-2 ∪2,+∞6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x -ax 2+2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f x 的定义域是0,+∞ ,f x =-2ax 2+1x.①当a ≤0时,f x >0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递增；②当a >0时,令f x =0,解得x =2a 2a 或-2a 2a (舍),令f x >0,解得0<x <2a 2a,令f x <0,解得x >2a 2a,所以f x 在0,2a 2a上单调递增,在2a 2a ,+∞ 上单调递减.(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,即ln x -ax 2-2-a x +2≥0在x ∈1,e 上恒成立.令g x =ln x -ax 2-2-a x +2,x ∈1,e ,则g x =1x -2ax -2-a =-2ax 2-2-a x +1x =-ax +1 2x -1 x.当a =0时,g x =ln x -2x +2,g e =ln e -2e +2=3-2e <0,不符合题意；当a >0时,g x <0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意；当a <0时,若-1a≤1,即a ≤-1,g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递增,又g 1 =0,所以g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,符合题意.若1<-1a <e ,即-1<a <-1e ,令g x >0,解得-1a <x <e ,令g x <0,解得1<x <-1a ,所以g x 在1,-1a 上单调递减,在-1a ,e 上单调递增,所以g x min =g -1a<g 1 =0,不符合题意；若-1a ≥e ,即-1e≤a <0,g x ≤0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是-∞,-1 .7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x 3+31+m x 2+6mx x ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f 1 =5,函数g x =a ln x +1 -f x x 2≤0在1,+∞ 上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】 (1)f x =6x 2+61+m x +6m =6x 2+1+m x +m =6(x +1)(x +m )若m =1时,f (x )≥0,f (x )在R 上单调递增；若m >1时,-m <-1,当x <-m 或x >-1时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-m <x <-1时,f (x )<0,f (x )为减函数,若m <1时,-m >-1,当x <-1或x >-m 时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-1<x <-m 时,f (x )<0,f (x )为减函数.综上,m =1时,f (x )在R 上单调递增；当m >1时,f (x )在(-∞,-m )和(-1,+∞)上单调递增,在(-m ,-1)上单调递减；当m <1时,f (x )在(-∞,-1)和(-m ,+∞)上单调递增,在(-1,-m )上单调递减.(2)由f (1)=2+3(1+m )+6m =5,解得 m =0,所以f (x )=2x 3+3x 2,由x ∈(1,+∞)时,ln x +1>0,可知g (x )=a (ln x +1)-2x -3≤0在(1,+∞)上恒成立可化为a ≤2x +3ln x +1在x ∈(1,+∞)上恒成立,设h (x )=2x +3ln x +1(x >1),则h (x )=2(ln x +1)-(2x +3)×1x (ln x +1)2=2ln x -3x (ln x +1)2,设φ(x )=2ln x -3x (x >1),则 φ (x )=2x +3x2>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增,又φ(2)=2ln2-32=ln16-32<0,φ52 =2ln 52-65=25ln 52-3 5>0,所以方程h (x )=0有且只有一个实根x 0,且 2<x 0<52,2ln x 0=3x 0,所以在(1,x 0)上,h (x )<0, h (x )单调递减,在x 0,+∞ 上,h (x )>0,h (x )单调递增,所以函数h (x )的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0∈4,5 ,从而a ≤2x 0,又a 为整数,所以a 的最大值为4.8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a -1,求a 的取值范围.【解析】(1)由题意,函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x ,可得f (x )=(x -a )e x -ax +a 2=(x -a )e x -a ,当a ≤0时,e x -a >0,令f (x )<0,解得x <a ；令f (x )>0,解得x >a ,故f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,当a >0时,令f (x )=0,解得x 1=a 或x 2=ln a ,设g (a )=a -ln a ,可得g (a )=a -1a,当a >1时,g (a )>0；当0<a <1时,g (a )<0,故g (x )min =g (1)=1>0,故a >ln a ,由f (x )>0,解得x >a 或x <ln a ,由f (x )<0,解得ln a <x <a ,故f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增,综上可得：当a ≤0时,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,a >0时,f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增；(2)当a <0时,由(1)知,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,故f x 极小值=f (a )=-e a +12a 3<-e a -1,解得a <-32,当0<a <1时,ln a <0,由(1)知f (x )在x =ln a 处取极大值,设h (a )=f (ln a )=(ln a -a -1)a -12a ln 2a +a 2ln a =a ln a 1-12ln a +a -a 2-a ,则h (a )=-12ln 2a +2a ln a -a ,因为0<a <1,可得ln a <0,所以h (a )<0,h (a )在(0,1)递减,所以h (a )>h (1)=-2>-e a -1,所以0<a <1不合题意,当a ≥1时,ln a ≥0,由(1)知f (x )在(-∞,0)递增,此时f (x )在(-∞,0)无极值,不符合题意,综上可得,实数a 的取值范围是(-∞,-32).9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x +ln x -a x,g x =a -2x ln x +x .(1)讨论f x 的单调性；(2)若a ∈1,4 ,记f x 的零点为x 1,g x 的极大值点为x 2,求证：x 1<x 2·【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ,f ′x =1+1x +a x 2=x 2+x +a x 2,当a ≥0时,f ′x >0,f x 在0,+∞ 上单调递增：当a <0时,Δ=1-4a >0,f ′x =0在0,+∞ 上有唯一正根-1+1-4a 2,当x ∈0,-1+1-4a 2时,f ′x <0,单调递减；当x ∈-1+1-4a 2,+∞ 时,f ′x >0,f x 单调递增；综上,当a ≥0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时,f x 在0,-1+1-4a 2 上单调递减；在-1+1-4a 2,+∞ 上单调递增.(2)由(1)知,当a ∈1,4 时,f x 在0,+∞ 上单调递增,且f 1 =1-a <0，f 2 =2+ln2-a 2>0,所以f x 在0,+∞ 上有唯一零点x 1∈1,2 .又g ′x =-2ln x +a x -1,又a ∈1,4 ,由单调性运算性质可知,g ′x 在0,+∞ 上单调递减,且g ′1 =a -1>0，g ′4 =-2ln4+a 4-1<0,故存在x 0∈1,4 ,使得g ′x 0 =0,即a x 0=2ln x 0+1,当x ∈0,x 0 时,g ′x >0,g x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时,g ′x <0,g x 单调递增；所以x 0是g x 唯一极大值点,所以x 0=x 2,故a x 2=2ln x 2+1,因此f x 2 =x 2+ln x 2-a x 2=x 2+ln x 2-2ln x 2-1=x 2-ln x 2-1.设h x =x -ln x -1,因为x ∈1,4 ，h ′x =1-1x >0,所以h ′x 在1,4 上单调递增,所以h x >h 1 =0.故有f x 2 >0=f x 1 ,又f x 在0,+∞ 上单调递增,所以x 1<x 2.10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x 2-x -ln x a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)证明：当x >1时,2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x.【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ,f x =a 2x -1 -1x =2ax 2-ax -1x.令g x =2ax 2-ax -1.①当a =0时,g x =-1<0,f x =g x x<0,故f x 在0,+∞ 单调递减；②当a ≠0时,g x 为二次函数,Δ=a 2+8a .若Δ≤0,即-8≤a <0,则g x 的图象为开口向下的抛物线且g x ≤0,所以f x ≤0,故f x 在0,+∞ 单调递减；若Δ>0,即a <-8或a >0,令g x =0,得x 1=a -a 2+8a 4a ,x 2=a +a 2+8a 4a.当a <-8时,g x 图象为开口向下的抛物线,0<x 2<x 1,所以当x ∈0,x 2 或x ∈x 1,+∞ 时,g x <0,所以f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,x 1 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增；当a >0时,g x 图象为开口向上的抛物线,x 1<0<x 2,所以当x ∈0,x 2 ,g x ≤0,所以f x <0,故f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增.综上,当a <-8时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 和a -a 2+8a 4a ,+∞上单调递减,在a +a 2+8a 4a ,a -a 2+8a 4a上单调递增；当a >0时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 单调递减,在a +a 2+8a 4a ,+∞上单调递增；当-8≤a ≤0,f x 在0,+∞ 单调递减;(2)由(1)知,当a =1时,f x 在0,1 单调递减,在1,+∞ 单调递增,因此对∀x >1恒有f x >f 1 ,即x 2-x >ln x .因为0<ln x <x 2-x ,若2e x -1≥x 2+1成立,则2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x 成立.令φx =e x -1-12x 2+1 x ≥1 ,则φ x =e x -1-x ,φ x =e x -1-1.因为x ≥1,所以φ x ≥0,所以φ x 在1,+∞ 单调递增,又φ 1 =0,所以当x ≥1时,φ x ≥0,所以φx 在1,+∞ 单调递增,又φ1 =0,所以对∀x >1恒有φx >φ1 =0,即2e x -1≥x 2+1.1ln x>1x2-x>0,由不等式的基本性质可得2e x-1ln x≥x2+1x2-x.当x>1时,0<ln x<x2-x,则。
高考复习-利用导数研究函数的单调性及极值和最值
利用导数研究函数的单调性及极值和最值知识集结知识元利用导数研究函数的单调性问题知识讲解1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数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．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．例题精讲利用导数研究函数的单调性问题例1.函数f（x）=e x-3x+2的单调减区间为__________．例2.若函数y=-x3+ax在[1，+∞）上是单调函数，则a的最大值是___．例3.函数f（x）=sin x-x，x∈（0，）的单调递增区间是_______．利用导数研究函数的极值与最值问题知识讲解1．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，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；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f （x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．2．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f （x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，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．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．例题精讲利用导数研究函数的极值与最值问题例1.函数y=lnx-e x在[1，e]最大值为（）A．1-e e B．C．-eD．例2.己知定义域为（1，+∞）的函数f（x）=e x+a-ax，若f（x）>0恒成立，则正实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）例3.函数f（x）=x2-lnx的最小值为（）A．1+ln2B．1-ln2C．D．当堂练习单选题练习1.定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且，若存在实数x使不等式f（x）≤m2-am-3对于a∈[0，2]恒成立，则实数m的取值范围为（）A．（-∞，-2]∪[2，+∞）B．C．D．练习2.若函数f（x）与g（x）满足：存在实数t，使得f（t）=g'（t），则称函数g（x）为f（x）的“友导”函数．已知函数为函数f（x）=x2lnx+x的“友导”函数，则k的取值范围是（）A．（-∞，1）B．（-∞，2]C．（1，+∞）D．[2，+∞）练习3.函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，f'（x）为其导函数，若xf'（x）+f（x）=e x（x-2）且f（3）=0，则不等式f（x）<0的解集为（）A．（0，2）B．（0，3）C．（2，3）D．（3，+∞）练习4.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x）>0且f（e）=1，若xf′（x）lnx+f（x）>0对任意x∈（0，+∞）恒成立，则不等式<lnx的解集为（）A．{x|0<x<1}B．{x|x>1}C．{x|x>e}D．{x|0<x<e}练习5.已知函数f（x）=x3-x2+ax-a存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，x1+2x0=（）A．3B．2C．1D．0练习6.若函数f（x）=e x+axlnx（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（-∞，-e）B．（-∞，-2e）C．（e，+∞）D．（2e，+∞）填空题练习1.已知函数f（x）=，若∃，使得f（f（x0））=x0，则m的取值范围是_________练习2.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习3.已知函数，若当x1，x2∈[1，3]时，都有f（x1）<2f（x2），则a的取值范围为______________．练习4.若函数f（x）=e-x（x2+ax-a）在R上单调递减，则实数a的值为____．练习5.已知函数，g（x）=|x-t|，t∈（0，+∞）．若h（x）=min{f（x），g （x）}在[-1，3]上的最大值为2，则t的值为___．练习6.已知函数f（x）=x3-ax2在（-1，1）上没有最小值，则a的取值范围是_________．解答题练习1.'已知函数f（x）=e x-a（x+1），其中a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若a>0时，函数f（x）恰有一个零点，求实数a的值．（3）已知数列{a n}满足a n=，其前n项和为S n，求证S n>ln（n+1）（其中n∈N）．'练习2.'已知函数f（x）=（a∈R）．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是函数f（x）图象的不同两点，其中0<x1<1，x2>1，是否存在实数a，使得OP⊥OQ，且函数f（x）在点Q切线的斜率为f′（x1-），若存在，请求出a的范围；若不存在，请说明理由．'练习3.'已知函数f（x）=x2+ax-alnx（1）若函数f（x）在上递减，在上递增，求实数a的值．（2）若函数f（x）在定义域上不单调，求实数a的取值范围．（3）若方程x-lnx-m=0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．'练习4.'已知函数f（x）=xlnx-x2-ax+1，a>0，函数g（x）=f′（x）．（1）若a=ln2，求g（x）的最大值；（2）证明：f（x）有且仅有一个零点．'练习5.'已知函数f（x）=e x-ax-b．（其中e为自然对数的底数）（Ⅰ）若f（x）≥0恒成立，求ab的最大值；（Ⅱ）设g（x）=lnx+1，若F（x）=g（x）-f（x）存在唯一的零点，且对满足条件的a，b不等式m（a-e+1）≥b恒成立，求实数m的取值集合．'。
高中数学利用导数研究函数单调性基础知识梳理+常考例题汇总
∴(－2)＋(－1)＝a，即 a＝－3. 3.[变条件]本例(2)变为：若 g(x)在(－2，－1)内不单调，其他条件不变，求实数 a 的取值范围． 【解析】由 1 知 g(x)在(－2，－1)内为减函数时，实数 a 的取值范围是(－∞，－ 3]． 若 g(x)在(－2，－1)内为增函数，则 a≥x＋ 2 在(－2，－1)内恒成立，
2．已知函数 f(x)＝ x a －ln x－ 3 ，其中 a∈R，且曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处
4x
2
的切线垂直于直线 y＝ 1 x.
2
(1)求 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间．
【解析】(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝ 1 － a － 1 ，
4 x2 x
由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝ 1 x，
【解析】f′(x)＝ 1 ·x＋ln x－k－1＝ln x－k，
x
①当 k≤0 时，因为 x>1，所以 f′(x)＝ln x－k>0，
所以函数 f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．
②当 k>0 时，令 ln x－k＝0，解得 x＝ek，
当 1<x<ek 时，f′(x)<0；当 x>ek 时，f′(x)>0.
x
又∵y＝x＋ 2 在(－2，－ 2 )内单调递增，在(－ 2 ，－1)内单调递减，
x
∴y＝x＋ 2 的值域为(－3，－2 2 )，
x
∴实数 a 的取值范围是[－2 2 ，＋∞)， ∴函数 g(x)在(－2，－1)内单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－2 2 ，＋∞)， 故 g(x)在(－2，－1)上不单调时，实数 a 的取值范围是(－3，－2 2 )． [解题技法]由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)由可导函数 f(x)在 D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为 f′(x)≥ 0(或 f′(x)≤0)对 x∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”
利用导数研究函数单调性5种常见题型总结(原卷版)
第10讲 利用导数研究函数单调性5种常见题型总结【考点分析】考点一：利用导数判断函数单调性的方法 ①求函数的定义域（常见的0,ln >x x ）；①求函数的导数，如果是分式尽量通分，能分解因式要分解因式；①令()0='x f ，求出根 ,,,321x x x ，数轴标根，穿针引线，注意x 系数的正负；④判断()x f '的符号，如果()0f x '>，则()y f x =为增函数；如果()0f x '<，则()y f x =为减函数． 考点二：已知函数的单调性求参数问题①若()f x 在[]b a ,上单调递增，则()0f x '≥在[]b a ,恒成立（但不恒等于0）； ①若()f x 在[]b a ,上单调递减，则()0f x '≤在[]b a ,恒成立（但不恒等于0）．【题型目录】题型一：利用导数求函数的单调区间题型二：利用导函数与原函数的关系确定原函数图像 题型三：已知含量参函数在区间上单调性求参数范围 题型四：已知含量参函数在区间上不单调求参数范围 题型五：已知含量参函数存在单调区间求参数范围【典型例题】题型一：利用导数求函数的单调区间【例1】（2022·广东·雷州市白沙中学高二阶段练习）函数()()2e x f x x =+的单调递减区间是（ ）A ．(),3-∞-B ．()0,3C ．()3,0-D ．()3,-+∞【例2】（2022·北京市第三十五中学高二阶段练习）函数ln xy x=的单调递增区间是（ ） A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()e,+∞C ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．()0,e【例3】（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)【例4】（2022·黑龙江·铁人中学高三开学考试）函数2()ln 1f x x x =--的单调增区间为_________.【例5】（2022·河南·安阳一中高三阶段练习（理））已知函数()()ln 1f x x x =+，则（ ） A ．()f x 在()1,-+∞单调递增 B ．()f x 有两个零点C ．曲线()y f x =在点11,22f⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处切线的斜率为1ln2-- D ．()f x 是偶函数【例6】（2022·江苏·盐城市第一中学高三阶段练习）若函数()312f x x x =-在区间()1,1k k -+上不是单调函数，则实数k 的取值范围是（ ） A ．3k ≤-或11k -≤≤或3k ≥ B ．31k -<<-或13k << C ．22k -<<D ．不存在这样的实数【例7】（2022·全国·高二课时练习多选题）设函数()e ln x f x x =，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 的定义域是()0,∞+B ．当()0,1x ∈时，()f x 的图象位于x 轴下方C ．()f x 存在单调递增区间D ．()f x 有两个单调区间【例8】（2022·河北·石家庄二中模拟预测）已知函数f (x )满足()()()2212e 02x f x f f x x -'=-+，则f (x )的单调递减区间为（ ） A ．()0,∞- B ．(1,+∞)C ．()1,∞-D ．(0,+∞)【例9】 （2022·全国·高二专题练习）已知函数()1xlnx f x e +=，（其中e ＝2.71828…是自然对数的底数）．求()x f 的单调区间.【例10】【2020年新课标2卷理科】已知函数()x x x f 2sin sin 2=.（1）讨论()x f 在区间()π,0的单调性；【例11】（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）已知函数()ln f x x x x =-. (1)求()f x 的单调区间；【例12】（2022·陕西渭南·高二期末（文））函数()()2e x f x x ax b =++，若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为：450x y ++=. (1)求,a b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间.【例13】【2020年新课标1卷理科】已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当1=a 时，讨论()x f 的单调性；【例14】【2019年新课标2卷理科】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论()x f 的单调性，并证明()x f 有且仅有两个零点；【题型专练】1．（2022湖南新邵县教研室高二期末（文））函数()4ln f x x x =-的单调递减区间为（ ） A ．()0,∞+ B ．10,4⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2．（2022·广东·东莞四中高三阶段练习）函数()()3e x f x x =-，则()f x 的单调增区间是（ ）A ．(),2-∞B ．()2,+∞C ．(),3-∞D ．()3,+∞3．（2022·四川绵阳·高二期末（文））函数()2ln 2x x x f -=的单调递增区间为（ ）A ．()1,-∞-B ．()+∞,1C ．()1,1-D ．()1,04．（2022·广西桂林·高二期末（文））函数()3213f x x x =-的单调递减区间为（ ）A ．()02，B ．()()02∞∞-+，，，C ．()2+∞，D ．()0-∞，5．（2022·重庆长寿·高二期末）函数()65ln f x x x x=--的单调递减区间为（ ）A ．（0，2）B ．（2，3）C ．（1，3）D ．（3，+∞）6．（2023·全国·高三专题练习）函数21()ln 3f x x x =-的单调减区间为__________．7．（2022·全国·高二专题练习）函数2()2x x f x =的单调递增区间为__________.8.（2022·全国·高二专题练习）函数cos y x x =+的单调增区间为_________.9.（2023·全国·高三专题练习）求下列函数的单调区间(1)()211x f x x +=-；(2)()21ln 2f x x x =-； (3)()3223361f x x x x =+-+；(4)()sin ,0f x x x x π=-<<；(5)()()22e xf x x x -=+；(6)()sin 2cos xf x x=+．10．（2022·全国·高二单元测试）已知函数()()321313x x x f x =-++，求()f x 的单调区间．11.函数()x e x x f -=2的递增区间是（ ） A ．()0,2B ．(),0∞-C ．(),0∞-，()2,+∞D ．()(),02,-∞+∞12.【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=x e ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；13.（2022·四川省绵阳南山中学高二期末（理））已知函数()29ln 3f x x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1m m -+上不单调，则实数m 的取值范围是（ ）A ．51,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．51,2⎛⎫⎪⎝⎭D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭14.（2020·河北省石家庄二中高二月考）函数1()ln f x x x=的单调递减区间为____________. 15.（2022·全国·高三专题练习（文））函数(2)e ,0()2,0x x x f x x x ⎧-≥=⎨--<⎩的单调递减区间为__________．题型二：利用导函数与原函数的关系确定原函数图像【例1】（2022·河南·高三阶段练习（文））如图为函数()f x （其定义域为[],m m -）的图象，若()f x 的导函数为()f x '，则()y f x '=的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【例2】（2022·四川·遂宁中学外国语实验学校高三开学考试（理））设()f x '是函数()f x 的导函数，()y f x '=的图像如图所示，则()y f x =的图像最有可能的是（ ）A ．B ．C ．D ．【例3】（2022·全国·高二课时练习）已知函数()y f x =在定义域3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭内可导，其图象如图所示.记()y f x =的导函数为()y f x '=，则不等式()0xf x '≤的解集为（ ）A ．[][)31,0,12,323⎛⎤--⋃⋃ ⎥⎝⎦B ．[]18,01,2,333⎡⎤⎡⎫-⋃⋃⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭C ．[)1,12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．31148,,,323233⎛⎫⎡⎤⎡⎫--⋃⋃ ⎪⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎣⎦⎣⎭【例4】（2022·全国·高二单元测试）已知函数()f x 的导函数()'f x 图像如图所示，则()f x 的图像是图四个图像中的（ ）．A ．B ．C ．D ．【例5】（2022·广东潮州·高二期末多选题）已知函数()f x 与()f x '的图象如图所示，则下列结论正确的为（ ）A ．曲线m 是()f x 的图象，曲线n 是()f x '的图象B ．曲线m 是()f x '的图象，曲线n 是()f x 的图象C ．不等式组()()02f x f x x >⎧⎨<<'⎩的解集为()0,1D ．不等式组()()02f x f x x >⎧⎨<<'⎩的解集为41,3⎛⎫⎪⎝⎭【题型专练】1．（2022·江苏常州·高三阶段练习）如图是()y f x '=的图像，则函数()y f x =的单调递减区间是（ ）A ．()2,1-B ．()()2,0,2,-+∞C ．(),1-∞-D ．()(),1,1,-∞-+∞2．（2022·吉林·东北师大附中高三开学考试）已知函数()y f x =的部分图象如图所示，且()f x '是()f x 的导函数，则（ ）A ．()()()()12012f f f f ''''-=-<<<B ．()()()()21012f f f f ''''<<<-=-C ．()()()()02112f f f f ''''>>>-=-D ．()()()()21021f f f f ''''<<<-<-3．（2022·福建莆田·高二期末）定义在()1,3-上的函数()y f x =，其导函数()y f x '=图像如图所示，则()y f x =的单调递减区间是（ ）A ．()1,0-B ．()1,1-C ．()0,2D ．()2,34．（2022·广东广州·高二期末）已知函数()y f x =的图象是下列四个图象之一，函数()y f x ='的图象如图所示，则函数()y f x =图象是（ ）A ．B ．C ．D ．5．（2022·北京·牛栏山一中高二阶段练习）设()f x '是函数()f x 的导函数，在同一个直角坐标系中，()y f x =和()y f x '=的图象不可能是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2022·福建宁德·高二期末多选题）设()f x 是定义域为R 的偶函数，其导函数为()f x '，若0x ≥时，()f x 图像如图所示，则可以使()()0f x f x '⋅<成立的x 的取值范围是（ ）A ．(),3-∞-B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,3题型三：已知含量参函数在区间上单调性求参数范围【例1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ax x x x f ++=2ln 的单调递减区间为1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，则（ ）.A ．(],3a ∈-∞-B ．3a =-C ．3a =D ．(],3a ∈-∞【例2】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()32391f x x mx mx =-++在()1,+∞上为单调递增函数，则实数m 的取值范围为（ ） A ．(),1-∞- B ．[]1,1- C ．[]1,3 D ．[]1,3-【例3】（2022·浙江·高二开学考试）已知函数()sin cos f x x a x =+在区间ππ,42⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1a >B ．1a ≥C ．1a >D ．1a ≥-【例4】（2022·全国·高二课时练习）若函数()2ln f x x ax x =-+在区间()1,e 上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)3,+∞ B ．(],3-∞C ．23,e 1⎡⎤+⎣⎦ D ．(2,e 1⎤-∞+⎦【例5】（2022·河南·荥阳市教育体育局教学研究室高二阶段练习）已知函数()321f x x x ax =+-+在R 上为单调递增函数，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【例6】（2023·全国·高三专题练习）若函数1()sin 2cos 2f x x a x =+在区间(0,)π上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,1]-∞-B ．[1,)-+∞C ．(,1)-∞-D ．[1,)+∞【例7】（2022·山东临沂·高二期末）若对任意的()12,,x x m ∈+∞，且当12x x <时，都有121212ln ln 3x x x x x x ->-，则m 的最小值是________.【例8】（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()0ln 232>+-=a x x axx f ，若函数()x f 在[]2,1上为单调函数，则实数a 的取值范围是________.【题型专练】1．（2023·全国·高三专题练习）若函数2()ln 5f x x ax x =+-在区间11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦内单调递增，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(,3]-∞ B ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．253,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．25,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭2．（2022·山西·平遥县第二中学校高三阶段练习）若函数()ln 1f x x x ax =-+在[e,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,2)-∞ B ．(,2]-∞ C ．(2,)+∞ D ．[2,)+∞3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()sin 2cos f x a x x =+在ππ,34x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦上单调递增，则a 的取值范围为（ ） A ．0a ≥ B ．22a -≤≤ C ．2a ≥- D ．0a ≥或2a ≤-4.（2022·全国·高三专题练习）若函数()d cx bx x x f +++=23的单调递减区间为()3,1-，则=+c b （ ）A ．－12B ．－10C ．8D ．105.（2022·全国·高三专题练习）若函数()32236f x x mx x =-+在区间()1,+∞上为增函数，则实数m 的取值范围是_______. 6.函数321()3f x ax x a =-+在[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a >B ．1a ≥C ．2a >D ．2a ≥7.对于任意1x ，2[1,)x ∈+∞，当21x x >时，恒有2211ln 2()x a x x x <-成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞ B ．(,1]-∞C ．(,2]-∞D ．(,3]-∞8.若函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数，则t 的取值范围是（ ） A ．[1,2] B ．[1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(1,)+∞题型四：已知含量参函数在区间上不单调，求参数范围【例1】（2022·河南宋基信阳实验中学高三阶段练习（文））已知函数()3212132a g x x x x =-++．若()g x 在()2,1--内不单调，则实数a 的取值范围是______．【例2】（2021·河南·高三阶段练习（文））已知函数()()41xf x ax x e =+-在区间[]1,3上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．2,416e e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．2,416e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．32,3616e e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．3,416e e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭【题型专练】 1.函数()()2244xf x e xx =--在区间()1,1k k -+上不单调，实数k 的范围是 .2.（2022·全国·高三专题练习）若函数()324132x a f x x x =-++在区间(1，4)上不单调，则实数a 的取值范围是___________.题型五：已知含量参函数存在单调区间，求参数范围【例1】（2023·全国·高三专题练习）若函数()21()ln 12g x x x b x =+--存在单调递减区间，则实数b 的取值范围是（ ） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．(),3-∞D ．(],3-∞【例2】（2022·全国·高三专题练习）若函数()313f x x ax =-+有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．【例3】（2022·河北·高三阶段练习）若函数()2()e xf x x mx =+在1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上存在单调递减区间，则m 的取值范围是_________．【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知()2ln ag x x x x=+-. (1)若函数()g x 在区间[]1,2内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若()g x 在区间[]1,2上存在单调递增区间，求实数a 的取值范围.【题型专练】1.（2022·全国·高三专题练习（文））若函数()()0221ln 2≠--=a x ax x x h 在[]4,1上存在单调递减区间”，则实数a 的取值范围为________.2.若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为 .3.故函已知函数32()3()f x ax x x x =+-∈R 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()3,-+∞ B ．()()3,00,-+∞C ．()(),00,3-∞D ．[)3,-+∞4.已知函数()()R a x ax x x f ∈+++=123在⎪⎭⎫⎝⎛--31,32内存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,√3] B ．(−∞,√3]C ．(√3,+∞)D ．(√3,3)。
高一数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高一数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.若函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵f（x）=x3+ax-2，∴f′（x）=3x2+a，∵函数f（x）=x3+ax-2在区间[1，+∞）内是增函数，∴f′（1）=3+a≥0，∴a≥-3．故选B．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.2.函数y＝f（x）在定义域（－，3）内的图像如图所示．记y＝f（x）的导函数为y＝f¢（x），则不等式f¢（x）≤0的解集为（）A．[－，1]∪[2，3）B．[－1，]∪[，]C．[－，]∪[1，2）D．（－，－]∪[，]∪[，3）【答案】A【解析】由图象可知，即求函数的单调减区间，从而有解集为[−，1]∪[2，3)，故选A．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.3.若曲线f(x)＝ax3＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是__________．【答案】a＜0【解析】∵f′（x）=3ax2+（x＞0）∵曲线f（x）=ax3+lnx存在垂直于y轴的切线，∴f′（x）=3ax2+=0有正解即a=有正解，∵＜0∴a＜0，故答案为（-∞，0）.【考点】利用导函数研究曲线上的切线.4.设，．（1）令，讨论在内的单调性并求极值；（2）求证：当时，恒有．【答案】(1) 在内是减函数，在内是增函数, 在处取得极小值;(2)详见解析.【解析】（1）先根据求导法求导数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间及极值即可．（2）欲证x＞ln2x-2a ln x+1，即证x-1-ln2x+2alnx＞0，也就是要证f（x）＞f（1），根据第一问的单调性即可证得.试题解析：解（1）解：根据求导法则有，故， 3分于是，列表如下：2递减极小值递增故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值． 6（2）证明：由知，的极小值．于是由上表知，对一切，恒有．从而当时，恒有，故在内单调增加．所以当时，，即．故当时，恒有． .12【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.函数恒成立问题；3.利用导数研究函数的极值.5.函数的单调增区间是．【答案】【解析】求函数的单调区间，必须先求函数的定义域，，此函数可以看作是增函数和二次函数复合而成，利用复合函数的单调性，知所求增区间为．【考点】复合函数的单调性．6.设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图像与直线12x+y-1=0相切于点（1，－11）。
考点17导数与函数的单调性(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版
考点17导数与函数的单调性（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用【知识点】1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论f ′(x )>0f (x )在区间(a ，b )上________f ′(x )<0f (x )在区间(a ，b )上________函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＝0f (x )在区间(a ，b )上是________2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的 ；第2步，求出导数f ′(x )的；第3步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0恒成立；若函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≤0恒成立．2．若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递增区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )>0有解；若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递减区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )<0有解【核心题型】题型一 不含参函数的单调性确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．【例题1】（2023·全国·模拟预测）已知函数()()()ln 2ln 4f x x x =-+-，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．()2,3B ．()3,4C ．(),3-¥D ．()3,+¥【变式1】（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为（ ）A ．(),e -¥-B ．()e,0-C ．(),0¥-D ．()1,0-【变式2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函数()f x 的导函数为()f x ¢，若当0x <时()2af x x x=-，且()10f ¢-=.则()f x 的单调增区间为 .【变式3】（2024·河南开封·三模）已知函数()33ln f x x x =-，()f x ¢为()f x 的导函数．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)求函数()()()9g x f x f x x¢=--的单调区间和极值．题型二 含参数的函数的单调性(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点【例题2】（多选）（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()322f x x ax x=++（R a Î）的大致图象可能为（ ）A ．B ．C ．D ．【变式1】（2024·天津·二模）已知()()ln R f x x ax x a =+×Î，(1)当2a =时，求()f x 在点()()e e f ，处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性；(3)若函数()f x 存在极大值，且极大值为1，求证：()2e xf x x -£+．【变式2】（2024·陕西商洛·三模）已知函数()()2212ln 2f x a x x ax a =--ÎR ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当0a >时，若函数()2e e 2x x g x a =+和()22h x a x =的图象在()0,1上有交点，求实数a 的取值范围．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()(2)ln f x a x a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()9ln f x a >．（参考数据：ln 20.693»）题型三 函数单调性的应用由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．(2)函数在区间(a ，b )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命题点1 比较大小或解不等式【例题3】（2024·四川成都·模拟预测）若函数()f x 对任意的x ÎR 都有()()f x f x ¢<恒成立，则2(2)f 与2e (ln 2)f 的大小关系正确的是（ ）A ．2(2)f >2e (ln 2)fB ．2(2)f =2e (ln 2)fC ．2(2)f <2e (ln 2)f D ．无法比较大小【变式1】（2023·全国·模拟预测）比较11101011a =-，ln1.2b =，0.115ec =的大小关系为（ ）A ．a c b >>B ．b c a >>C ．b a c>>D ．a b c>>【变式2】（23-24高三上·湖南衡阳·期末）已知函数()()21e ln 12xf x x a x =--+.(1)证明：当1a £时，()1f x ≥对[)0,x Î+¥恒成立.(2)若存在()1212,x x x x ¹，使得()()12f x f x =，比较()()1211x x ++与2e e a的大小，并说明理由.【变式3】（23-24高三上·河北保定·阶段练习）已知函数()()2ln 12x f x x =++.(1)当[)0,x Î+¥时，比较()f x 与x 的大小；(2)若函数()2cos 2x g x x =+，且()()2e 10,0a f g b a b æö=->>ç÷èø，证明：()()211f b g a +>+.命题点2 根据函数的单调性求参数【例题4】（2023·全国·模拟预测）若对任意的1x ，2(,)x m Î+¥，且12x x <，122121ln ln 2x x x x x x -<-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,e e æöç÷èøB ．1,e e éùêúëûC ．1,e ¥éö+÷êëøD ．1,e æö+¥ç÷èø【变式1】（23-24高三上·广东汕头·期中）设()0,1a Î，若函数()(1)x xf x a a =++在()0,¥+递增，则a 的取值范围是（ ）A．B．ö÷÷øC．ö÷÷øD．æççè【变式2】（多选）（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数()2ln f x x ax x =--，下列命题正确的是（ ）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则1a =B ．若()10f =，则()f x 在[]0,2x Î上的最小值为0C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则1a ≥D ．若()()l ln x x f x -≥在[]1,2x Î上恒成立，则2a ≥【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期末）若函数2()e 1x f x a x =+-在(0,)+¥上单调递增，则a 的取值范围是 ．【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知函数()e ln x f x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（ ）．A ．2e B ．eC ．1e -D ．2e -2．（23-24高三上·山西大同·阶段练习）设()af x x a x=-+在()1,+¥上为增函数，则实数a 取值范围是（ ）A ．[)0,¥+B ．[)1,+¥C ．[)2,-+¥D ．[)1,-+¥3．（2024·云南楚雄·一模）若a b >，则函数()2()y a x a x b =--的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．4．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>，若有且只有两个整数12,x x 使得1()0>f x ，且2()0f x >，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[ln 3,2)B ．(0,2ln 3]-C ．(0,2ln 3)-D ．[2ln 3,2)-5．（2024·全国·模拟预测）已知8sin 15a =，3ln 2b =，25c =，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．c b a>>二、多选题6．（2023·全国·模拟预测）已知函数()33f x x x =-，则（ ）A ．函数()()()'g x f x f x =× 是偶函数B ．y x =-是曲线()y f x =的切线C ．存在正数(),a f x 在(),a a -不单调D ．对任意实数a ，()(f a f a £+7．（23-24高三上·江西宜春·期中）下列函数中，是奇函数且在区间()0,1上是减函数的是（ ）A ．()exf x =B ．()sin f x x =-C ．()1f x x=D ．3()2f x x x=-三、填空题8．（2024·云南大理·模拟预测）函数()12ln f x x x =--的最大值为.9．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e e e x x x g x x x =--，若方程()g x k =有三个不同的实根，则实数k 的取值范围是 .四、解答题10．（2024·江西南昌·一模）已知函数()()2ln2ln f x x x x =+-.(1)求()f x 的单调递减区间；(2)求()f x 的最大值.11．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数()2ln f x ax x x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·贵州毕节·一模）给出下列命题：①函数2()2x f x x =-恰有两个零点；②若函数()4a af x x x =-+在(1,)+¥上单调递增，则实数a 的取值范围是[1,)-+¥；③若函数()f x 满足()(1)4f x f x +-=，则12918101010f f f æöæöæö+++=ç÷ç÷ç÷èøèøèøL ；④若关于x 的方程20x m -=有解，则实数m 的取值范围是(0,1].其中正确的是（ ）A ．①③B ．②④C ．③④D ．②③2．（2023·江西·模拟预测）已知函数()32f x ax bx cx d =+++的大致图象如图所示，则（ ）A ．0,0,0a b c >><B ．0,0,0a b c ><<C ．0,0,0a b c ><>D ．a 0,b 0,c 0<>>3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()()()1e x f x x a =-+在区间()1,1-上单调递增，则a 的最小值为（ ）A ．1e -B ．2e -C ．eD ．2e 4．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()4e e 2e x x xf x x =--，()f x ¢为()f x 的导函数，()()e xf xg x ¢=，则（ ）A ．()g x 的极大值为24e 2-，无极小值B ．()g x 的极小值为24e 2-，无极大值C ．()g x 的极大值为4ln22-，无极小值D ．()g x 的极小值为4ln22-，无极大值5．（2024·全国·模拟预测）已知13,,ln2e 14a b c ===-，则它们之间的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b<<D ．c b a<<6．（2023·贵州遵义·模拟预测）若函数()2e x axf x -=在区间()1,3上单调递增，则a 的可能取值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．57．（2024·全国·模拟预测）若22ln 2e a -=，12e b =，ln 24c =，则a ，b ，c 的大小顺序为（ ）A ．a c b<<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．b a c<<8．（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()e ln xf x a x =-有两个大于1的零点，则a 的取值范围可以是（ ）A ．(]0,1B ．1e 1,e æùçúèûC ．1ee ,e æùçúèûD ．)e 12e e ,e +éë二、多选题9．（22-23高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数21e 1xx y x -=×-，则（ ）A ．函数的极大值点为=0x B ．函数的极小值点为=0x C ．函数在(1,)+¥上单调递增D ．函数在31,2æöç÷èø上单调递减10．（2023·云南昆明·模拟预测）已知函数3()f x x mx n =--，其中,m n ÎR ，下列选项中，能使函数()y f x =有且仅有一个零点的是（ ）A ．1m =-，1n =B ．0m =，1n =C ．3m =，2n =D ．3m =，3n =-11．（2023·山东泰安·一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-ÎR 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（ ）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-三、填空题12．（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为 ．13．（2023·湖南·模拟预测）已知函数()sin esin a xf x a x =-，对于任意12,x x ÎR ，都有()()12e 2f x f x -£-，则实数a 的取值范围为 .14．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数()()()222e 22e 0x xf x a x a x a =--->恰有两个零点，则=a .四、解答题15．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()ln f x x ax bx =+-．(1)当1a =，3b =时，求()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在2x =处取得极值ln 2，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程．16．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2()e x f x a a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()4ln 2f x a ≥+．17．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21ln 12f x x x a x =+++，a ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当1a <-时，()21a f x +>．18．（2024·青海·模拟预测）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点，求m 的取值范围．19．（2023·全国·模拟预测）已知函数()e xf x ax b =+-，其中e 为自然对数的底数．(1)若()f x 在区间(]1,2上不是单调函数，求a 的取值范围．(2)当0x ≥时，()2112f x x b ≥+-恒成立，求a 的取值范围．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在()0,¥+上单调递减的是（ ）A ．()32xxf x -=+B ．()2222x xxxf x ---=+C ．()3f x x x=-D ．()(12log f x x =2．（2024·全国·模拟预测）已知函数()32()log 2(0a f x x ax x a a =-+->且1)a ¹在区间(1,)+¥上单调递减，则a 的取值范围是（ ）A ．20,3æùçúèûB ．2,13éö÷êëøC ．(1,2]D ．[2,)+¥3．（2024·甘肃兰州·三模）函数()21ln f x x ax x =-++-，若()f x 在0,12æöç÷èø是减函数，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,2]-¥B ．(,2)-¥C ．(,3]-¥D ．(3),-¥4．（2024·全国·模拟预测）已知 2.012.0111110312,ln ,1001011021001015a b c æöæö=++==+ç÷ç÷èøèø，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．<<b c aD ．<<c a b二、多选题5．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()321f x x ax ax =+-+，则下列说法正确的是（ ）A ．若()f x 为R 上的单调函数，则3a <-B ．若2a =时，()f x 在()1,1-上有最小值，无最大值C ．若()1f x -为奇函数，则0a =D ．当0a =时，()f x 在1x =处的切线方程为310x y --=6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正确的是（ ）A ．πe e π>B ．1ln 0.99-<C ．15sin 15<D ．11sin 3π<三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）已知1a >，0b >，1c >，且e e ln a b a b --==a ，b ，c 的大小关系为 ．（用“<”连接）8．（2023·安徽·二模）若不等式2ln 23x ax a -£-对(0,)"Î+¥x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ．四、解答题9．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数()()321f x ax bx a =++ÎR ，当2x =时，()f x 取得极值3-．(1)求()f x 的解析式；(2)求()f x 在区间[]1,3-上的最值．10．（2024·陕西西安·三模）已知函数1()ln ()m f x mx x m x-=--ÎR ，函数1π()ln ,[0,cos 2g x x x q q =+Î在区间[1,)+¥上为增函数．(1)确定q 的值，求3m =时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设函数()()()h x f x g x =-在,()0x Î+¥上是单调函数，求实数m 的取值范围．11．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数()ln 1f x x mx =++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1m =时，数列{}n a 满足11a =，1()n n a f a +=①求证：12n n a -£；②求证：22223111(1)(1(1e na a a +++<L ．。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。
利用导数探究函数的单调性(共10种题型)
利用导数探究函数的单调性一.求单调区间例1:已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，求函数)(x f 的单调区间 解：()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a '=-=-++.则令()()g x f x '=因为当0,1a a >≠ 所以2()2ln 0x g x a a '=+> 所以()f x '在R 上是增函数, 又(0)0f '=,所以不等式()0f x '>的解集为(0,)∞+,故函数()f x 的单调增区间为(0,)∞+ 减区间为：(0)-∞，变式：已知()x f x e ax =-，求()f x 的单调区间解：'()x f x e a =- 当0a ≤时，'()0f x >，()f x 单调递增当0a >时，由'()0x f x e a =->得：ln x a >，()f x 在(ln ,)a +∞单调递增由'()0x f x e a =-<得：ln x a <，()f x 在(ln )a -∞，单调递增 综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为：-∞+∞（，），无单调递减区间当0a >时，()f x 的单调递增区间为：(ln ,)a +∞，递减区间为：(ln )a -∞，二.函数单调性的判定与逆用例2.已知函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数a 的取值集合 解：2()322f x x ax '=+-因为函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数 所以2()322=0f x x ax '=+-在1132（，）上有解 所以''11()()032f f <又*a N ∈ 解得：5542a << 所以正整数a 的取值集合{2}三.利用单调性求字母取值范围 例3. 已知函数()ln xf x ax x=-，若函数()y f x =在1+?（，）上是减函数，求实数a 的最小值. 解：因为()ln xf x ax x=-在1+?（，）上是减函数 所以'2ln 1()0(ln )x f x a x -=-?在1+?（，）上恒成立 即2ln 1(ln )x a x -³在1+?（，）上恒成立令ln ,(1)t x x =>，则0t >21()(0)t h t t t -=> 则max ()a h t ³因为222111111()=()()24t h t t t t t -=-+=--+ 所以max 1()=(2)4h t h =所以14a ³变式：若函数3211()(1)132f x x ax a x =-+-+在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)+?上为增函数，试求实数a 的取值范围. 解：2'()=1f x x ax a -+-因为函数()y f x =在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)+?上为增函数 所以''()0(1,4)()0,(6,)f x x f x x ìï??ïíï???ïî，恒成立即2210(1,4)10,(6,)x ax a x x ax a x ì-+-??ïïíï-+-???ïî， 所以2211,(1,4)111,(6,)1x a x x x x a x x x ì-ïï?+"?ïï-íï-ï?+"??ïï-ïî所以4161a a ì?ïïíï?ïî所以57a ＃四.比较大小例4. 设a 为实数，当ln 210a x >->且时，比较x e 与221x ax -+的大小关系. 解：令2()21(0)x f x e x ax x =-+-> 则'()=22x f x e x a -+ 令'()()g x f x = 则'()e 2x g x =- 令'()0g x =得：ln 2x =当ln 2x >时，'()0g x >；当ln 2x <时，'()0g x <所以ln2min ()()=(ln2)2ln2222ln22g x g x g e a a ==-+=-+极小值 因为ln 21a >- 所以'()()0g x f x =>所以()f x 在0+?（，）上单调递增所以()(0)0f x f >= 即2210x e x ax -+-> 所以221x e x ax >-+变式：对于R 上的可导函数()y f x =，若满足'(3)()0x f x ->，比较(1)(11)f f +与2(3)f 的大小关系.解：因为'(3)()0x f x ->所以当3x >时，'()0f x >，()f x 单调递增，故(11)(3)f f >当3x <时，'()0f x <，()f x 单调递减，故(1)(3)f f > 所以(1)(11)2(3)f f f +> 五.证明不等式例5.已知函数|ln |)(x x f =，()(1)g x k x =- (R)k ∈.证明：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >. 证明：令()|ln |(1)=ln (1),(1,)G x x k x x k x x =----∈+∞ 则有'11(),(1,)kx G x k x x x-=-=∈+∞ 当01k k ≤≥或时，'()0G x >，故 ()G x 在1+∞（，）上单调递增，()G(1)0G x >=.故任意实数 (1,)x ∈+∞ 均满足题意.当 01k << 时，令'()=0G x ，得11x k=>. 当1(1,)x k ∈时，'()0G x >，故 ()G x 在1(1,)k上单调递增当1()x k∈+∞，时，'()0G x <，故 ()G x 在1()k +∞，上单调递减 取01x k=，对任意0(1,)x x ∈，有'()0G x >，故()G x 在0(1,)x 上单调递增所以()G(1)0G x >= 即()()f x g x >综上所述：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >.变式：已知关于x 的方程2(1)x x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、.求证：120x x <+ 证明：因为2(1)x x e ax a --=所以2(1)1xx e a x -=+令2(1)()1xx e f x x -=+则222222(23)[(1)2]()11x xx x x e x x e f x x x --+--+'==++（）（）当0x >时()0f x '<，()f x 单调递减 当0x <时()0f x '>，()f x 单调递增因为关于x 的方程2(1)x x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、所以不妨设12(,0),(0,)x x ∈-∞∈+∞ 要证：120x x <+ 只需证：21x x <-因为210x x -∈+∞（，），且函数()f x 在0+∞（，）上单调递减 所以只需证：21()()f x f x >-，又因为21()=()f x f x 所以只需证：11()()f x f x >-即证：11112211(1)(1)11x x x e x e x x --+>++ 即证：(1)(1)0x x x e x e ---+>对0x ∈-∞（，）恒成立 令g()(1)(1)x x x x e x e -=--+，0x ∈-∞（，）则g ()()x x x x e e -'=-因为0x ∈-∞（，）所以0x x e e -->所以g ()()0x x x x e e -'=-<恒成立所以g()(1)(1)x x x x e x e -=--+在0-∞（，）上单调递减所以g()(0)0x g >= 综上所述：120x x <+ 六.求极值例6.已知函数2()()x f x x ax a e =++，是否存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.解：'22()(2)()[(2)2]=()(2)x x x x f x x a e x ax a e x a x a e x a x e =++++=+++++ 令'()=0f x 得：2x a x =-=-或当2a =时，'()0f x ≥恒成立，无极值，舍去当2a <时，2a ->-由表可知：2()=(2)(42)3f x f a a e --=-+=极大值 解得：2432a e =-< 当2a >时，2a -<-由表可知：22()=()()3a f x f a a a a e --=-+=极大值，即3a ae -= 所以：=3a a e 令()3(2)a g a e a a =-> 则'2()31310a g a e e =->->所以()y g a =在2+∞（，）上单调递增又2(2)320g e =->所以函数()y g a =在2+∞（，）上无零点即方程=3a a e 无解综上所述：存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3，此时243a e =- 七.求最值例7. 已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，若存在]1,1[,21-∈x x ,使得12()()e 1f x f x -≥-（其中e 是自然对数的底数),求实数a 的取值范围. 解：因为存在12,[1,1]x x ∈-,使得12()()e 1f x f x --≥成立, 而当[1,1]x ∈-时,12max min ()()()()f x f x f x f x --≤, 所以只要max min ()()e 1f x f x --≥即可又因为x ,()f x ',()f x 的变化情况如下表所示:所以()f x 在[1,0]-上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当[1,1]x ∈-时,()f x 的最小值()()m i n 01f x f ==,()f x 的最大值()max f x 为()1f -和()1f 中的最大值.因为11(1)(1)(1ln )(1ln )2ln f f a a a a a aa--=--=--+++,令1()2ln (0)g a a a a a =-->,因为22121()1(1)0g a a a a '=-=->+,所以1()2ln g a a a a=--在()0,a ∈+∞上是增函数.而(1)0g =,故当1a >时,()0g a >,即(1)(1)f f >-; 当01a <<时,()0g a <,即(1)(1)f f <-所以,当1a >时,(1)(0)e 1f f --≥,即ln e 1a a --≥,函数ln y a a =-在(1,)a ∈+∞上是增函数,解得e a ≥;当01a <<时,(1)(0)e 1f f ---≥,即1ln e 1a a+-≥,函数1ln y a a=+在(0,1)a ∈上是减函数,解得10ea <≤.综上可知,所求a 的取值范围为1(0,][e,)ea ∈∞+ 我变式：已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>在区间0+∞（，）上的最小值为1，求实数a 的值.解：1()=x a f x e x a-'-+ 令()()g x f x '=则21()=0(x a g x e x a -'+>+）所以()y g x =在区间0+∞（，）单调递增所以存在唯一的00x ∈+∞（，），使得0001()0x a g x e x a-=-=+ 即001=x a e x a-+ 所以当0(0,)x x ∈时，()()0g x f x '=<，()y f x =单调递减当0()x x ∈+∞，时，()()0g x f x '=>，()y f x =单调递增 所以0min 00()()ln()x a f x f x e x a -==-+ 由001=x a e x a-+得：00=ln()x a x a --+ 所以0min 00001()()ln()=x a f x f x e x a x a x a-==-++-+001=()2222x a a x aa a++-+≥=- 当且仅当001=x a x a++即0=1x a +，min 0()()22f x f x a ==- 由22=1a -得12a =，此时01=2x ，满足条件 所以12a =八.解不等式例8. 函数2)0())((=∈f R x x f ，，对任意1)()('>+∈x f x f R x ，，解不等式：1)(+>x x e x f e 解：令()()x x g x e f x e =-则()()()(()()1)x x x x g x e f x e f x e e f x f x '''=+-=+-因为对任意1)()('>+∈x f x f R x ， 所以()0g x '>，所以()y g x =为R 上的单调递增函数 又(0)(0)11g f =-=所以当1)(+>x x e x f e 即()1x x e f x e -> 所以()(0)g x g > 所以0x >即不等式：1)(+>x x e x f e 的解集为0+∞（，）变式：已知定义在R 上的可导函数()y f x =满足'()1f x <，若(12)()13f m f m m -->-，求m 的取值范围.解：令()()g x f x x =- 则()()1g x f x ''=- 因为'()1f x <所以()()10g x f x ''=-<所以()()g x f x x =-为R 上递减函数 由(12)()13f m f m m -->- 得：(12)()f m m f m m ---（1-2)> 即(12)()g m g m -> 所以12m m ->即13m <九.函数零点个数（方程根的个数）例9. 已知2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值.若关于x 的方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围.解： '2()21f x x x a=--+ 因为2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值 所以'2(0)1=0f a=-， 即2a =，检验知2a =符合题意.令2()()2ln(2)[1,1]g x f x b x x x b x =+=+--+∈-，'52()22()21(11)x x g x x x +=--=--≤≤ 所以()=(0)2ln 2g x g b =+极大值因为方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根所以(1)0(0)0(1)0g g g -≤⎧⎪>⎨⎪≤⎩，即02ln 202ln 320b b b ≤⎧⎪+>⎨⎪-+≤⎩解得：2ln 222ln 3b -<≤-所以实数b 的取值范围是：2ln 222ln3]--（， 变式：已知函数()y f x =是R 上的可导函数，当0x ¹时，有'()()0f x f x x+>，判断函数13()()F x xf x x=+的零点个数解：当0x ¹时，有'()()0f x f x x+> 即'()()0xf x f x x+> 令()()g x xf x =，则'()()()g x xf x f x ¢=+所以当0x >时，'()()()0g x xf x f x ¢=+>，函数()y g x =在0+∞（，）单调递增 且()g(0)=0g x >所以当0x >时，13()()0F x xf x x=+>恒成立，函数()y F x =无零点 当0x <时，'()()()0g x xf x f x ¢=+<，函数()y g x =在0∞（-，）单调递减 且()g(0)=0g x >恒成立 所以13()()F x xf x x=+在0∞（-，）上为单调递减函数 且当0x →时，()0xf x ®，所以13()0F x x? 当x →-∞时，10x®，所以()()0F x xf x ? 所以13()()F x xf x x=+在0∞（-，）上有唯一零点 综上所述：13()()F x xf x x =+在0∞∞（-，）（0,+）上有唯一零点 十.探究函数图像例10.设函数在定义域内可导，()y f x =的图像如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为下列图像的 .解：由()y f x =的图像可判断出：()f x 在(,0)-∞递减，在(0)+∞，上先增后减再增 所以在(,0)-∞上()0f x '<，在(0)+∞，上先有()0f x '>，后有()0f x '<，再有()0f x '>. 所以图（4）符合.变式：已知函数ln(2)()x f x x =，若关于x 的不等式2()()0f x af x +>只有两个整数解，求实数a 的取值范围. 解：21ln(2)()=x f x x -'，令()=0f x '得2e x = 所以当02e x <<时，()0,()f x f x '>单调递增 当2e x >时，()0,()f x f x '<单调递减 由当12x <时，()0f x <，当12x >时，()0f x >（1）（2）（3）（4）作出()f x 的大致函数图像如图所示： 因为2()()0f x af x +>（1）若0a =，即2()0f x >，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；（2）若0a >，则()()0f x a f x <->或，由图像可知，()0f x >，有无穷多整数解（舍）（3）若0a <则()0()f x f x a <>-或，由图像可知，()0f x <无整数解， 所以()f x a >-有两个整数解因为(1)(2)ln 2f f ==，且()f x 在(,)2e +∞上单调递减 所以()f x a >-的两个整数解为：1,2x x == 又ln 6(3)3f =所以ln 6ln 23a ≤-< 所以ln 6ln 23a -<≤-。
导数研究函数单调性5种题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
第5讲导数研究函数单调性5种题型总结【考点分析】考点一：含参数单调性讨论①先求函数定义域；②求导，化简，通分，分解因式；③x 系数有未知数a ，先考虑x 系数0=a 的情况；再考虑0,0<>a a 情况，求出()0='x f 的根，判断根与定义域，及根的大小关系，穿针引线，判断导函数正负，进而判断单调性；④若不能分解因式，若分子为二次函数则考虑讨论判别式∆，若不是二次函数可以考虑二次求导【题型目录】题型一：导函数为一次函数型题型二：导函数为准一次函数型题型三：导函数为二次可分解因式型题型四：导函数为二次不可因式分解型题型五：导函数为准二次函数型【典型例题】题型一：导函数为一次函数型【例1】（2023河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R .（1）讨论函数()f x 的单调性；【例2】（2022·辽宁营口·高二期末）已知函数()ln 1f x a x x =+-（其中a 为参数）．(1)求函数()f x 的单调区间；【例3】（2022·江西·二模（文））己知函数()()R a x ax x f ∈++=1ln ，讨论()f x 的单调性。
【解析】1(),0ax f x x x'+=>，①当0a ≥时，1()0ax f x x+'=>恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增②当0a <时，令()0f x '>得10x a<<-，∴()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减综上所述：当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；【例4】（2022·广东·模拟预测）已知函数()()()R m mx x x f ∈--=1ln ，讨论函数()f x 的单调性。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性2.已知函数f(x)= -ax(a∈R,e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-+x2+x在区间（0，+）上为增函数，求整数m 的最大值.【答案】(1)所以在为减函数，在为增函数;(2)最大值为1【解析】(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(3)第二问关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题.(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：解：（Ⅰ）定义域为，，当时，，所以在上为增函数； 2分当时，由得，且当时，，当时，所以在为减函数，在为增函数． 6分（Ⅱ）当时，，若在区间上为增函数，则在恒成立，即在恒成立 8分令，；，；令，可知，，又当时，所以函数在只有一个零点，设为，即，且； 9分由上可知当时，即；当时，即，所以，，有最小值， 10分把代入上式可得，又因为，所以，又恒成立，所以，又因为为整数，所以，所以整数的最大值为1． 12分【考点】（1）利用导数求函数的单调性；（2）利用导数求函数的最值问题.3.函数的单调递减区间是 .【答案】【解析】，；令，得；所以函数的单调递减区间为.【考点】利用导数研究函数的单调性.4.已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2-x，a∈R．（1）当时，求函数y=f(x)的极值；（2）是否存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)？若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．【答案】（1）在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0；（2）．【解析】（1）将代入函数f(x)解析式，求出函数f(x)的导函数，令导函数等于零，求出其根；然后列出x的取值范围与的符号及f(x)的单调性情况表，从表就可得到函数f(x）的极值；（2）由题意首先求得：，故应按分类讨论：当a≤0时，易知函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,从而当b∈(0,1)时f(b)<f(0)，所以不存在实数b∈(0,1)，符合题意；当a>0时，令有x=0或，又要按根大于零，小于零和等于零分类讨论；对各种情况求函数f(x）x∈(-1,b]的最大值，使其最大值恰为f(b)，分别求得a的取值范围，然而将所得范围求并即得所求的范围；若求得的a的取值范围为空则不存在，否则存在．试题解析：（1）当时，，则，化简得（x>-1） 2分列表如下：(1,+)+∴函数f(x)在(-1,0)，(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且f(0)=0，， 4分∴函数y=f(x)在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0； 5分（2）由题意（1）当a≤0时，函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,此时，不存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)； 7分（2）当a>0时，令有x=0或，(ⅰ)当即时，函数f(x)在和(0,+∞)上单调递增，在上单调递减，要存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)，则，代入化简得（1）令，因恒成立，故恒有，∴时，（1）式恒成立； 10分（ⅱ）当即时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减，此时由题，只需，解得，又，∴此时实数a的取值范围是； 12分（ⅲ）当时，函数f(x)在上单调递增，显然符合题意； 13分综上，实数a的取值范围是． 14分【考点】１．函数的极值；２．函数的最值；３．分类讨论．5.若关于的不等式的解集中的正整数解有且只有3个，则实数的取值范围是．【答案】.【解析】原不等式可化为（其中，否则原不等式无解），令，则，令，得且令有，且当，所以的简图如图所示，当时，，当时，，当时，，又且，要使不等式的解集中正整数有且只有3个，由图可知即包含，，，所以只需，故.【考点】导数的应用，数形结合思想.6.已知，，（1）当时，求的单调区间（2）若在上是递减的，求实数的取值范围；（3）是否存在实数，使的极大值为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，；（2）；（3）不存在实数，使的极大值为3．【解析】（1）先由得到h(x)的具体解析表达式，求出其导函数，通过解不等式得到其增区间，解不等式得到其减区间；（2）在上是递减的等价于在上恒成立，从而通过分离参数转化为恒成立，从而获得实数的取值范围；（3）先利用导数方法将的极大值用a的代数式表达出来，得到的极大值在处取到，即，令其等于3显然不好判断是否有解，我们可以再利用导数的方法判断出在上单调递增，从而可知所求实数a不存在．试题解析：(1) 当时，，则令，解得；令，解得或所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（2）由在上是递减的，得在上恒成立，即在上恒成立，解得，又因为，所以实数的取值范围为（3），令，解得或由表可知，的极大值在处取到，即，设，则，所以在上单调递增，所以不存在实数，使的极大值为3【考点】1．利用导数求函数的单调区间;2．已知函数的单调性求参数的取值范围;3．函数的极值．7.设函数．（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数，求实数的取值范围．【答案】(1)；的极大值为；(2)．【解析】(1)在时有极值，意味着，可求解的值，再利用大于零或小于零求出函数的单调区间，进而确定函数的极大值；(2)转化成在定义域内恒成立问题，进而采用分离参数法，再利用基本不等式法即可求出参数的取值范围．试题解析：(1)∵在时有极值，∴有又∴，∴∴有由得，又∴由得或由得∴在区间和上递增，在区间上递减∴的极大值为（2）若在定义域上是增函数，则在时恒成立，需时恒成立，化为恒成立，，为所求．【考点】1．函数的极值与导数；2．函数的单调性与导数；3．分离参数法；4．基本不等式．8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.已知函数若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使，求实数a的取值范围？【答案】【解析】根据题意可知,函数在上的最小值得大于等于在上的值,所以得求得函数在上的最小值,通过导数法,判断单调性得最小值;然后令,建立关于的不等式,设出新的函数,探讨与的关系,从而得出满足条件的实数.试题解析：根据 ,求导可得,显然,所以函数在上单调递增.所以根据题意可知存在,使得,即即能成立，令，则要使，在能成立，只需使，又函数中,,求导可得.当时,显然,所以函数在上单调递减.所以，故只需.【考点】导数法求最值,单调性.10.已知定义在R上的函数f(x)=-2x3+bx2+cx(b,c∈R)，函数F(x)=f(x)-3x2是奇函数，函数f(x)满足.（1）求f(x)的解析式；（2）讨论f(x)在区间(-3，3)上的单调性.【答案】（1）；（2）单调递增区间为，单调递减区间为，.【解析】（1）先对求导可得，由得，又F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得的值，代加上式可得，可得函数解析式；（2）由（1）知函数的导函数，令得增区间，令得减区间.试题解析：解：（1） 1分F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得 3分，得 5分6分（2）令得 10分-0 +0-所以单调递增区间为单调递减区间为， 12分【考点】求导，函数的单调性与导数的关系.11.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲(新高考地区专用)(解析版)
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲函数的单调性与导数的关系条件 恒有 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【思考】“f(x )在区间(a ，b )上是增函数，则f ′(x )>0在(a ，b )上恒成立”，这种说法是否正确？ 提示 不正确，正确的说法是：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 )上的任一非空子区间内都不恒为零．【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．【例1】（2021春•鞍山期末）函数f（x）=xx2+1的单调递减区间为．【解题思路】根据题意，求出函数的导数，解f′（x）≤0，利用导数与函数单调性的关系分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，函数f（x）=xx2+1，其导数f′（x）=(x2+1)−x×(2x)(x2+1)2=1−x2(x2+1)2，若f′（x）≤0，即1−x2(x2+1)2≤0，解可得：x≤﹣1或x≥1，即函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）；故答案为：（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）．【变式1-1】（2021春•资阳期末）函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（）A．(1e2，+∞)B．(1e，+∞)C．(0，1e2)D．(0，1e)【解题思路】对f（x）求导，令f′（x）＞0，即可求得函数的递增区间．【解答过程】解：f（x）=√x•lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=12√x lnx+√xx=1√x（12lnx+1），令f′（x）＞0，解得x＞1e2，即函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（1e2，+∞）．故选：A．【变式1-2】（2021春•修水县期末）已知函数f(x)=(x−1)e xx2+1．求函数f（x）的单调区间．【解题思路】对f（x）求导，利用导数与单调性的关系即可求解；【解答过程】解：f′（x）=xe x(x2+1)−(x−1)e x(2x)(x2+1)2=x(x2−2x+3)e x(x2+1)2，令f′（x）＞0，可得x＞0，令f′（x）＜0，可得x＜0，∴（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．【变式1-3】（2021•全国四模）已知f（x）＝e x．求关于x的函数g（x）＝f（x）﹣4f（﹣x）﹣5x的单调区间．【解题思路】依题意，得g（x）＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），由g′（x）＞0可得g（x）的增区间，g′（x）＜0可得g（x）的减区间；【解答过程】解：g（x）＝e x﹣4e﹣x﹣5x，g′（x）＝e x+4e﹣x﹣5＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），∴g′（x）＞0⇔x＞ln4或x＜0，g（x）的增区间为（﹣∞，0），（ln4，+∞）；g′（x）＜0⇔x＞0＜x＜ln4，g（x）的减区间为（0，ln4）；【题型2 含参函数的单调性】【方法点拨】(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【例2】（2021•湖南模拟）已知函数f（x）＝x3+3a（x+1）（a∈R）．讨论f（x）的单调性．【解题思路】对函数f（x）求导，分a≥0及a＜0讨论导函数与0的大小关系，即可求得单调性；【解答过程】解：f′（x）＝3x2+3a，①当a≥0时，f′（x）≥0，f（x）在R上单调递增；②当a＜0时，令f′（x）＞0，解得x＜−√−a或x＞√−a，令f′（x）＜0，解得−√−a＜x＜√−a，∴f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；综上，当a≥0时，f（x）在R上单调递增；当a＜0时，f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；【变式2-1】（2021•肥城市模拟）已知函数f(x)=ln(x+a)−xx+a，a∈R．讨论f（x）的单调性．【解题思路】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；【解答过程】解：由已知可得函数f（x）的定义域为（﹣a，+∞），f′(x)=x(x+a)2，当a≤0时，x＞﹣a≥0，故f'（x）＞0，f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增；当a＞0时，x∈（﹣a，0）时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣a，0）上单调递减，x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间是（﹣a，+∞），无单调递减区间；当a＞0时，f（x）的单调递减区间是（﹣a，0），f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．【变式2-2】（2021•庐阳区校级模拟）已知函数f(x)=a2(x−2)2−x+2lnx(a＞0)．讨论f（x）的单调性．【解题思路】可得f′(x)=(x−2)(ax−1)x，分a=12，0＜a＜12，a＞12三类讨论，可得f（x）的单调性；【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a(x−2)−1+2x=(x−2)(ax−1)x，令f'（x）＝0，则x1＝2，x2=1 a．（ⅰ）若a=12，则f'（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数．（ⅱ）若0＜a＜12，则1a＞2，当x∈(0，2)∪(1a，+∞)时，f'（x）＞0；当x∈(2，1a)时，f'（x）＜0．（ⅲ）若a ＞12，则0＜1a ＜2，当x ∈(0，1a )∪(2，+∞)时，f '（x ）＞0；当x ∈(1a，2)时，f '（x ）＜0． 综上所述；当a =12时，f （x ）在（0，+∞）上是增函数；当0＜a ＜12，f （x ）在（0，2），(1a，+∞)上是增函数，在(2，1a)上是减函数； 当a ＞12时，f （x ）在(0，1a )，（2，+∞）上是增函数，在(1a ，2)上是减函数． 【变式2-3】（2021•丙卷模拟）已知函数ℎ(x)=a 2x −a −1+lnxx，其中a ∈R ，若函数f （x ）＝x •h （x ），讨论f （x ）的单调性．【解题思路】由条件可得f ′（x ）=(2ax+1)(ax−1)x，然后分a ＝0，a ＞0，a ＜0三类讨论，可得f （x ）的单调情况；【解答过程】解：由题意，得2221()()()1(0)lnxf x x h x x a x a a x ax lnx x x+=⋅=⋅--=--->， 则222121(21)(1)()2a x ax ax ax f x a x a x x x--+-'=--==①当0a =时，1()0f x x'=-<在(0,)+∞上恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；②当0a >时，110,02x a a-<<>， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得1x a >；令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x+-<，解得10x a <<，()f x ∴在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；③当0a <时，110,02x a a<<->， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得12x a >-； 令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x +-<，解得102x a<<-，()f x ∴在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．综上，当0a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；当0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．【题型3 利用函数单调性比较大小】【例3】（2021•二模拟）已知a=12ln2+14，b=2e，c=lnπ+1π，则a，b，c之间的大小关系为（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a【解题思路】本题不能直接比较大小，所以先将a，b化为与c一样的形式，即a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14，b=2e=lne+1e，然后令f(x)=lnx+1x，利用导数求出函数的单调性，比较大小．【解答过程】解：令f(x)=lnx+1x，则f′(x)=−lnxx2，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）上递增，令f′（x）＜0，解得：x＞1，所以f（x）在（1，+∞）上递减，由题：a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14=f（4），b=2e=lne+1e=f（e），c=lnπ+1π=f（π），因为e＜π＜4，所以f（e）＞f（π）＞f（4），即b＞c＞a，故选：B．【变式3-1】（2021•丙卷模拟）已知函数f（x）+f'（x）＝2m x，f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x（m＞1），若a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，则（）A．f（b）＜f（a）＜f（c）B．f（c）＜f（b）＜f（a）C．f（c）＜f（a）＜f（b）D．f（a）＜f（b）＜f（c）【解题思路】根据条件得到f（x）＝e x+e﹣x，然后判断f（x）的奇偶性和单调性，再结合a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，判断a，b，c的大小即可．【解答过程】解：由f（x）+f'（x）＝2m x与f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x，得f（x）＝m x+m﹣x，f'（x）＝m x﹣m﹣x，所以m＝e，所以f（x）＝e x+e﹣x，由f（x）＝f（﹣x），知函数f（x）为偶函数．又f'（x）＝e x﹣e﹣x，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．因为c=log51=0＜a=0.75＜1＜b=70.5，所以f（c）＜f（a）＜f（b）．故选：C．【变式3-2】（2021•皇姑区校级模拟）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ＝ye x 且e z ln 1x=ze x ，若y ＞1，则（ ）A ．x ＞y ＞zB ．x ＞z ＞yC ．y ＞z ＞xD ．y ＞x ＞z【解题思路】由选项确定比较x ，y ，z 三个字母的大小，题干中只有两个等式及y ＞1，所以先考虑到将等式变形，确定除x ＞1，z ＜0；在比较x 与y 的大小，构造出x ，y 的一个不等式，然后利用函数的单调性求解．【解答过程】解：因为e y•lnx ＝y •e x可e y y=e x lnx，∵y ＞1，e y＞0，∴e y y＞0，∴e x lnx＞0，∴lnx ＞0， ∴x ＞1，∵e z⋅ln 1x =z ⋅e x，∴e z z =e x ln1x=−e x lnx ＜0，∵e z ＞0， ∴z ＜0；（下面比较x ，y 的大小）令f （x ）＝x ﹣lnx ，f′(x)=1−1x =x−1x ，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，∴f （x ）在（1，+∞）上单调递增，∴x ＞1时，f （x ）＞f （1），即x ﹣lnx ＞1，一定有x ﹣lnx ＞0，∴x ＞lnx ＞0，∴e x x＜e x lnx①，又∵e xlnx=e x y，①式可化为e x x＜e y y，令g(x)=e xx ，则g′(x)=e x (x−1)x 2， 当x ＞1时，g ′（x ）＞0，∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∵x ＞1，y ＞1，e x x＜e y y，∴x ＜y ，综上：y ＞x ＞z 故选：D ．【变式3-3】（2021•渝水区校级模拟）已知x ∈(0，π4)，且a =2cos 2x+1e 2cos 2x，b =cosx+1e cosx ，c =sinx+1e sinx ，则a ，b ，c 的大小关系式为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b【解题思路】构造函数g （x ）=x+1e x ，利用导数可得g （x ）在区间（0，+∞）单调递减，进一步分析可得2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0，从而可得答案． 【解答过程】解：令g （x ）=x+1e x ， 则g ′（x ）=−xe x ，所以当x ＞0时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减．① 因为x ∈(0，π4)， 所以cos x ∈（√22，1），2cos x ∈（√2，2），且cos x ＞sin x ＞0， 又2cos 2x ﹣cos x ＝cos x （2cos x ﹣1）＞0， 所以2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0， 由①得a ＜b ＜c ， 故选：A ．【题型4 利用函数单调性解不等式】【例4】（2021•大通县一模）已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （2）＝20，且f （x ）的导函数f '（x ）满足f '（x ）＞6x 2+2，则不等式f （x ）＞2x 3+2x 的解集为（ ） A ．{x |x ＞﹣2}B ．{x |x ＞2}C ．{x |x ＜2}D ．{x |x ＜﹣2或x ＞2}【解题思路】令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，结合条件判断g （x ）的单调性，将问题转化为g （x ）＞g （2），然后求出不等式的解集即可．【解答过程】解：令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，则g '（x ）＝f '（x ）﹣6x 2﹣2＞0， 所以g （x ）在R 上单调递增．因为g （2）＝f （2）﹣2×23﹣2×2＝0， 故原不等式等价于g （x ）＞g （2），所以x ＞2， 所以不等式的解集为{x |x ＞2}． 故选：B ．【变式4-1】（2021•全国卷模拟）f （x ）是定义在R 上的奇函数，且f （1）＝0，f '（x ）为f （x ）的导函数，且当x ∈（0，+∞）时f '（x ）＞0，则不等式f （x ﹣1）＞0的解集为（ ）A．（0，1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（1，+∞）C．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）【解题思路】依题意，作出y＝f（x）的图象，得到f（x）＞0的解集，继而可得不等式f（x﹣1）＞0的解集．【解答过程】解：∵f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）＝0，当x∈（0，+∞）时f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递增，图形如下：∴f（x）＞0的解集为：（﹣1，0）∪（1，+∞），又y＝f（x﹣1）的图象是y＝f（x）的图象向右平移一个单位，∴不等式f（x﹣1）＞0的解集为（0，1）∪（2，+∞），故选：A．【变式4-2】（2021•长春模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）+xf'（x）＞1（f'（x）为函数f（x）的导函数），则不等式（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x的解集为（）A．（0，1）B．（0，1]C．（0，+∞）D．（0，1）∪（1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，求出函数的导数，根据函数的单调性求出不等式的解集即可．【解答过程】解：由（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x，当x＜1时，可得（1﹣x）（1+x）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+（1﹣x）x，即（1﹣x2）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+x﹣x2，即（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，g'（x）＝f（x）+xf'（x）﹣1＞0，所以函数g（x）递增，则1﹣x2＞1﹣x，此时0＜x＜1，即0＜x＜1满足；当x＞1时，可得（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＜（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），由函数g（x）递增，则1﹣x2＜1﹣x，此时x＜0或x＞1，即x＞1满足；当x＝1时，2f（0）＞f（0）+1，即f（0）＞1满足f（x）+x⋅f'（x）＞1．综上，x∈（0，+∞），故选：C．【变式4-3】（2021•香坊区校级三模）设函数f'（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，当x＞0时，lnxf′（x）＜−1x f（x），则使得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞）B．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）C．（﹣3，0）∪（0，3）D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）【解题思路】令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减，而g(1)＝0，于是可得当x∈(0,1)∪(1,+∞)时，f(x)＜0；x∈(﹣1,0)∪(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0，从而可求得（x2﹣9）f（x）＜0的解．【解答过程】解：令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则g′(x)＝f′(x)lnx+1x f(x)＜0,∴当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减．又g(1)＝f(1)ln1＝0,∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0,而此时lnx＜0,∴f(x)＜0；当x∈(1,+∞)时，g(x)＜0,而此时lnx＞0,∴f(x)＜0；又f（x）是奇函数,∴当x∈(﹣1,0)时，f(x)＞0；当x∈(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0；∵（x2﹣9）f（x）＜0,∴当x＜0时，x2﹣9＜0，解得﹣3＜x＜0；①当x＞0时，x2﹣9＞0，解得x＞3；②综合①②，得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围为（﹣3，0）∪（3，+∞），故选：A．【题型5 函数单调性与图像关系】【例5】（2020秋•宝鸡期末）若函数y＝f（x）的导函数图象如图所示，则y＝f（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【解题思路】根据f′（x）的图象，分别判断函数的单调性即可．【解答过程】解：设f′（x）＝0的两个根分别为a，b，0＜a＜b，则当x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，排除选项A和D；当a＜x＜b时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数，当x＞b时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，∵0＜a＜b，∴选项B不成立，选项C成立，则对应的图象为C，故选：C．【变式5-1】（2021春•葫芦岛期末）设函数f（x）的图象如图所示，则导函数f′（x）的图象可能为（）A．B．C ．D ． 【解题思路】由原函数的单调性确定导函数的函数值的正负，即可得解【解答过程】解：由f （x ）的图象知当x ∈（﹣∞，1）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0当x ∈（1，4）时，f （x ）单调递增，f '（x ）＞0当x ∈（4，+∞）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0故选：C ．【变式5-2】（2020秋•南昌期末）已知定义在R 上的函数y ＝f （x ），其导函数y ＝f '（x ）的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．f （b ）＞f （c ）＞f （d ）B ．f （b ）＞f （a ）＞f （e ）C ．f （c ）＞f （e ）＞f （d ）D ．f （c ）＞f （b ）＞f （a ）【解题思路】根据导函数的图象，求出函数f （x ）的单调区间，根据a ，b ，c 的大小以及函数的单调性判断函数值的大小即可．【解答过程】解：显然f （x ）（﹣∞，c ）递增，在（c ，e ）递减，在（e ，+∞）递增，而a ＜b ＜c ，故f （a ）＜f （b ）＜f （c ），故选：D ．【变式5-3】（2020秋•渝中区校级月考）已知函数y ＝f （x ）（x ∈R ）的图象如图所示，则不等式f′(x)x−1＜0的解集为（ ）A ．（﹣∞，0）∪（12，2）B ．（﹣1，1）∪（1，3）C ．（﹣∞，12）∪（12，2） D ．（﹣∞，12）∪（1，2） 【解题思路】根据条件判断函数的单调性，利用数形结合即可解不等式．【解答过程】解：∵f′(x)x−1＜0，即（x ﹣1）•f ′（x ）＜0，∴不等式等价为x ＞1时，f ′（x ）＜0，此时函数单调递减，由图象可知此时解集为：（1，2）． 当x ＜1时，f ′（x ）＞0，此时函数单调递增，由图象可知x ＜12，即不等式的解集为（﹣∞，12）∪（1，2）． 故选：D ．【题型6 利用函数单调性求参数】【方法点拨】根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【例6】（2021•广东模拟）若函数f(x)=ax 2+1e x（e 为自然对数的底数）是减函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．a ≤0B ．a ≤1C ．a ＞0D ．0≤a ≤1 【解题思路】对f （x ）求导，由f （x ）是减函数可得f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，对a 分类讨论，即可求得a 的取值范围．【解答过程】解：函数f(x)=ax 2+1e x 的定义域为R ，f ′（x ）=2ax−ax 2−1e x， 因为函数f （x ）是减函数，所以f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，当a＝0时，g（x）＝﹣1成立；当a＜0时，则g（x）的图象开口向上，g（x）≤0不恒成立，不符合题意；当a＞0时，要使g（x）≤0恒成立，则△＝4a2﹣4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1．综上可得，实数a的取值范围是0≤a≤1．故选：D．【变式6-1】（2021•湖南模拟）若函数f（x）＝﹣x3+ax2+4x在区间（0，2）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】问题转化为a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的取值范围即可．【解答过程】解：f（x）＝﹣x3+ax2+4x，则f′（x）＝﹣3x2+2ax+4，若f（x）在区间（0，2）上单调递增，则﹣3x2+2ax+4≥0在（0，2）恒成立，即a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，则g′(x)=32+2x2＞0，g（x）在（0，2）递增，故g（x）＜g（2）＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，+∞），故答案为：[2，+∞）．【变式6-2】（2021•南昌二模）若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】根据题意，求出函数的解析式，由函数的导数与单调性的关系，可得f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，据此分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，f（x）=x2+ax+1=x2−1+a+1x+1=x﹣1+a+1x+1，其导数f′（x）＝1−a+1 (x+1)2，若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，又由x∈（﹣1，+∞），则（x+1）2≥0，必有a +1≤0即a ≤﹣1恒成立，即a ≤﹣1，则a 的取值范围为（﹣∞，﹣1]． 故答案为：（﹣∞，﹣1]．【变式6-3】（2021•黔江区校级模拟）函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则实数a 的取值范围是 ．【解题思路】求出函数的导数，问题转化为方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根，令g （x ）=2x lnx+1，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【解答过程】解：f ′（x ）＝2x ﹣a （lnx +1），若函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则方程f ′（x ）＝0在(2e ，2)上有根即方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根且方程的根是函数f ′（x ）的变号零点， 令g （x ）=2x lnx+1，则g ′（x ）=2lnx (lnx+1)2， x ∈（2e ，1）时，g ′（x ）＜0，g （x ）递减，x ∈（1，2）时，g ′（x ）＞0，g （x ）递增， 又g （1）＝2，g （2e ）=4eln2，g （2）=4ln2+1，由g （2）﹣g （2e）=4ln2+1−4eln2＞0， 得g （x ）∈（2，4ln2+1），故a ∈（2，4ln2+1），故答案为：（2，4ln2+1）．。
专题03 利用导函数图象研究函数的单调性问题(含参讨论问题)(典型题型归类训练) (原卷版)
专题03 利用导函数图象研究函数的单调性问题（含参讨论问题）(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍 ......................................................................................................... 1 二、典型题型 ......................................................................................................... 2 题型一：导函数有效部分是一次型（或可化为一次型） ................................ 2 题型二：导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式分解型 ..... 3 题型三：导函数有效部分是二次型且不可因式分解型 ................................... 4 三、专项训练 (5)1、导函数有效部分是一次型（或可化为一次型） 借助导函数有效部分()g x 的图象辅助解题： ①令()0g x =，确定其零点0x ，并在x 轴上标出 ②观察()y g x =的单调性， ③根据①②画出草图2、导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式分解型借助导函数有效部分()g x 的图象辅助解题：①对()g x 因式分解，令()0g x =，确定其零点1x ，2x 并在x 轴上标出这两个零点 ②观察()y g x =的开口方向， ③根据①②画出草图3、导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且不可因式分解型 ①对()y g x =，求24b ac ∆=- ②分类讨论0∆≤③对于0∆>，利用求根公式求()0g x =的两根1x ，2x ④判断两根1x ，2x 是否在定义域内：对称轴+端点正负 ⑤画出()y g x =草图二、含参问题讨论单调性的原则 1、最高项系数含参，从0开始讨论 2、两根大小不确定，从两根相等开始讨论 3、考虑根是否在定义域内二、典型题型题型一：导函数有效部分是一次型（或可化为一次型）1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()ln f x x a x =-，讨论()f x '的单调性.2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()ln R f x a x a x a =+-∈，讨论()f x 的单调性.3．（2023上·四川成都·高三成都外国语学校校考开学考试）已知函数()()e xf x a a x =+-，()R a ∈(1)当1a =时，求()f x 的最值； (2)求()f x 的单调区间．。
2023年新高考数学一轮复习4-2 应用导数研究函数的单调性(真题测试)解析版
专题4.2 应用导数研究函数的单调性（真题测试）一、单选题1.（2022·上海松江·二模）下列函数中，与函数3y x =的奇偶性和单调性都一致的函数是（ ） A ．2yxB ．sin y x x =+C ．||2x y =D ．tan y x =【答案】B 【解析】 【分析】根据初等函数的奇偶性与单调性，再结合导数即可判断答案. 【详解】容易判断()3R y x x =∈是奇函数，且在R 上是增函数，而2||,2x y x y ==是偶函数，tan y x =在R 上不是增函数，所以排除A,C,D.对B ，函数()sin R y x x x =+∈是奇函数，且1cos 0y x '=+≥，则函数在R 上是增函数. 故选：B.2．（2015·陕西·高考真题（文））设()sin f x x x =-，则()f x =（ ） A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数【答案】B 【解析】 【详解】 试题分析：函数的定义域为，关于原点对称，，因此函数是奇函数，不恒等于0，函数是增函数，故答案为B ．3．（2016·全国·高考真题（文））函数2||2x y x e =-在[]–2,2的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：函数2||()2x f x x e =-|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于y 轴对称， 因为22(2)8e ,08e 1f =-<-<， 所以排除,A B 选项；当[]0,2x ∈时，4x y x e '=-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数， 当0(,2)x x ∈时，()f x 为增函数． 故选：D.4.（2009·湖南·高考真题（文））若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：∵函数y=f （x ）的导函数在区间[a ，b]上是增函数，∴对任意的a ＜x 1＜x 2＜b ，有也即在a,x 1,x 2,b 处它们的斜率是依次增大的．∴A 满足上述条件，对于B 存在使，对于C 对任意的a ＜x 1＜x 2＜b ，都有，对于D 对任意的x ∈[a ，b]，不满足逐渐递增的条件，故选A ．5．（2013·全国·高考真题（理））若函数21()f x x ax x =++在1(,)2+∞是增函数，则a 的取值范围是（ ） A ．[1,0]- B ．[1,)-+∞ C ．[0,3] D ．[3,)+∞【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由条件知()2120f x x a x -'=+≥在1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上恒成立，即212a x x ≥-在1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上恒成立． ∵函数212y x x =-在1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上为减函数，∴max21123212y <-⨯=⎛⎫⎪⎝⎭, ∴．故选D ．6．（2015·福建·高考真题（理））若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是（ ） A ．11f k k⎛⎫< ⎪⎝⎭B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ．111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【答案】C【解析】 【详解】试题分析：令()g()x f x kx =-，则()'()0g x f x k '=->，因此1111g()(0)(0)1111111k k g f f f k k k k k k ⎛⎫⎛⎫>⇒->⇒>-= ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭，所以选C. 7．（2011·辽宁·高考真题（文））函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（ ） A ．()1,1- B ．()1,-+∞C ．(),1-∞-D ．(),-∞+∞【答案】B 【解析】 【分析】构造函数()()24g x f x x =--，利用导数判断出函数()y g x =在R 上的单调性，将不等式()24f x x >+转化为()()1g x g >-，利用函数()y g x =的单调性即可求解. 【详解】依题意可设()()24g x f x x =--，所以()()20g x f x ''=->. 所以函数()y g x =在R 上单调递增，又因为()()11240g f -=-+-=. 所以要使()()240g x f x x =-->，即()()1g x g >-，只需要1x >-，故选B. 8．（2022·青海·模拟预测（理））若01a b <<<，则（ ） A ．e e ln ln b a b a -<- B ．e e ln ln b a b a -≥- C ．e e a b b a ≤ D ．e e a b b a >【答案】D 【解析】 【分析】对于A,B ，构造函数()e ln x f x x =-，利用导数判断其单调性，根据01a b <<<，比较()e ln ,()e ln abf a a f b b =-=-，可判断A,B ；对于C,D, 设e g()=x x x,利用导数判断其单调性，根据01a b <<<，比较(),()g a g b ，可判断C,D. 【详解】对于A,B,令()e ln x f x x =- ，则1()e xf x x '=-，当01x <<时，1()e xf x x'=-单调递增，且2132123()e 20,()e 0232f f ''=-<=-=>>故存在012(,)23x ∈ ，使得0()0f x '=，则当0(0,)x x ∈时，()e ln x f x x =-递减，当0(,1)x x ∈时，()e ln x f x x =-递增， 由于01a b <<<，此时()e ln ,()e ln a b f a a f b b =-=-大小关系不确定， 故A,B 均不正确；对于C,D,设e g()=x x x ，则e (1)g ()=x x x x -'，当01x <<时，()0g x '<，故eg()=xx x单调递减，所以当01a b <<<时，()()g a g b > ，即e ea b a b> ，即e e a b b a >，故C 错误，D 正确， 故选：D 二、多选题9．（2022·全国·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x +'>，则下列式子成立的是（ ） A ．()()20212022f ef < B ．()()20212022f ef >C ．()f x 是R 上的增函数D ．0t ∀>，则()()tf x e f x t <+【答案】AD 【解析】 【分析】构造函数()xy e f x =，由已知可得函数单调递增，即可判断选项ABD ，举特例可判断选项C.【详解】由()()0f x f x +'>，得()()0x x e f x e f x '+>，即()0x e f x '⎡⎤>⎣⎦，所以函数()x y e f x =为R 上的增函数，故()()2021202220212022e f e f <，所以()()20212022f ef <，故A 正确，B 不正确；函数()xe f x 为增函数时，()f x 不一定为增函数，如()12x f x =，显然()x e f x 是增函数，但()f x 是减函数，所以C 不正确；因为函数()x e f x 为增函数，所以0t >时，有()()x x t e f x e f x t +<+，故有()()tf x e f x t <+成立，所以D 正确.故选：AD.10．（2022·湖北·模拟预测）已知正实数a ，b ，c 满足1log b ac c b a <<<，则一定有（ ）A ．1a <B ．a b <C ．b c <D ．c a <【答案】AB 【解析】 【分析】根据1b c <，1a b <可得(),0,1c b ∈，进而判断出1a c <<，A 正确； 构造()ln xf x x=，0x >得到单调性，从而求出a b <，B 正确；CD 选项可以举出反例. 【详解】由正实数a ，b ，c ，以及1b c <，1a b <可得(),0,1c b ∈， 又log 1log c c a c >=，所以1a c <<． 所以b b a c <，又b a c b <，所以b a a b <， 即ln ln b a a b <，等价于ln ln a ba b<， 构造函数()ln xf x x=，0x > ()21ln xf x x -'=， 当()0,1x ∈时，()21ln 0xf x x -'=> 故()ln xf x x=在()0,1上递增，从而a b <． 又取b c =时，原式为1log b ab b b a <<<同样成立，故CD 不正确，故选：AB 11．（2022·辽宁沈阳·二模）已知奇函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，且()()1120f x f x x --++=恒成立，若()f x 在[]0,1单调递增，则（ ）A ．()f x 在[]1,2上单调递减B ．()00f =C ．()20222022f =D ．()20231f '=【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可. 【详解】 方法一：对于A ，若()f x x =，符合题意，故错误，对于B ，因已知奇函数()f x 在R 上可导，所以()00f =，故正确， 对于C 和D ，设()()g x f x x =-，则()g x 为R 上可导的奇函数，()00g =，由题意()()1111f x x f x x -+-=+--，得()()11g x g x -=+，()g x 关于直线1x =对称， 易得奇函数()g x 的一个周期为4，()()()2022200g g g ===，故C 正确，由对称性可知，()g x 关于直线1x =-对称，进而可得()10g '-=，（其证明过程见备注） 且()g x '的一个周期为4，所以()()202310g g '='-=，故D 正确．备注：()()11g x g x -=+，即()()11g x g x --=-+，所以()()11g x g x -+=--， 等式两边对x 求导得，()()11g x g x '-+=-'--， 令0x =，得()()11g g '-=-'-，所以()10g '-=． 方法二：对于A ，若()f x x =，符合题意，故错误，对于B ，因已知奇函数()f x 在R 上可导，所以()00f =，故正确，对于C ，将()()1120f x f x x --++=中的x 代换为1x +，得()()2220f x f x x --+++=，所以()()222f x f x x ++=+，可得()()4226f x f x x +++=+，两式相减得，()()44f x f x +-=，则()()624f f -=，()()1064f f -=，…，()()202220184f f -=， 叠加得()()202222020f f -=，又由()()222f x f x x ++=+，得()()2022f f =-+=， 所以()()2022220202022f f =+=，故正确，对于D ，将()()1120f x f x x --++=的两边对x 求导，得()()1120f x f x ''---++=， 令0x =得，()11f '=，将()()f x f x --=的两边对x 求导，得()()f x f x '-='，所以()11f '-=， 将()()44f x f x +-=的两边对x 求导，得()()4f x f x ''+=， 所以()()()2023201911f f f '''==⋅⋅⋅=-=，故正确． 故选：BCD12．（2021·福建·福州三中高三阶段练习）已知函数()xf x xe ax =+.则下列说法正确的是（ ）A ．当0a =时，min ()0f x =B ．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图像相切C ．若函数()f x 在区间[)0,∞+上单调递增，则0a ≥D ．若在区间[]0,1上，()2f x x ≤恒成立，则1a e -≤【答案】BD 【解析】 【分析】对于A ：当0a =时，()e xf x x =，求导函数，分析导函数的符号，得出函数()f x 的单调性，从而求得函数()f x 的最小值；对于B ：当1a =时，()e +xf x x x '=，求导函数，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000e +e +e +1x x x y x x x x x -=-，由切线过原点，求得00x =，继而求得过原点的切线方程；对于C ：问题等价于()+e 0xf x x x a '=+≥在区间[)0,∞+上恒成立，分离参数得e x a x x ≥--在区间[)0,∞+上恒成立，令()e xg x x x =--，求导函数，分析导函数的符号，得函数()g x 的单调性和最值，由此可判断；对于D ：问题等价于2e x x x ax +≤在区间[]0,1上恒成立，0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，分离参数e x a x ≤-，令()e xh x x =-，求导函数，分析()h x '的符号，得函数()h x 的单调性和最值，由此可判断.【详解】对于A ，当0a =时，()()()e ,1e x xf x x f x x ==+'，易知函数()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增，()min 1()1ef x f ∴=-=-，故选项A 不正确；对于B ，当1a =时，()()()()e ,1e 1,02x xf x x x f x x f +''=+=+=，∴函数()f x 在()0,0处的切线方程为2y x =，故选项B 正确；对于C ，()()1e xf x x a =++'，若函数()f x 在区间[)0,∞+上单调递增，则()0f x '在[)0,∞+上恒成立，()1e x a x ∴-+，令()()1e ,0x g x x x =-+，则()()2e 0x g x x =-+<'， ∴函数()g x 在[)0,∞+上单调递减，()max ()01a g x g ∴==-，故选项C 错误；对于D ，当0x =时，a ∈R 恒成立；当(]0,1x ∈时，()2f x x 恒成立等价于2e x x ax x +恒成立，即e x a x +，即e x a x -恒成立，设()e ,01x h x x x =-<，则()10e xh x '=-<在(]0,1上恒成立，()h x ∴在(]0,1上单调递减，()min ()11e a h x h ∴==-，故选项D 正确.故选：BD. 三、填空题13．（2009·江苏·高考真题）函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为_____. 【答案】(1,11)- 【解析】 【详解】f ′(x )＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x ＋1)，令f ′(x )＜0，得－1＜x ＜11，所以单调减区间为(－1,11)．14．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知函数()f x 的导函数为'()f x ，定义域为(0,)+∞，且满足'()()0xf x f x -<，则不等式2(2022)(2022)(2)f m m f ->-恒成立时m 的取值范围为__________. 【答案】()2022,2024【解析】 【分析】 设()()f x F x x=，根据题意得到()0F x '<，得出函数()F x 在(0,)+∞上单调递减，结合不等式2(2022)(2022)(2)f m m f ->-，得到020222m <-<，即可求解.【详解】由题意，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，因为()()0xf x f x '-<，可得2()'()()'0f x xf x f x x x -⎡⎤=<⎢⎥⎣⎦， 设()()f x F x x=，可得()0F x '<，所以函数()F x 在(0,)+∞上单调递减，又由2(2022)(2022)(2)f m m f ->-，所以20220m ->，且(2022)(2)20222f m f m ->-，则020222m <-<，解得20222024m <<，即m 的取值范围为()2022,2024. 故答案为：()2022,2024.15．（2022·江苏盐城·三模）已知()f x '为()f x 的导函数，且满足()01f =，对任意的x 总有()()22f x f x '->，则不等式()223xf x e +≥的解集为__________． 【答案】[)0,+∞##{|0}x x ≥ 【解析】 【分析】 构造新函数()()22exf xg x +=，利用已知条件()()22f x f x '->，可以判断()g x 单调递增，利用()g x 的单调性即可求出不等式的解集 【详解】设函数()()22e x f x g x +=，则()()()()222221()22222e x x x x f x e e f x f x f x g x e '⋅-⋅⋅+⎡⎤⎣⎦'--'==⎛⎫ ⎪⎝⎭又()()22f x f x '-> ()0g x '∴>所以()g x 在R 上单调递增，又()()0023g f =+=故不等式2()23xf x e +≥ 可化为()(0)g x g ≥ 由()g x 的单调性可得该不等式的解集为[)0,+∞． 故答案为：[)0,+∞16．（2022·浙江·海亮高级中学模拟预测）已知函数()33x f x ax b =-+，则对任意的x ∈R ，存在a 、b （其中a 、b ∈R 且1a ≥），能使以下式子恒成立的是___________.①()()221f x f x ≤+；②()()2021f x f x +-=；③()()21f x f a -≤+；④()()221a f x f ->-.【答案】①②③ 【解析】 【分析】取1a =-，0b =，利用导数研究函数()f x 的单调性，可判断①；取20212=b 可判断②；取1a =-，利用导数研究函数()f x 的单调性，可判断③；分1a ≤-、1a ≥两种情况讨论，利用导数分析函数()f x 的单调性，可判断④. 【详解】对于①，取1a =-，0b =，则()33x f x x =+，()210f x x '=+>，所以，函数()f x 在R 上为增函数，因为()221210x x x +-=-≥，即221x x ≤+，故()()221f x f x ≤+恒成立，①对；对于②，取1a =-，20212=b ，则()3202132x f x x =++，所以，()()33202120213232x x f x x x --=-+=--+，则()()2021f x f x +-=，②对； 对于③，当1a =-时，()33x f x x b =++，则()210f x x '=+>，所以，函数()f x 在R 上为增函数，20x -≤，故()()21f x f a -≤+，③对；对于④，当1a ≥时，()2f x x a '=-.由()0f x '>可得x <x ()0f x '<可得x <此时，函数()f x 的增区间为(,-∞、)+∞，减区间为(，所以，函数()f x 的极大值为(f b b =+>，极小值为fb b =<，20x ≥，所以，()2f x fb ≥=，1210a a --≤-<-<，所以，(()()210af f f b f->->=>，则()()221af x f ->-不恒成立；当1a ≤-时，()20f x x a '=->，则()f x 在R 上为增函数，因为20x ≥，211--≥a ，所以，()2f x 、()21af --的大小关系无法确定，④错.故答案为：①②③. 四、解答题17．（2014·全国·高考真题（文））函数f(x)=ax 3+3x 2+3x(a≠0). （1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）5[,0)(0,)4-⋃+∞【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）首先求出函数的导数，然后求出使()0f x '>或()0f x '<的解集即可. （2）分类讨论在区间（1，2）上使()0f x '>成立的条件，并求出参数a 的取值范围即可 试题解析：（1）2()363f x ax x '=++，2()3630f x ax x ++'==的判别式△=36（1-a ）. （i ）若a≥1，则()0f x '≥，且()0f x '=当且仅当a=1，x=-1，故此时f （x ）在R 上是增函数.（ii ）由于a≠0，故当a<1时，()0f x '=有两个根：12x x ==， 若0<a<1,则当x ∈（－∞，x 2）或x ∈（x 1，+∞）时，()0f x '>，故f （x ）在（－∞，x 2），（x 1，+∞）上是增函数；当x ∈（x 2，x 1）时，()0f x '<，故f （x ）在（x 2，x 1）上是减函数；若a<0，则当x ∈（－∞，x 2）或x ∈（x 1，+∞）时，()0f x '<，故f （x ）在（－∞，x 2），（x 1，+∞）上是减函数；当x ∈（x 2，x 1）时，()0f x '>，故f （x ）在（x 2，x 1）上是增函数；（2）当a>0，x>0时,()0f x '>，所以当a>0时，f （x ）在区间（1，2）是增函数. 若a<0时，f （x ）在区间（1,2）是增函数当且仅当(1)0f '≥且(2)0f '≥，解得504a -≤<.综上，a 的取值范围是5[,0)(0,)4-⋃+∞.18．（2008·四川·高考真题（文））设1x =和2x =是函数()531f x x ax bx =+++的两个极值点．（1）求a 和b 的值；（2）求()f x 的单调区间 【答案】（1）25,203a b =-= （2）单调增区间是()()(),2,1,1,2,-∞--+∞，单调减区间是()()2,1,1,2-- 【解析】 【分析】（1）根据极值点为导函数的零点，且在零点两边导函数符号相反，列出方程组，求出a 和b 的值，代入检验是否符合要求；（2）在第一问的基础上求出导函数，解不等式，求出单调区间. 【详解】（1）因为()4253f x x ax b =++'，由题设知：()1530f a b '=++=()42225230f a b =⨯⨯+'+=，解得：25,203a b =-=，此时()53252013f x x x x +-=+，()()()422252520514f x x x x x =+=-'--，令()0f x '>得：2x <-或11x -<<或2x >，令()0f x '<得：21x -<<-或12x <<，故1x =是函数的极大值点，2x =是函数的极小值点，满足要求，综上：25,203a b =-=； （2）由（1）知()()()()()()()42245351451212f x x ax b x x x x x x =++=--=++--'当()()(),21,12,x ∈-∞-⋃-⋃+∞时，()0f x '>；当()()2,11,2x ∈--⋃时，()0f x '<. 因此()f x 的单调增区间是()()(),2,1,1,2,-∞--+∞，()f x 的单调减区间是()()2,1,1,2-- 19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.【答案】(1) f (x )在,ln 2⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上单调递减，在区间ln ,2⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上单调递增.（2）3420e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，【解析】 【分析】(1)求f (x )的导函数为f ′(x )＝(2e x ＋a )(e x －a )，通过讨论a ，求函数的单调区间即可. (2)因为f (x )≥0，所以即求f (x )的最小值大于等于0，由第(1)的结果求的f (x )的最小值，解关于a 的不等式即可求出a 的范围. 【详解】(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. 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 2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.当x ∈,ln 2⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 时，f ′(x )<0；当x ∈ln ,2⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 时，f ′(x )>0.故f (x )在,ln 2⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上单调递减，在区间ln ,2⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln 2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，f (x )取得最小值，最小值为f ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝a 23ln 42a ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故当且仅当a 23ln 42a ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦≥0，即0>a ≥342e -时，f (x )≥0. 综上a 的取值范围是[342e -，0]. 20．（2014·山东·高考真题（文））设函数若，求曲线处的切线方程；讨论函数的单调性.【答案】（1）210x y --=.（2）当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当12a ≤-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当102a -<<时，()f x 在，)+∞上单调递减，在上单调递增.【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意知0a =时，1(),(0,)1x f x x x -=∈+∞+，求切线的斜率，即1(1)2f '=，又(1)0f =，由直线方程的点斜式进一步整理，得到切线方程为210x y --=.（2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2222(22)()(1)(1)a ax a x af x x x x x +++'=+=++，根据a 的不同情况，讨论导函数值的正负，以确定函数的单调性.其中0a ≥时，情况较为单一，()0f x '>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当0a <时，令2()(22)g x ax a x a =+++，由于22(22)44(21)a a a ∆=+-=+，再分12a =-，12a <-，102a -<<等情况加以讨论.试题解析：（1）由题意知0a =时，1(),(0,)1x f x x x -=∈+∞+， 此时22()(1)f x x ='+，可得1(1)2f '=，又(1)0f =， 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为210x y --=. （2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 2222(22)()(1)(1)a ax a x af x x x x x +++'=+=++，当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当0a <时，令2()(22)g x ax a x a =+++， 由于22(22)44(21)a a a ∆=+-=+， 当12a =-时，0∆=，221(1)2()0(1)x f x x x --=≤+'，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，当12a <-时，0,()0g x ∆<<，()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，当102a -<<时，0∆>，设1212,()x x x x <是函数()g x 的两个零点，则1x =2x =由1x =0=>，所以1(0,)x x ∈时，()0,()0g x f x '<<，函数()f x 单调递减， 12(,)x x x ∈时，()0,()0g x f x '>>，函数()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞时，()0,()0g x f x '<<，函数()f x 单调递减，综上可知，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当12a ≤-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当102a -<<时，()f x 在，)+∞上单调递减，在上单调递增.21．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,+∞e e .【解析】 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x ax a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln a y a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【详解】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-⋅===', 令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x -'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增；在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,+∞e e .[方法二]：构造差函数由()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点知()1f x =，即a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解，取对数得方程ln ln a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解．构造函数()ln ln ,(0,)g x a x x a x =-∈+∞，求导数得ln ()ln a a x a g x a x x'-=-=． 当01a <<时，ln 0,(0,),ln 0,()0,()a x a x a g x g x '<∈+∞->>在区间(0,)+∞内单调递增，所以，()g x 在(0,)+∞内最多只有一个零点，不符合题意； 当1a >时，ln 0a >，令()0g x '=得ln a x a =，当0,ln a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,ln a x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；所以，函数()g x 的递增区间为0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间为,ln a a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭． 由于1110e1,e 1e ln 0ln aaa a g a a ---⎛⎫<<<=--< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，有ln ln a x x a <，即()0g x <，由函数()ln ln g x a x x a =-在(0,)+∞内有两个零点知ln 10ln ln a a g a a a ⎛⎫⎛⎫=->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以e ln aa >，即eln 0a a ->．构造函数()eln h a a a =-，则e e()1a h a a a'-=-=，所以()h a 的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)+∞，所以()(e)0h a h ≥=，当且仅当e a =时取等号，故()0>h a 的解为1a >且e a ≠．所以，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法三]分离法：一曲一直曲线()y f x =与1y =有且仅有两个交点等价为1ax xa=在区间(0,)+∞内有两个不相同的解．因为a x x a =，所以两边取对数得ln ln a x x a =，即ln ln x a x a=，问题等价为()ln g x x =与ln ()x ap x a =有且仅有两个交点．①当01a <<时，ln 0,()ap x a<与()g x 只有一个交点，不符合题意． ②当1a >时，取()ln g x x =上一点()()000011,ln ,(),,()x x g x g x g x xx ''==在点()00,ln x x 的切线方程为()0001ln y x x x x -=-，即0011ln y x x x =-+． 当0011ln y x x x =-+与ln ()x a p x a =为同一直线时有00ln 1,ln 10,a ax x ⎧=⎪⎨⎪-=⎩得0ln 1,e e.a a x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 直线ln ()x a p x a =的斜率满足：ln 1e0a a <<时，()ln g x x =与ln ()x ap x a =有且仅有两个交点．记2ln 1ln (),()a a h a h a a a'-==，令()0h a '=，有e a =．(1,e),()0,()a h a h a '∈>在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()a h a h a '∈+∞<在区间(,)e +∞内单调递减；e a =时，()h a 最大值为1(e)eg =，所当1a >且e a ≠时有ln 1e0a a <<． 综上所述，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法四]：直接法()112ln (ln )()(0),()a a x x a a x xx x ax a a a x x a x a f x x f x a a a --'⋅-⋅-=>==． 因为0x >，由()0f x '=得ln a x a=． 当01a <<时，()f x 在区间(0,)+∞内单调递减，不满足题意；当1a >时，0ln aa >，由()0f x '>得0,()ln a x f x a<<在区间0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，由()0f x '<得,()ln ax f x a >在区间,ln a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递减． 因为lim ()0x f x →+∞=，且0lim ()0x f x +→=，所以1ln a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即ln ln ln 1(ln )aaa a a a aa a a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭=>，即11ln ln (ln ),ln a a a a a a a a a -->>，两边取对数，得11ln ln(ln )ln a a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即ln 1ln(ln )a a ->．令ln a t =，则1ln t t ->，令()ln 1h x x x =-+，则1()1h x x'=-，所以()h x 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，所以1ln t t -≥，则1ln t t ->的解为1t ≠，所以ln 1a ≠，即e a ≠． 故实数a 的范围为(1,e)(e,)⋃+∞．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成()ln g x x =与ln ()x ap x a=两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.22．（2022·江苏江苏·三模）设函数()()2e sin 1xf x a x ax a x =+--+.(1)当0a ≤时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 在R 上单调递增，求a .【答案】(1)在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增 (2)12 【解析】 【分析】（1）求得()()e cos 21xf x a x ax a =+--+'，设()()g x f x '=，得到()()e 2sin x g x a x +'=-，得到()y g x =在R 上单调递增，得到()y f x '=在R 上单调递增，结合()00f '=，即可求解；（2）令()e 1xh x x =--，利用导数求得()()00h x h ≥=，得到e 10x x --≥和e 1x x -≥-，令()sin x x x ϕ=-，得出0x ≥时，sin x x ≥；0x ≤，得到sin x x ≤，分0a ≤，102a <<，12a >和12a =，四种情况讨论，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解. (1)解：因为()()2e sin 1xf x a x ax a x =+--+，可得()()e cos 21x f x a x ax a =+--+'，设()()g x f x '=，则()()e 2sin xg x a x +'=-所以当0a ≤时，()0g x '>，函数()y g x =在R 上单调递增， 即函数()y f x '=在R 上单调递增，又由()00f '=，所以当0x <时，()0f x '<；当0x >时，()0f x '>，所以当0a ≤时，()f x 在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增. (2)解：令()e 1x h x x =--，可得()e 1xh x '=-，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，又由()00h =，所以()()00h x h ≥=，即e 10x x --≥， 所以e 1x x ≥+，所以e 1x x -≥-；令()sin x x x ϕ=-，可得()1cos 0x x ϕ'=-≥，所以函数()x ϕ单调递增， 因为()00ϕ=，当0x ≥，可得()()00x ϕϕ≥=，即sin 0x x -≥，即sin x x ≥； 当0x ≤，可得()()00x ϕϕ≤=，即sin 0x x -≤，即sin x x ≤， （2.1）当0a ≤时，由（1）知不合题意；（2.2）当102a <<时，若(),0x ∈-∞，()()e cos 21xf x a x ax a =+--+'()1cos 211a x ax a x≤+--+- 121212111ax x a a ax a x x⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦≤+---=--； 当1102x a-<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，不合题意； （2.3）当12a >时，若()0,1x ∈，同理可得()12121ax x a f x x⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎝⎣'⎥⎭⎦≤-， 当1012x a<<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，不合题意； （2.4）当12a =时，()2113e sin 222x f x x x x =+--，可得()13e cos 22xf x x x =+--'， 设()()g x f x '=，则()1e sin 12xg x x '=--，①当0x >时，()111e sin 11sin 10222xg x x x x x x =-'-≥+--≥->，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()f x '在()0,∞+上单调递增， ②当0x >时，若[)1,0x ∈-，()()()1111e sin 11021221x x x g x x x x x +=--≤--=≤--'， 若(],1x ∈-∞-，()111e sin 1102e 2x g x x -≤+'=--<， 所以()g x 在(),0∞-上单调递增，()f x '在(),0∞-上单调递增， 由①②可知，()()00f x f ''≥=，所以()f x 在R 上单调递增， 综上所述，12a =.。
高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性
题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞； 【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围； （3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1） 由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+， 当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，； 当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，， 当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，； （2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-， 解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，； （3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-， 解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立． 因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。
高中数学利用导数研究函数的单调性精选练习题
利用导数研究函数的单调性精选题24道一．选择题（共7小题） 1．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x>时，()()0x f 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⋃，)+∞2．若函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是() A ．[1-，1] B ．[1-，1]3C ．1[3-，1]3D ．[1-，1]3-3．函数32()f x a x b x c x d=+++的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．0a >，0b <，0c >，0d >B ．0a >，0b <，0c <，0d >C ．0a<，0b<，0c<，0d>D ．0a>，0b>，0c>，0d<4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x x f x =．若2(log 5.1)ag =-，0.8(2)bg =，cg=（3），则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．ab c<<B ．cb a<< C ．ba c<< D ．bc a<<5．若函数21()f x xa x x=++在1(,)2+∞是增函数，则a 的取值范围是()A ．[1-，0]B ．[1-，)+∞C ．[0，3]D ．[3，)+∞6．若定义在R 上的函数()f x 满足(0)1f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是( )A ．11()f k k <B ．11()1f k k >-C ．11()11f k k <-- D ．1()11k f k k >--7．已知21()s in ()42f x xx π=++，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的图象是()A ．B ．C ．D ．二．填空题（共12小题）8．已知函数31()2xxf x x x ee=-+-，其中e 是自然对数的底数．若2(1)(2)0f a f a -+…．则实数a 的取值范围是 ． 9．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R∈，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为 ． 10．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是 ．11．已知函数3(21)34,(),a x a x tf x x x x t-+-⎧=⎨->⎩…，无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调．则a 的取值范围是 ． 12．已知()f x 的定义域为(-∞，0)(0⋃，)+∞，()f x '是()f x 的导函数，且满足()2()0x f x f x '->，若()f x 是偶函数，f（1）1=，则不等式2()f x x>的解集为 ．13．函数()(3)xf x x e=-的单调递增区间是 ．14．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的x R∈有2()()f x f x x-+=，且在(0,)+∞上()f x x'>．若(2)f a f--（a ）22a-…，则实数a 的取值范围是 ．15．已知三次函数32()()32a b f x x xc xd a b =+++<在R 上单调递增，则a b c b a++-的最小值为 ． 16．已知函数21()22f x m xln x x=+-在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为 ．17．函数212yxln x=-的单调递减区间为 ．18．已知函数321()242f x x xx =+-+，则函数的单调减区间为 ．19．设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式1()(21)x e f x f x -<-的解为 ．三．解答题（共5小题） 20．已知函数1()f x x a ln xx=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．21．设函数2()(1)xf x x e=-⋅．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x a x +…，求实数a 的取值范围．22．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．24．已知函数()1f x x a ln x=--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<，求m 的最小值．利用导数研究函数的单调性精选题24道参考答案与试题解析一．选择题（共7小题） 1．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x>时，()()0x f 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⋃，)+∞【分析】由已知当0x >时总有()()0x f x f x '-<成立，可判断函数()()f xg x x=为减函数，由已知()f x 是定义在R 上的奇函数，可证明()g x 为(-∞，0)(0⋃，)+∞上的偶函数，根据函数()g x 在(0,)+∞上的单调性和奇偶性，模拟()g x 的图象，而不等式()0f x >等价于()0x g x ⋅>，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设()()f x g x x =，则()g x 的导数为：2()()()x f x f x g x x'-'=，当0x >时总有()()xf x f x '<成立，即当0x>时，()g x '恒小于0， ∴当0x>时，函数()()f xg x x =为减函数，又()()()()()f x f x f xg x g x xxx---====--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数又(1)(1)01f g --==-，∴函数()g x 的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式()0()0f x xg x >⇔⋅>⇔0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，01x ⇔<<或1x <-．故选：A ．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题． 2．若函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是() A ．[1-，1] B ．[1-，1]3C ．1[3-，1]3D ．[1-，1]3-【分析】求出()f x 的导数，由题意可得()0f x '…恒成立，设c o s (11)t x t=-剟，即有25430ta t -+…，对t 讨论，分0t=，01t <…，10t -<…，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围． 【解答】解：函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+的导数为2()1c o s 2c o s 3f x x a x'=-+，由题意可得()0f x '…恒成立，即为21c o s 2c o s 03x a x -+…， 即有254c o s c o s 033x a x -+…，设co s (11)t x t =-剟，即有25430ta t -+…，当0t =时，不等式显然成立；当01t <…时，534a t t-…，由54tt-在(0，1]递增，可得1t =时，取得最大值1-，可得31a -…，即13a -…；当10t -<…时，534a t t-…，由54tt-在[1-，0)递增，可得1t=-时，取得最小值1，可得31a …，即13a …．综上可得a 的范围是1[3-，1]3．另解：设co s (11)tx t =-剟，即有25430ta t -+…，由题意可得5430a -+…，且5430a --…，解得a 的范围是1[3-，1]3．故选：C ．【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题． 3．函数32()f x a x b x c x d=+++的图象如图所示，则下列结论成立的是()A ．0a >，0b <，0c >，0d >B ．0a >，0b <，0c <，0d >C ．0a<，0b<，0c<，0d>D ．0a>，0b>，0c>，0d<【分析】根据函数的图象和性质，利用排除法进行判断即可． 【解答】解：(0)0f d =>，排除D ，当x→+∞时，y →+∞，0a ∴>，排除C ， 函数的导数2()32f x a x b x c'=++，则()0f x '=有两个不同的正实根，则12203b x x a+=->且123c x x a=>，(0)a>，b ∴<，0c>，方法22:()32f x a x b x c'=++，由图象知当当1x x <时函数递增，当12x x x <<时函数递减，则()f x '对应的图象开口向上，则0a>，且12203b x x a+=->且123c x x a=>，(0)a >，b ∴<，0c>，方法3:(0)0f d =>，排除D ，函数的导数2()32f x a x b x c'=++，则(0)0f c '=>，排除B ，C ，故选：A ．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的信息，结合函数的极值及(0)f 的符号是解决本题的关键．4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x x f x =．若2(log 5.1)ag =-，0.8(2)bg =，cg=（3），则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．ab c<<B ．cb a<< C ．ba c<< D ．bc a<<【分析】由奇函数()f x 在R 上是增函数，则()()g x x f x =偶函数，且在(0,)+∞单调递增，则22(lo g 5.1)(lo g 5.1)a g g =-=，则22lo g 5.13<<，0.8122<<，即可求得ba c<< 【解答】解：奇函数()f x 在R 上是增函数，当0x>，()(0)0f x f >=，且()0f x '>，()()g x xf x ∴=，则()()()0g x f x xf x '=+'>，()g x ∴在(0,)+∞单调递增，且()()g x x f x =偶函数，22(lo g 5.1)(lo g 5.1)a g g ∴=-=， 则22lo g 5.13<<，0.8122<<，由()g x 在(0,)+∞单调递增，则0.82(2)(lo g 5.1)g g g<<（3），b a c∴<<，故选：C ．【点评】本题考查函数奇偶性，考查函数单调性的应用，考查转化思想，属于基础题． 5．若函数21()f x xa x x=++在1(,)2+∞是增函数，则a 的取值范围是()A ．[1-，0]B ．[1-，)+∞C ．[0，3]D ．[3，)+∞【分析】由函数21()f x xa x x=++在1(2，)+∞上是增函数，可得21()20f x x a x'=+-…在1(2，)+∞上恒成立，进而可转化为212a xx-…在1(2，)+∞上恒成立，构造函数求出212xx-在1(2，)+∞上的最值，可得a 的取值范围．【解答】解：21()f x x a x x=++在1(2，)+∞上是增函数，故21()20f x x a x'=+-…在1(2，)+∞上恒成立，即212a x x-…在1(2，)+∞上恒成立，令21()2h x x x=-， 则32()2h x x'=--，当1(2x ∈，)+∞时，()0h x '<，则()h x 为减函数．1()()32h x h ∴<=3a ∴…．故选：D ．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，是导数的综合应用，难度中档．6．若定义在R 上的函数()f x 满足(0)1f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是( )A ．11()f k k<B ．11()1f k k >- C ．11()11f k k <-- D ．1()11k f k k >-- 【分析】根据导数的概念得出()(0)1f x f k x->>，用11x k =-代入可判断出11()11f k k >--，即可判断答案． 【解答】解；()(0)(0)limx f x f f x →-'=-()1f x k '>>， ∴()(0)1f x f k x ->>，即()11f x k x+>>，当11xk =-时，11()1111k f k k k k +>⨯=---，即11()1111k f k k k >-=---故11()11f k k >--，所以11()11f k k <--，一定出错，另解：设()()1g x f x kx =-+，(0)0g =，且()()0g x f x k '='->，()g x 在R 上递增，1k >，对选项一一判断，可得C错．故选：C ．【点评】本题考查了导数的概念，不等式的化简运算，属于中档题，理解了变量的代换问题． 7．已知21()s in ()42f x xx π=++，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的图象是()A ．B ．C ．D ．【分析】先化简2211()s in ()c o s 424f x xx xxπ=++=+，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B ，D ．再根据导函数的导函数小于0的x 的范围，确定导函数在(3π-，)3π上单调递减，从而排除C ，即可得出正确答案． 【解答】解：由2211()s in ()c o s 424f x xx xxπ=++=+，1()s in 2f x x x ∴'=-，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B ，D ． 又1()c o s 2f x x''=-，当33x ππ-<<时，1c o s 2x>，()0f x ∴''<，故函数()yf x ='在区间(3π-，)3π上单调递减，故排除C ．故选：A ．【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减． 二．填空题（共12小题）8．已知函数31()2xxf x x x ee=-+-，其中e 是自然对数的底数．若2(1)(2)0f a f a -+…．则实数a 的取值范围是 [1-，1]2．【分析】求出()f x 的导数，由基本不等式和二次函数的性质，可得()f x 在R 上递增；再由奇偶性的定义，可得()f x 为奇函数，原不等式即为221a a-…，运用二次不等式的解法即可得到所求范围． 【解答】解：函数31()2xxf x x x ee=-+-的导数为： 211()3220xxxxf x x e ee'=-++-+=…，可得()f x 在R 上递增；又331()()()220xxxxf x f x x x e ex x ee--+=-++-+-+-=，可得()f x 为奇函数，则2(1)(2)0f a f a -+…， 即有2(2)(1)f a f a --… 由((1))(1)f a f a --=--，2(2)(1)f a f a -…，即有221a a -…， 解得112a-剟，故答案为：[1-，1]2．【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，注意运用导数和定义法，考查转化思想的运用和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题． 9．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R∈，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为(1,)-+∞ ．【分析】构建函数()()(24)F x f x x =-+，由(1)2f -=得出(1)F -的值，求出()F x 的导函数，根据()2f x '>，得到()F x 在R 上为增函数，根据函数的增减性即可得到()F x 大于0的解集，进而得到所求不等式的解集． 【解答】解：设()()(24)F x f x x =-+，则(1)(1)(24)220F f -=---+=-=，又对任意x R∈，()2f x '>，所以()()20F x f x '='->，即()F x 在R 上单调递增， 则()0F x >的解集为(1,)-+∞，即()24f x x >+的解集为(1,)-+∞．故答案为：(1,)-+∞【点评】本题考查学生灵活运用函数思想求解不等式，解题的关键是构建函数，确定函数的单调性，属于中档题． 10．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是(-∞，1)(0-⋃，1) ．【分析】构造函数()()f x g x x=，利用()g x 的导数判断函数()g x 的单调性与奇偶性，画出函数()g x 的大致图象，结合图形求出不等式()0f x >的解集．【解答】解：设()()f xg x x=，则()g x 的导数为：2()()()x f x f x g x x'-'=，当0x >时总有()()xf x f x '<成立，即当0x>时，()g x '恒小于0， ∴当0x>时，函数()()f xg x x =为减函数，又()()()()()f x f x f xg x g x xxx---====--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数又(1)(1)01f g --==-，∴函数()g x 的大致图象如图所示：数形结合可得，不等式()0()0f x xg x >⇔⋅>⇔0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，01x ⇔<<或1x <-．()0f x ∴>成立的x 的取值范围是(-∞，1)(0-⋃，1)．故答案为：(-∞，1)(0-⋃，1)．【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式的应用问题，是综合题目． 11．已知函数3(21)34,(),a x a x tf x x x x t-+-⎧=⎨->⎩…，无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调．则a 的取值范围是 12a …．【分析】首先分析3()f x x x=-，其单调区间．然后根据无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调，判断()(21)34f x a x a =-+-的单调性，求出a 的取值范围即可．【解答】解：对于函数3()f x x x=-，2()31f x x '=-x t>当2310x ->时，即3x>或3x<-此时3()f x x x=-，为增函数当2310x -<时，33x -<<x t>，3()f x x x∴=-，一定存在单调递增区间要使无论t 取何值， 函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调()(21)34f x a x a ∴=-+-不能为增函数210a ∴-…∴12a …故答案为：12a …．【点评】本题考查函数单调性的判定与应用，3次函数与1次函数的单调性的判断，属于中档题． 12．已知()f x 的定义域为(-∞，0)(0⋃，)+∞，()f x '是()f x 的导函数，且满足()2()0x f x f x '->，若()f x 是偶函数，f（1）1=，则不等式2()f x x>的解集为(-∞，1)(1-⋃，)+∞ ．【分析】构造函数2()()(0)f xg x x x=≠，依题意可知它是偶函数且在(0,)+∞上单调递增，于是2()f x x>等价转化为()g x g>（1），即(||)(|1|)||1g x g x >⇒>，从而可得答案．【解答】解：令2()()(0)f xg x x x=≠，则243()2()()2()()x f x x f x x f x f x g x xx'-'-'==，因为足()2()0x f x f x '->，所以，当0x>时，()0g x '>，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增． 又()f x 是偶函数，故2()()(0)f xg x x x=≠也是偶函数，而f（1）1=，故g （1）2(1)1f f==（1）1=，因此，2()f x x>⇔2()1f x x>，即()g x g >（1），即(||)(|1|)g x g >所以，||1x >，解得：1x >或1x<-．则不等式2()f x x>的解集为(-∞，1)(1-⋃，)+∞，故答案为：(-∞，1)(1-⋃，)+∞．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数2()()(0)f xg x x x=≠，并判断它为偶函数且在(0,)+∞上单调递增是关键，考查等价转化思想与逻辑思维能力及运算能力，属于中档题． 13．函数()(3)xf x x e=-的单调递增区间是(2,)+∞ ．【分析】先求出函数的导数，令导函数大于0，解不等式求出即可．【解答】解：()(2)xf x x e'=-，令()0f x '>，解得：2x >，()f x ∴在(2,)+∞递增，故答案为：(2,)+∞．【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用，是一道基础题． 14．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的x R∈有2()()f x f x x-+=，且在(0,)+∞上()f x x'>．若(2)f a f --（a ）22a-…，则实数a 的取值范围是(-∞，1] ．【分析】令21()()2g x f x x=-，由()()g x g x -+=，可得函数()g x 为奇函数．利用导数可得函数()g x 在R 上是增函数，(2)f a f--（a ）22a-…，即(2)g a g-…（a ），可得2a a-…，由此解得a 的范围． 【解答】解：令21()()2g x f x x=-，2211()()()()022g x g x f x xf x x-+=--+-=，∴函数()g x 为奇函数．(0,)x ∈+∞时，()()0g x f x x '='->，故函数()g x 在(0,)+∞上是增函数，故函数()g x 在(,0)-∞上也是增函数， 由(0)0f =，可得()g x 在R 上是增函数． (2)f a f--（a ）22a-…，等价于2(2)(2)2a f a f---…（a ）22a-，即(2)g a g-…（a ），2a a∴-…，解得1a …，故答案为：(-∞，1]．【点评】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题． 15．已知三次函数32()()32a b f x x xc xd a b =+++<在R 上单调递增，则a b c b a++-的最小值为3 ．【分析】由题意得2()f x a x b x c'=++在R 上恒大于或等于0，得0a>，△240ba c =-…，将此代入a b c b a++-，将式子进行放缩，以b a为单位建立函数关系式，最后构造出运用基本不等式的模型使问题得到解决． 【解答】解：由题意2()0f x a x b x c '=++…在R 上恒成立，则0a>，△240ba c =-…．∴222222111()441b b a a b ba b c aa b a c aa b b aa b aa b aa++++++++==----…令(1)b tt a=>，222111(2)1(13)194(16)31414141t ta b c t t t b at t t t +++++-+===-++-----厖．（当且仅当4t =，即4bc a==时取“=” )故答案为：3【点评】本题考查了利用导数工具研究三次函数的单调性以及函数与方程的综合应用问题，属于中档题． 16．已知函数21()22f x m xln x x=+-在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为[1，)+∞ ．【分析】函数21()22f x m xl nx x =+-在定义域(0)x >内是增函数⇔2121()20f x m x mxx x'=+-⇔-厖对于任意0x>．⇔221()m a xm xx-…．利用导数即可得出．【解答】解：函数21()22f x m x l n xx =+-在定义域(0)x >内是增函数，∴1()20f x m x x'=+-…，化为221m xx-…．令221()g x xx=-，233222(1)()x g x xxx-'=-+=-，解()g x '>，得01x <<；解()0g x '<，得1x >．因此当1x =时，()g x 取得最大值，g （1）1=．1m ∴…．故答案为[1，)+∞．【点评】正确把问题等价转化、利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键． 17．函数212yxln x=-的单调递减区间为(0，1] ．【分析】根据题意，先求函数212yxln x=-的定义域，进而求得其导数，即211xy x x x-'=-=，令其导数小于等于0，可得210x x -…，结合函数的定义域，解可得答案． 【解答】解：对于函数212yxln x=-，易得其定义域为{|0}x x>，211x y x xx-'=-=，令210x x-…，又由0x>，则221010x x x-⇔-剟，且0x>；解可得01x <…，即函数212yxln x=-的单调递减区间为(0，1]，故答案为(0，1]【点评】本题考查利用导数求函数的单调区间，注意首先应求函数的定义域． 18．已知函数321()242f x x xx =+-+，则函数的单调减区间为2[1,]3- ．【分析】对函数进行求导即可求出单调区间． 【解答】解：31()242f x x x x =+-+2()32(32)(1)f x x x x x ∴'=+-=-+令2()0,13f x x '-剟?．∴函数的单调减区间为2[1,]3-．【点评】此题较为容易，考查了导数与函数的单调性问题，注意区间端点的取值就可以了． 19．设定义域为R的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式1()(21)x ef x f x -<-的解为(1,)+∞ ．【分析】令()()xf xg x e=，求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于x 的不等式，解出即可．【解答】解：令()()xf xg x e=，则()()()xf x f xg x e'-'=>，故()g x 在R 递增， 不等式1()(21)x e f x f x -<-，即21()(21)xx f x f x ee--<，故()(21)g x g x <-，故21xx <-，解得：1x >，故答案为：(1,)+∞【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题． 三．解答题（共5小题） 20．已知函数1()f x x a ln xx=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可． （2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论． 【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)+∞， 函数的导数22211()1a xa x f x xxx-+'=--+=-，设2()1g x x a x =-+，当0a …时，()0g x >恒成立，即()0f x '<恒成立，此时函数()f x 在(0,)+∞上是减函数，当0a>时，判别式△24a =-，①当02a <…时，△0…，即()0g x …，即()0f x '…恒成立，此时函数()f x 在(0,)+∞上是减函数， ②当2a>时，x ，()f x '，()f x 的变化如下表：综上当2a …时，()f x 在(0,)+∞上是减函数，当2a>时，在(02和2，)+∞上是减函数，则22上是增函数．（2）由（1）知2a>，不妨设12x x <，则121x x <<<，121x x =，则1221122112121()()()(1)()2()()f x f x x x a ln x ln x x x a ln x ln x x x -=-++-=-+-，则12121212()()()2f x f x a ln x ln x x x x x --=-+--，则问题转为证明12121ln x ln x x x -<-即可，即证明1212ln x ln x x x ->-，则111111ln x lnx x x ->-， 即11111ln x ln x x x +>-，即证11112ln x x x >-在(0,1)上恒成立，设1()2h x ln x x x=-+，(01)x <<，其中h （1）0=， 求导得222222121(1)()10x x x h x xxxx-+-'=--=-=-<，则()h x 在(0,1)上单调递减，()h x h∴>（1），即120ln xx x-+>，故12ln x x x>-，则1212()()2f x f x a x x -<--成立．（2）另解：注意到11()()f x a ln x f x x x=--=-，即1()()0f x f x +=，不妨设12x x <，由韦达定理得121x x =，122x x a +=>，得121x x <<<，121x x =，可得221()()0f x f x +=，即12()()0f x f x +=，要证1212()()2f x f x a x x -<--，只要证2212()()2f x f x a x x --<--，即证22220a a ln x a x x -+<，2(1)x >，构造函数()2a h x a ln x a x x=-+，(1)x >，22(1)()a x h x x--'=…，()h x ∴在(1,)+∞上单调递减，()h x h∴<（1）0=，20a a ln x a x x∴-+<成立，即22220a a ln x a x x -+<，2(1)x >成立．即1212()()2f x f x a x x -<--成立．【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大． 21．设函数2()(1)xf x x e=-⋅．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x a x +…，求实数a 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可． （2）化简()(1)(1)xf x x x e=-+．()1f x a x +…，下面对a 的范围进行讨论：①当1a …时，②当01a <<时，设函数()1xg x e x =--，则()10(0)xg x e x '=->>，推出结论；③当0a …时，推出结果，然后得到a 的取值范围．法二：0x …时，2()(1)10xg x e x a x =-++…恒成立，推出()g x '，求解[()]g x ''，当(0)10g a '=-…时，判断函数的单调性，判断满足题意，当(0)10g a '=-<时，推出()(0)0g m g <=，不合题意，得到结果． 【解答】解：（1）因为2()(1)xf x x e=-，x R∈，所以2()(12)xf x x x e'=--，令()0f x '=可知1x=-±当1x<--1x>-+()0f x '<，当11x --<<-+时()0f x '>，所以()f x在(,1-∞--，(1-+)+∞上单调递减，在(1--，1-+上单调递增；（2）由题可知()(1)(1)xf x x x e=-+．下面对a 的范围进行讨论：①当1a …时，设函数()(1)xh x x e=-，则()0(0)xh x x e x '=-<>，因此()h x 在[0，)+∞上单调递减， 又因为(0)1h =，所以()1h x …，所以()(1)()11f x x h x x a x =+++剟；②当01a <<时，设函数()1xg x e x =--，则()10(0)x g x e x '=->>，所以()g x 在[0，)+∞上单调递增， 又(0)1010g =--=，所以1x e x +…．因为当01x <<时2()(1)(1)f x x x >-+，所以22(1)(1)1(1)x x a x x a x x -+--=---，取0(0,1)2x =，则2000(1)(1)10x x a x -+--=，所以00()1f x a x >+，矛盾；③当0a …时，取0(0,1)2x =，则20000()(1)(1)11f x x x a x >-+=+…，矛盾；综上所述，a 的取值范围是[1，)+∞． （2）法二：0x …时，2()(1)10x g x e x a x =-++…恒成立，2()(21)x g x e x x a'=+-+，2[()](41)0(0)xg x e x x x ''=++>…，()g x '在0x …时单调递增，当(0)10g a '=-…时，0x>时()0g x '>恒成立，()g x 单调递增，则0x …时，()(0)0g x g =…，符合题意，当(0)10g a '=-<时，(||)0g a '>，于是存在0m>使得()g m '=，当0x m<<时，()0g x '<，()g x 单调递减，有()(0)0g x g <=，不合题意，所以1a …．综上所述，a 的取值范围是[1，)+∞．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力． 22．已知函数2()(2)(1)xf x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出()f x 的导数，讨论当0a …时，2e a<-时，2e a=-时，02e a -<<，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）的单调区间，对a 讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，可得()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+，①当0a …时，由()0f x '>，可得1x>；由()0f x '<，可得1x<，即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增（如右上图）； ②当0a <时，（如右下图）， 由20xe a +=，可得(2)x ln a =-，由(2)1ln a -=，解得2e a=-，若2e a =-，则()0f x '…恒成立，即有()f x 在R 上递增；若2e a <-时，由()0f x '>，可得1x<或(2)x ln a >-；由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<-．即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增；在(1，(2))ln a -递减； 若02e a -<<，由()0f x '>，可得(2)xln a <-或1x>；由()0f x '<，可得(2)1ln a x -<<．即有()f x 在(-∞，(2))ln a -，(1,)+∞递增；在((2)ln a -，1)递减； （Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当0a>时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增， 且f（1）0e =-<，x→+∞，()f x →+∞；当x→-∞时()0f x >或找到一个1x <使得()0f x >对于0a>恒成立，()f x 有两个零点；②当0a =时，()(2)xf x x e=-，所以()f x 只有一个零点2x=；③当0a <时， 若2e a<-时，()f x 在(1，(2))ln a -递减，在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增，又当1x …时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点；当2e a -…时，在(-∞，(2))ln a -单调增，在(1,)+∞单调增，在((2)ln a -，1)单调减， 只有((2))f ln a -等于0才有两个零点，而当1x …时，()0f x <，所以只有一个零点不符题意．综上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)+∞．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题． 24．已知函数()1f x x a ln x=--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<，求m 的最小值．【分析】（1）通过对函数()1(0)f x x a ln x x =-->求导，分0a …、0a>两种情况考虑导函数()f x '与0的大小关系可得结论；（2）通过（1）可知1ln x x -…，进而取特殊值可知11(1)22kkln +<，*k N∈．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知2111(1)(1)(1)222ne ++⋯+<，另一方面可知2111(1)(1)(1)2222n++⋯+>，从而当3n …时，2111(1)(1)(1)(2222n++⋯+∈，)e ，比较可得结论．【解答】解：（1）因为函数()1f x x a ln x=--，0x>，所以()1a x a f x x x-'=-=，且f（1）0=．所以当0a …时()0f x '>恒成立，此时()yf x =在(0,)+∞上单调递增，故当01x <<时，()f x f <（1）0=，这与()0f x …矛盾；当0a>时令()0f x '=，解得x a=，所以()y f x =在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增，即()m in f x f=（a ），若1a≠，则f （a ）f<（1）0=，从而与()0f x …矛盾；所以1a =；（2）由（1）可知当1a =时()10f x x ln x =--…，即1ln x x -…，所以(1)ln xx +…当且仅当0x=时取等号，所以11(1)22kkln +<，*k N∈．221111111(1)(1)(1)112222222nnnln ln ln ++++⋯++<++⋯+=-<，即2111(1)(1)(1)222ne++⋯+<；因为m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<成立，当3n=时，23111135(1)(1)(1)222264+++=>，所以m 的最小值为3．【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．。
完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳
完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳利用导数求函数单调性题型全归纳一、求单调区间例1：已知函数$f(x)=ax+x^2-x\ln a(a>0,a\neq 1)$，求函数$f(x)$的单调区间。
解：$f'(x)=ax\ln a+2x-\ln a=2x+(a x-1)\ln a$。
令$g(x)=f'(x)$，因为当$a>0,a\neq 1$时，$g'(x)=2+a\ln a>0$，所以$f'(x)$在$\mathbb{R}$上是增函数，又$f'(0)=-\ln a0$的解集为$(0,+\infty)$，故函数$f(x)$的单调增区间为$(0,+\infty)$，减区间为$(-\infty,0)$。
变式：已知$f(x)=e^{-ax}$，求$f(x)$的单调区间。
解：$f(x)=e^{-ax}$，当$a\leq 0$时，$f(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$a>0$时，由$f(x)=e^{-a x}>0$得：$x>\ln a$，$f(x)$在$(\ln a,+\infty)$单调递增；由$f(x)=e^{-a x}0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(\ln a,+\infty)$，递减区间为$(-\infty,\ln a)$。
二、函数单调性的判定与逆用例2：已知函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数$a$的取值集合。
解：$f'(x)=3x+2ax-2$。
因为函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，所以$f'(x)=3x+2ax-2=0$在$(0,+\infty)$上有解。
所以$f''(x)=6+2a>0$在$(0,+\infty)$上恒成立。
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利用导数研究函数的单调性
考点一 函数单调性的判断 知识点：
函数()f x 在某个区间(),a b 内的单调性与其导数的正负关系 （1）若 ，则()f x 在(),a b 上单调递增； （2）若 ，则()f x 在(),a b 上单调递减； （3）若 ，则()f x 在(),a b 是常数函数. 1、求下列函数的单调区间.
（1）()ln f x x e x =+ （2）2
1()ln 2
f x x x =-
（3）()()3x f x x e =- （4）()2x f x e x =-
（5）()3ln f x x x =+ （6）ln ()x f x x
=
（7）2()(0)1
ax
f x a x =>+ （8）32333()x
x x x f x e +--=
2、讨论下列函数的单调性.
（1）()ln (1),f x x a x a R =+-∈ （2）3(),f x x ax b a R =--∈
（3）2
()ln ,2
x f x a x a R =-∈ （4）32(),,f x x ax b a b R =++∈
（5）2()(22),0x f x e ax x a =-+> （6）2
1()2ln (2),2
f x x a x a x a R =-+-∈
（7）2()1ln ,0f x x a x a x =-+->
（8）221
()(ln ),x f x a x x a R x -=-+∈
3、已知函数32(),f x ax x a R =+∈在4
3
x =-处取得极值.
（1）确定a 的值；
（2）若()()x g x f x e =，讨论函数()g x 的单调性.
4、设2
()(5)6l n ,f x a x x a R
=
-+∈，曲线()y f x =在点()1,(1)f 处的切线与y 轴相交于点()0,6.
（1）确定a 的值；
（2）求函数()f x 的单调区间.
5、（2016全国卷2节选）讨论2()2
x
x f x e x -=+的单调性，
并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>.
6、(2016年全国卷1节选)已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-.讨论()f x 的单调性.
考点二 根据函数的单调性求参数的取值范围
知识点：若函数()y f x =在区间(),a b 上可导，则'()0('()0)f x f x ><或是()f x 在(),a b 内单调递增（或递减）的 条件.（充分不必要/必要不充分/充要/既不充分也不必要）
1、已知函数3()1,f x x ax a R =--∈. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 在R 上为增函数，求实数a 的取值范围.
变式：
（1）若将本题（2）的条件变为：函数()f x 在(1,1)-上为单调递减函数，试求实数a 的取值范围.
（2）若将本题（2）的条件变为：函数()f x 的单调递减区间为(1,1)-，试求实数a 的值.
（3）若将本题（2）的条件变为：函数()f x 在(1,1)-上不单调，试求实数a 的取值范围.
2、若函数32()267f x ax x =-+在(]02，内是减函数，则实数a 的取值范围是 .
3、已知函数321
()5,3
f x x x ax a R =-+-∈在区间[]1,2-上不单调，则实数a 的取值范围是 .
考点三 利用导数解决抽象函数的相关问题（比较大小或解不等式）
常用技巧：结合题目条件，构造函数，把比较大小或解不等式的问题转化为利用导数研究函数的单调性问题，在利用函数的单调性比较大小或解不等式.
1()(1)1,()1()()(0,1)(1,0)(0,1)(1,)(,1)(1,)
y g x R f f x f x x A B C D ==>>-⋃+∞-∞-⋃+∞’、已知是定义在上的函数，且，则的解集是 、 、 、
、22()43sin ,(1,1),(1)(1)0()
(0,1)(1(-2,(,2)(1,)
f x x x x f a f a a A B C D =+∈--+-<-∞-⋃+∞、已知函数如果成立，则实数的取值范围为 、 、 、()()()()()()()0.20.2333()0()'()022,lo
g 3log 3,log 9log 9,,,,f x y x f x xf x a f b f c f a b c A b a c B c a b C c b a D a c b
ππ∈-∞+<=⋅=⋅=⋅>>>>>>>>、已知函数的图象关于轴对称，且当，时,有成立，则的大小关系是( )
、 、 、 、2
2.
'()()
4()(2)0,00()0xf x f x f x R f x x x f x -=><>——————————————、设是定义在上的奇函数，且当时，有恒成立，
则不等式的解集是
22
115()()(1)1,'(),()222
x f x x R f f x f x ∈=<<+——————————.、函数满足则不等式的解集为
6、已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且对于任意的0,2x π⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，都有
'()sin ()cos f x x f x x
<，则（ ）
()()()(1)()()()()4336463
A B f f C f D f πππππππ
>><< 、
7、设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）
()(),1(0,1)(1,0)(1,),1(1,0)(0,1)(1,)A B C D -∞--+∞-∞--+∞、 、 、 、 8、已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为'()y f x =，当0x >时，'()()0xf x f x -<，若()(ln 2)(3)
,,ln 23
f e f f a b c e -=
==
-，则,,a b c 的大小关系正确的是（ ） A a b c B b c a C a c b D c a b <<<<<<<<、 、 、 、
9、定义在R 上的函数()f x 满足：()'()1f x f x +>，(0)4f =，则不等式()3x x e f x e >+（其中
e 为自然对数的底数）的解集为（ ）
()()
(0,)(,0)3,,0(0,)(3,)
A B C D +∞-∞+∞-∞+∞+∞、 、 、 、
考点四 ()y f x =与'()y f x =的图象辨识
1、函数()y f x =的图象如图所示，则'()y f x =的图象可能是（ ）
2、若函数()y f x =的导函数'()y f x =的图象如图所示，则()y f x =的图象可能为( )
3、已知函数()f x 的导函数2'()f x ax bx c =++的图象如图所示，则()f x 的图象可能是（ ）
4、已知函数()y f x =的图象是下列四个图象之一，且其导函数'()y f x =的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）。