关于某含参导数地练习题

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导数含参的解题步骤

导数含参的解题步骤一、题目1。

1. 题目。

设函数f(x) = x^3+ax^2+bx + c，已知x = - 1时，f(x)取得极值5，且f(1)= - 1，求a，b，c的值。

2. 解析。

- 首先对f(x)=x^3+ax^2+bx + c求导，f^′(x)=3x^2+2ax + b。

- 因为x = - 1时，f(x)取得极值5，所以f^′(-1)=0且f(-1)=5。

- 由f^′(-1)=0可得3 - 2a + b = 0。

- 由f(-1)=5可得-1 + a - b + c = 5。

- 又因为f(1)=-1，即1 + a + b + c=-1。

- 联立方程组3 - 2a + b = 0 -1 + a - b + c = 5 1 + a + b + c=-1- 由3 - 2a + b = 0得b = 2a - 3。

- 将b = 2a - 3代入-1 + a - b + c = 5和1 + a + b + c=-1中。

- -1+a-(2a - 3)+c = 5，化简得-a + c+2 = 5，即c=a + 3。

- 1 + a+(2a - 3)+c=-1，将c=a + 3代入得1 + a+2a-3+a + 3=-1，4a + 1=-1，解得a=- (1/2)。

- 把a =-(1/2)代入b = 2a - 3，得b=-4。

- 把a =-(1/2)代入c=a + 3，得c=(5/2)。

二、题目2。

1. 题目。

已知函数f(x)=(1)/(3)x^3-(1)/(2)(a + 1)x^2+ax，a∈ R，讨论f(x)的单调性。

2. 解析。

- 对f(x)=(1)/(3)x^3-(1)/(2)(a + 1)x^2+ax求导得f^′(x)=x^2-(a + 1)x+a=(x - 1)(x - a)。

- 令f^′(x)=0，则x = 1或x = a。

- 当a=1时，f^′(x)=(x - 1)^2≥slant0，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增。

(完整版)导数讨论含参单调性习题(含详解答案).doc

1．设函数．（ 1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（ 2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（ 3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（ 1）讨论的单调性；（ 2）当时，证明：；（ 3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（ 1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（ 2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（ 1）讨论函数的单调性；（ 2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有.5 ．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数 .（ 1）求的值；（ 2）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；6．已知函数ln , x ，其中.f x ax x F x e ax x 0, a 0（ 1）若f x 和 F x 在区间 0,ln3 上具有相同的单调性，求实数 a 的取值范围；（ 2）若a , 1 ，且函数 g x xe ax 1 2ax f x 的最小值为 M ，求 M 的e2最小值 .7．已知函数 f ( x) e x m ln x .（ 1）如x 1 是函数 f (x) 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性 f (x) ；（ 2）若x x0是函数f ( x)的极值点，且f ( x) 0 恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数 a 满足 a ln a 1 ） .8．已知函数 f x ln 1 mx x2mx ，其中0 m 1 ．2（ 1）当m 1时，求证： 1 x 0 时， f x x3；3（ 2）试讨论函数y f x 的零点个数．9．已知e 是自然对数的底数 , F x 2e x 1 x ln x, f x a x 1 3 .（1）设T x F x f x , 当a 1 2e 1时, 求证： T x 在 0, 上单调递增；（2）若x 1, F x f x , 求实数a的取值范围 .10 ．已知函数f x e x ax 2（1）若a 1 ，求函数f x 在区间[ 1,1]的最小值；（2）若a R, 讨论函数 f x 在 (0, ) 的单调性；（3）若对于任意的x1, x2 (0, ), 且 x1 x2,都有 x2 f ( x1) a x1 f ( x2 ) a 成立，求 a 的取值范围。

导数专题：含参函数单调性讨论问题(原卷版)

导数专题：含参函数单调性讨论问题一、导数与函数的单调性1、用导数求函数的单调性的概念：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '≥，那么函数()y f x =在这个区间内单调递增；如果()0f x '≤，那么函数()y f x =在这个区间内单调递减．【注意】（1）在某区间内()0(()0)f x f x ''><是函数()f x 在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．（2）可导函数()f x 在(,)a b 上是增(减)函数的充要条件是对(,)x a b ∀∈，都有()0(()0)f x f x ''><且()f x '在(,)a b 上的任何子区间内都不恒为零．2、确定函数单调区间的求法（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '；（3）解不等式()0f x '>，解集在定义域内的部分为单调递增区间；（4）解不等式()0f x '<，解集在定义域内的部分为单调递减区间．二、含参函数单调性讨论依据讨论含参函数的单调性，其本质是导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要部分，简称导主。

讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般需要分四个层次来分类：（1）最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；（2）导函数是都有变号零点，即“有没有”；（3）导函数的变号零点是否在定义域或指定区间内，即“在不在”；（4）导函数有多个零点时大小关系，即“大不大”。

三、两大类含参导函数的具体方法1、含参一次函数单调性讨论（1）讨论最高次项是否为0，正负情况；（2）求解导函数的根；（3）定义域划分为若干个单调区间，分别讨论每个区间上导函数的正负值.2、含参二次函数单调性的讨论（1）确定函数的定义域；（2）讨论最高次项是否为0，正负情况；（3）可因式分解型，解得12,x x （注意讨论12x x =）；不可因式分解型，讨论0∆≤及0∆>；（4）讨论1x 和2x 的大小，能因式分解的，注意讨论12x x =；（5）12,x x 将定义域划分为若干个单调区间，分别讨论每个区间上导函数的正负值，判断根和区间端点位置关系的方法有3种：端点函数值+对称轴；韦达定理；求根公式。

含参变量求导

( x 2 y 2 2)
例3 设曲线Γ由极坐标方程r=r(θ)所确定，试求该曲线上任一点的切线斜率，并写出过对数螺线
上点 re (e 2 , ) 处的切线的直角坐标方程 2

解
由极坐标和直角坐标的变换关系知 x r ( ) cos y r ( ) sin
dy dy dt dy 1 ( t ) dx dt dx dt dx ( t ) dt
dy dy dt 即 dx dx dt
x ( t ) 若函数二阶可导, y ( t )
d ( t ) dt d 2 y d dy ) ( ) ( 2 dx dx dt ( t ) dx dx
5.3 参变量函数的导数
一、由参数方程所确定的函数的导数
x (t ) 若参数方程确定 y与x间的函数关系 , y (t ) 称此为由参数方程所确定的函数.
x 2t , x 例如消去参数 t 2 y t , 2 2 x 2 x 1 2 yt ( ) y x 2 4 2 问题: 消参困难或无法消参如何求导?
上式两边对x求导得
1 1 y cos x ln x sin x y x 1 y y(cos x ln x sin x ) x sin x sin x x (cos x ln x ) x
一般地
f ( x ) u( x )v ( x ) ( u( x ) 0)
解
dy a sin t sin t dy dt dx dx a a cos t 1 cos t dt sin dy 2 1. dx t 2 1 cos 2
所求切线方程为

(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳

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

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

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

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

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

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

因此，需对参数a 的取值分0a >和0a <两种情况进行讨论。

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

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

【人教版】数学选修2-2《导数的应用-含参问题》课后练习(2)(含答案)

学科：数学专题：导数的应用——含参问题题1设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，其中a ＞0，曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(1)确定b ，c 的值；(2)设曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))处的切线都过点(0，2)．证明：当x 1≠x 2时，f ′(x 1)≠f ′(x 2)．题2设)(x f 是定义在区间),1(+∞上的函数，其导函数为)('x f ．如果存在实数a 和函数)(x h ，其中)(x h 对任意的),1(+∞∈x 都有)(x h >0，使得)1)(()('2+-=ax x x h x f ，则称函数)(x f 具有性质)(a P ．(1)设函数)(x f 2ln (1)1b x x x +=+>+，其中b 为实数． (i)求证：函数)(x f 具有性质)(b P ； (ii)求函数)(x f 的单调区间．(2)已知函数)(x g 具有性质)2(P ．给定1212,(1,),,x x x x ∈+∞<设m 为实数， 21)1(x m mx -+=α，21)1(mx x m +-=β，且1,1>>βα，若|)()(βαg g -|<|)()(21x g x g -|，求m 的取值范围．题3已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，且函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．(1)求m 、n 的值及函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若a ＞0，求函数y ＝f (x )在区间(a －1，a ＋1)内的极值．题4已知f (x )＝3x 2－x ＋m (x ∈R )，g (x )＝ln x ．(1)若函数f (x )与g (x )的图象在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值；(2)求当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，实数m 的取值范围；并求此时函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，1上的最值(用m 表示)．题5已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)函数f (x )是否为R 上的单调函数，若是，求出a 的取值范围；若不是，请说明理由． (3)试讨论函数f (x )的单调区间．课后练习详解题1答案：b ＝0，c ＝1．详解: (1)由f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，得f (0)＝c ，f ′(x )＝x 2－ax ＋b ．f ′(0)＝b ．又由已知得f (0)＝1，f ′(0)＝0，故b ＝0，c ＝1． (2)(反证法)假设f ′(x 1)＝f ′(x 2)．f (x )＝13x 3－a2x 2＋1．由于曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))处的切线都过点(0，2)，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)，则下列等式成立⎩⎪⎨⎪⎧2－f (x 1)＝f ′(x 1)(0－x 1)，2－f (x 2)＝f ′(x 2)(0－x 2)，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧23x 31－a 2x 21＋1＝0①，23x 32－a 2x 22＋1＝0②，x 21－ax 1＝x 22－ax 2③，由③得x 1＋x 2＝a ，由①－②及x 1＋x 2＝a 得x 21＋x 1x 2＋x 22＝34a 2，④ 又x 21＋x 1x 2＋x 22＝(x 1＋x 2)2－x 1x 2＝a 2－x 1(a －x 1)＝x 21－ax 1＋a 2＝⎝⎛⎭⎫x 1－a 22＋34a 2≥34a 2，故由④得x 1＝a 2，此时x 2＝a2，与x 1≠x 2矛盾．所以f ′(x 1)≠f ′(x 2)．题2答案：见详解．详解：（1）(i)'()f x 222121(1)(1)(1)b x bx x x x x +=-=-+++ ∵1x >时，21()0(1)h x x x =>+恒成立，∴函数)(x f 具有性质)(b P ； (ii)设222()1()124b b x x bx x ϕ=-+=-+-，()x ϕ与)('x f 的符号相同．当210,224b b ->-<<时，()x ϕ0>，)('x f 0>，故此时)(x f 在区间),1(+∞上递增；当2b =±时，对于1x >，有)('x f 0>，所以此时)(x f 在区间),1(+∞上递增；当2b <-时，()x ϕ图象开口向上，对称轴12bx =<-，而(0)1ϕ=，对于1x >，总有()x ϕ0>，)('x f 0>，故此时)(x f 在区间),1(+∞上递增；(2)由题意，得：22'()()(21)()(1)g x h x x x h x x =-+=- 又)(x h 对任意的),1(+∞∈x 都有)(x h >0，所以对任意的),1(+∞∈x 都有()0g x '>，()g x 在(1,)+∞上递增．又1212,(21)()x x m x x αβαβ+=+-=--．当1,12m m >≠时， αβ<且112212(1)(1),(1)(1)x m x m x x m x m x αβ-=-+--=-+-，∴221212()()(1)()0x x m x x --=---<αβ ∴12x x <<<αβ或12x x <<<αβ 若12x x <<<αβ，则12()()()()f f x f x f <<<αβ，∴12|()()||()()|g g g x g x ->-αβ，不合题意．∴12x x <<<αβ即112122(1)(1)x mx m x m x mx x <+-⎧⎨-+<⎩，解得m <1，∴112m <<．当12m =时，=αβ，120|()()||()()|g g g x g x =-<-αβ，符合题意．当12m <时，>αβ，且212112(),()x m x x x m x x -=--=--αβ，同理有12x x <<<βα，即112122(1)(1)x m x mx mx m x x <-+⎧⎨+-<⎩，解得m >0，∴102m <<．综合以上讨论得：所求m 的取值范围是（0，1）．题3答案：见详解．详解：(1)由函数f (x )图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3．① 由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ，则g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n ．而g (x )图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0．所以m ＝－3，代入①得n ＝0．于是f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．由f ′(x )＞0得x ＞2或x ＜0，故f (x )的单调递增区间是(－∞，0), (2，＋∞)；由f ′(x )＜0得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间是(0, 2)． (2)由(1)得f ′(x )＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：↘↗由此可得：当0＜a ＜1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极大值f (0)＝－2，无极小值；当a ＝1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值；当1＜a ＜3时，f (x )在(a －1， a ＋1)内有极小值f (2)＝－6，无极大值；当a ≥ 3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值．综上得：当0＜a ＜1时，f (x )有极大值－2，无极小值；当1＜a ＜3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a ＝1或a ≥ 3时，f (x )无极值．题4答案：(1)x 0＝12；(2) F (x )min ＝m ＋14＋ln2⎝⎛⎭⎫m >－14－ln2，F (x )max ＝m ＋2⎝⎛⎭⎫m >－14－ln2．详解：(1)因为f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x ．由题意知6x 0－1＝1x 0，即6x 20－x 0－1＝0，解得，x 0＝12或－13．因为x 0>0，所以x 0＝12．(2)若曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝g ⎝⎛⎭⎫12，所以34－12＋m ＝ln 12，得m ＝－14－ln2．作出函数f (x )与g (x )的图象(图略)，可知，m =－14－ln2时，f (x )与g (x )有公共切线．又F ′(x )＝6x －1－1x ＝6x 2－x －1x ＝(3x ＋1)(2x －1)x，则F ′(x )与F (x )在区间 ⎣⎡⎦⎤13，1的变化如下表：又因为F ⎝⎛⎭⎫13＝m ＋ln3，F (1)＝2＋m >F ⎝⎛⎭⎫13，所以当x ∈⎣⎡⎦⎤13，1时，F (x )min ＝F ⎝⎛⎭⎫12＝m ＋14＋ln2⎝⎛⎭⎫m >－14－ln2， F (x )max ＝F (1)＝m ＋2⎝⎛⎭⎫m >－14－ln2．题5答案：见详解．详解:( 1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，∴f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x ．令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，∵e x ＞0，∴－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜2． ∴函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即e x ≤0对x ∈R 都成立．∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．∴Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的．故函数f (x )不可能在R 上单调递减．若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即e x ≥0对x ∈R 都成立．∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立．而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增．综上可知函数f (x )不可能是R 上的单调函数．（3）1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2e x ，∴f ′(x )＝(－x 2－2x )e x ，令f ′(x )>0，得－2<x <0，即当x ∈(－2,0)时，函数f (x )单调递增；令f ′(x )<0得x <－2或x >0，即当x ∈(－∞，－2)或x ∈(0，＋∞)时，函数f (x )单调递减． 2)当a ≠0时，f ′(x )＝e x ．令g (x )＝－x 2＋(a －2)x ＋a ．∵Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4>0，∴g (x )有两个零点．∴当g (x )>0时，f (x )单调递增，即当a －2－4＋a 22<x <a －2＋4＋a 22时，f (x )单调递增，故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2－4＋a 22，a －2＋4＋a 22，同理可求 f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －2－4＋a 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2＋4＋a 22，＋∞．。

含参导数问题常见的分类讨论

含参导数问题常见的分类讨论学生1.求导后,需要判断导数等于零是否有实根,从而引发讨论:例1.(11全国Ⅱ文21)已知函数f(x)=x 3+3ax 2+(3-6a)x+12a-4 (a ∈R).(1)证明:曲线y=f(x)在x=0处的切线过点(2,2):(2)若f(x)在x=x 0处取得极小值,x 0∈(1,3),求a 的取值范围.2.求导后,需要比较导数等于零的不同实根的大小,从而引发讨论:例2.(09辽理)已知函数f(x)=0.5x 2-ax+(a-1)lnx,a>1.(1)讨论函数f(x)的单调性;（2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--。

解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，211(1)[(1)]()a x ax a x x a f x x a x x x--+----'=-+==--------------2分（i ）若11a -=，即a=2，则2(1)()x f x x-'=，故()f x 在(0,)+∞上单调增加。

（ii ）若11a -<，而1a >，故12a <<，则当(1,1)x a ∈-时，()0f x '<；当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时，()0f x '>。

故()f x 在(1,1)a -上单调减少，在(0,1)a -，(1,)+∞上单调增加。

（iii ）若11a ->，即2a >，同理可得()f x 在(1,1)a -上单调减少，在(0,1)a -，(1,)+∞上单调增加。

-----------------6分（2）考虑函数21()()(1)ln 2g x f x x x ax a x x =+=-+-+，则21()(1)(1)11)a g x x a a x -'=--+≥-=-，由于15a <<，故()0g x '>，即()g x 在(0,)+∞上单调增加，从而当210x x <<时，有12()()0g x g x ->，即1212()()0f x f x x x -+->，故1212()()1f x f x x x ->--；当120x x <<时，有12211221()()()()1f x f x f x f x x x x x --=>---。

导数解决含参问题典例

含参函数中的恒成立问题
可先利用题设条件建立变量的关系式，将所求变量和另一已知变量分离，得到函数关系，从而使这种具有函数背景的范围问题迎刃而解，再由已知变量的范围求出函数的值域,即为所求变量的范围。类型有(1)双参数中知道其中一个参数的范围;(2)双参数中的范围均未知 a 1 已知函数f ( x) ln x (a R ). 、 x (1)讨论f ( x)在[1, e]上的单调性; (2)若f ( x) x在[1,)上恒成立, 试求a的取值范围.
分类讨论思想在含参数的导数问题中起着重要作用，分类讨论时要做到“不重不漏”的原则，对每一类情况都要做出解答。分类时还要分析字母在问题中的地位和作用，弄清为什么要进行分类讨论，做到按需分类。 1 3 1 2 1 求函数y x (a a ) x 2 a 3 x a 2的单调区间。、 3 2 2、已知函数f ( x) a ln x ax 3 (a R)
(1)求函数f ( x)的单调区间。 3 (2)函数f ( x)的图象在x 4处切线的斜率为，若函数 2 1 3 m 2 g ( x) x x [ f ' ( x) ]在区间(1,3)上不是单调函数， 3 2 求m的取值范围。
3、已知函数f ( x) ( x 2 ax 2a 2 3a )e x ( x R ), 其中a R. (1)当a 0时, 求曲线y f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率; 2 (2)当a 时, 求函数f ( x)的单调区间与极值. 3 4、已知函数f ( x) x 3 ax 2 bx c的图象经过原点, 且在x 1处取得极大值.(1)求实数a的取值范围; (2a 3) 2 (2)若方程f ( x) 恰好有两个不同的根, 求f ( x)的解析式. 9 1 5、设函数f ( x) (a 2) ln( x) 2ax(a R ). x (1)当a 0时.求函数f ( x)的极值; (2)当a 0时, 求函数f ( x)的单调区间. 1 2 6、已知函数f ( x) x ax (a 1) ln x, a 1, 讨论函数f ( x)的 2 单调性.

导数含全参数问题经典

导数含参数问题类型一：没有其他未知字母情况下，求单调性，极值，最值例1：设函数32()91(0).f x x ax x a=+--若曲线y =f (x )的斜率最小的切线与直线12x +y =6平行，求：（Ⅰ）a 的值;（Ⅱ）函数f (x )的单调区间.解：(Ⅰ) 3,0, 3.a a a =±<=-由题设所以(Ⅱ)由(Ⅰ)知323,()391,a f x x x x =-=---因此 212()3693(3(1)()0,1, 3.(,1)()0,()(1(1,3)()0,()13()0,()3.()(,13f x x x x x f x x x x f x f x x f x f x f x f x f x '=--=-+'==-='∈-∞->-∞-'∈-<-'∈∞>+∞-∞-+∞令解得：当时，故在，）上为增函数；当时，故在（，）上为减函数；当x (3,+)时，故在（，）上为增函数由此可见，函数的单调递增区间为）和（，）；单调递减区13.-间为（，）变式训练1：设函数432()2()f x x ax x b x =+++∈R ，其中a b ∈R ，．（Ⅰ）当103a =-时，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若函数()f x 仅在0x =处有极值，求a 的取值范围；（Ⅰ）解：322()434(434)f x x ax x x x ax '=++=++．当103a =-时，2()(4104)2(21)(2)f x x x x x x x '=-+=--．令()0f x '=，解得10x =，212x =，32x =．()f x 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，(2)+，∞是增函数，在(0)-∞，，122⎛⎫ ⎪⎝⎭，内是减函数．（Ⅱ）解：2()(434)f x x x ax '=++，显然0x =不是方程24340x ax ++=的根．为使()f x 仅在0x =处有极值，必须24340x ax ++≥恒成立，即有29640a ∆=-≤．解此不等式，得8833a -≤≤．这时，(0)f b =是唯一极值． a 的取值范围是8833⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，．类型二：结合函数的图像与性质求参数的取值范围问题例2：设a 为实数，函数32()f x x x x a =--+。

高中数学含参导数及构造函数训练题(含答案)

含参导数及构造函数训练一、单选题（共12题；共24分）1.若函数 f(x)=lnx +12x 2−bx 存在单调递减区间,则实数b 的取值范围为( ) A. [2,+∞) B. (2,+∞) C. (−∞,2) D. (−∞,2]2.设f′（x ）是函数f （x ）的导函数，y=f′（x ）的图象如图所示，则y=f （x ）的图象最有可能的是（）A. B.C. D.3.若函数 f(x)=ln x +mx +1x 在 [1,+∞) 上是单调函数，则 m 的取值范围是（）A. (−∞,0)∪[14,+∞) B. (−∞,−14]∪[0,+∞) C. [−14,0] D. (−∞,1] 4.已知不等式 12x 2+alnx >0 恒成立，则a 的取值范围是（） A. a ≥0 B. −e <a ≤0 C. a >−e D. a ≤0 5.函数f (x )＝ln x － 2x 的零点所在的大致区间是( )A. (1,2)B. (2,3)C. (1， 1e )和(3,4) D. (e ，＋∞) 6.若 y =e −x 与 y =ax (a >0) 有两个公共点，则 a 范围为（） A. (0,1e ) B. √e) C. (1e √e ) D. (1e,+∞) 7.已知函数y=（x ﹣1）f′（x ）的图象如图所示，其中f′（x ）为函数f （x ）的导函数，则y=f （x ）的大致图象是（）A. B.C. D.8.已知函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是( )A. f(x)=cos(2x)x B. f(x)=sin(2x)x2C. f(x)=12x2−1 D. f(x)=12x−x9.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足f(x)+(x+1)f′(x)>0对x∈R恒成立，则下列判断一定正确的是（）A. f(0)<0<2f(1)B. 0<f(0)<2f(1)C. 0<2f(1)<f(0)D. 2f(1)<0<f(0)10.已知函数y=f(x)对任意的x∈R满足2x f′(x)−2x f(x)ln2>0（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），则下列不等式成立的是（）A. 2f(−2)<f(−1)B. 2f(1)>f(2)C. 4f(−2)>f(0)D. 2f(0)>f(1)11.已知函数F的导函数为f′（x），且f′（x）＞f（x）对任意的x∈R恒成立，则下列不等式均成立的是（）A. f（1）＜ef（0），f（2）＜e2f（0）B. f（1）＞ef（0），f（2）＜e2f（0）C. f（1）＜ef（0），f（2）＞e2f（0）D. f（1）＞ef（0），f（2）＞e2f（0）12.定义在R上的偶函数f(x)的导函数f′(x)，若对任意的正实数x，都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)−f(1)<x2−1成立的实数x的取值范围为（）A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. (−1,1)C. (−1,0)∪(0,1)D. {x|x≠±1}阅卷人二、填空题（共1题；共1分）13.若函数y=x+(2a−1)x+1在区间（－∞，2 ]上是减函数，则实数a的取值范围是________三、解答题（共7题；共65分）14.已知函数f(x)=3mx+mx−2(m∈R)．（1）当m=1时，解不等式f(x)>0；（2）若关于x的不等式f(x)<0的解集为R，求实数m的取值范围．15.已知函数f(x)=−x3+3x2+9x+a.（1）求f(x)的单调递减区间；（2）若f(x)≥2019对于∀x∈[−2,2]恒成立，求a的取值范围．16.已知二次函数f(x)=ax2+bx−3在x=1处取得极值，且在(0,−3)点处的切线与直线2x+y=0平行．（1）求f(x)的解析式；（2）求函数g(x)=xf(x)+4x的单调递增区间及极值。

导数的含参分类讨论练习(含答案)

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

利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)

利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)高考理科复专题练利用导数解决含参的问题考纲要求：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。

2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。

命题规律：利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多。

不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理。

这也是2018年考试的热点问题。

高考题讲解及变式：利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（）。

A。

[-1,1]B。

(-1,1)C。

(-∞,-1]∪[1,+∞)D。

(-∞,-1)∪(1,+∞)答案】C解析】因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以f'(x)>0.将f(x)代入f'(x)得f'(x)=1-2sinx+acosx。

要使f'(x)>0，即要使1-2sinx+acosx>0.因为-1≤sinx≤1，所以1-2sinx≥-1.所以acosx>-1，即a>-1/cosx。

因为cosx=1时，a不等于-1；cosx=-1时，a不等于1.所以a∈(-∞,-1]∪[1,+∞)，选C。

变式1.【2018XXX高三实验班第一次月考（理）】若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上为单调函数，则k的取值范围是_______。

答案】k≥1或k≤-1解析】在区间(1,+∞)上，f'(x)=k-1/x。

一元函数的导数及其应用(利用导函数研究单调性(含参)问题)(解答题压轴题)(解析版)高考数学必刷题

专题05一元函数的导数及其应用（利用导函数研究单调性（含参）问题）利用导函数研究单调性（含参）问题①导函数有效部分为一次型（或类一次型）②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）③导函数有效部分为不可因式分解的二次型①导函数有效部分为一次型（或类一次型）角度1：导函数有效部分为一次型1．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知函数()()ln f x x ax a R =+∈.判断函数()f x 的单调性：解()ln f x x ax =+的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x'+=+=当0a ≥时，()0f x '>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a <时，令()0f x '>，10x a<<-.令()0f x '<，1x a >-，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.综上，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.2．（2022·江苏南通·高二期中）已知函数()ln a f x x x =-，()()e sin x g x x a =+∈R 讨论函数()f x 的单调性；解由题意知：()f x 定义域为()0,∞+，()221a x a f x x x x +'=--=-；当0a ≥时，()0f x '<恒成立，()f x ∴在()0,∞+上单调递减；当0a <时，令()0f x '=，解得：x a =-；∴当()0,x a ∈-时，()0f x '>；当(),x a ∈-+∞时，()0f x '<；()f x ∴在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减；综上所述：当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a <时，()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.3．（2022·广东·东涌中学高二期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.求函数()f x 的单调区间：解由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，()1a x a f x x x'-=-=；当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，令()0f x '=，解得：x a =；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴的单调递增区间为(),a +∞；单调递减区间为()0,a ；综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为(),a +∞；单调递减区间为()0,a .4．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()1ln f x ax x a =--∈R ．讨论函数()f x 的单调性；()11ax f x a x x-'=-=，()0x >．当0a ≤时，10ax -<，从而()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，若10x a<<，则10ax -<，从而()0f x '<，若1x a >，则10ax ->，从而()0f x '>，从而函数在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．5．（2022·全国·高三专题练习（文））设函数()ln e a f x x x=+讨论函数()f x 的单调性；解：因为()ln e a f x x x =+，定义域为()0,∞+，所以()2e e x a f x x -='.①当0a ≤时，()0f x '>，故()f x 在()0,∞+上单调递增；②当0a >时，若0,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，若,e a x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，∴()f x 在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴综上，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a >时，()f x 在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.角度2：导函数有效部分为类一次型1．（2022·河南驻马店·高二期中（理））已知函数()e x f x ax a =-+，a 为常数．讨论函数()f x 的单调性；解：因为()f x 定义域为R ，()e x f x a '=-，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，当0a >时，由()0f x '=解得ln x a =，(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增综上知：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，当0a >，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞．2．（2022·山东·德州市教育科学研究院高二期中）设函数()ax f x x =-ｅ，R a ∈．讨论函数()f x 的单调性；【解析】()f x 的定义域为R ，()1ax f x a '=-ｅ当0a ≤时，()0f x '<，故()f x 在R 上递减．当0a >时，令()0f x '>得ln a x a >-，令()0f x '<得ln a x a<-综上可知：0a ≤时，()f x 在R 上单调递减0a >时，()f x 在ln ,a a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,a a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增3．（2022·四川德阳·三模（文））已知函数() e x f x ax a =++，判定函数()f x 的单调性；【答案】(1)当0a ≥时，函数在R 上单调递增；当0a <时，函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-；解：由题得() e x f x a '=+，当0a ≥时，()0f x '>，所以函数在R 上单调递增；当0a <时，令e 0,x a +>所以ln(),x a >-令e 0,x a +<所以ln(),x a <-所以此时函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-.综上所述，当0a ≥时，函数在R 上单调递增；当0a <时，函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-.4．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知函数()(1ln )1()f x x a x a =-+∈R ．讨论()f x 的单调性；因为()(1ln )1f x x a x =-+，定义域为(0,)+∞，所以()1ln f x a a x '=--．①当0a >时，令1()1ln 0ln a f x a a x x a-=--=⇔='，解得1e a a x -=即当10,e a a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '>单调递增：当1e ,a a x -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '<单调递减；②当0a =时()10,()f x f x =>'在(0,)+∞单调递增；③当0a <时令1()1ln 0ln a f x a x x aα-=--=⇔='，解得1e a a x -=，即当10,e a a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '<单调递减；当1e ,a a x -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '>单调递增；综上：当0a >时，()f x 在10,e a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1e ,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；当0a =时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a <时，()f x 在10,e a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1e ,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．5．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()1e 3e x xa f x a =++-，其中e 为自然对数的底数，R a ∈．讨论函数()f x 的单调性；函数()f x 的定义域R ，求导得：()()()21e 1e e e x xx x a a a f x a +-'=+-=，若1a <-，由()()1e e 0e x x x a f x ⎛++- ⎝⎭⎝⎭'==，得x =当,ln x ⎛∈-∞ ⎝时，()0f x '>，当x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，则()f x在⎛-∞ ⎝上单调递增，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，若10a -≤≤，则对任意R x ∈都有()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，若0a >，当x ⎛∈-∞ ⎝时，()0f x '<，当x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，则()f x在⎛-∞ ⎝上单调递减，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以，当1a <-时，()f x在,ln ⎛-∞ ⎝上单调递增，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；当10a -≤≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x在⎛-∞ ⎝上单调递减，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增．②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）角度1：导函数有效部分为可因式分解的二次型1．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（文））已知函数()()()21212ln R 2f x ax a x x a =-++∈(1)当1a =-时，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，求函数()f x 的单调递增区间.【答案】(1)4230--=x y (2)答案见解析(1)解：当1a =-时，21()2ln 2f x x x x =-++，所以2()1f x x x '=-++，所以()12f '=，()112f =，故()f x 在点()()1,1f 处的切线方程是()1212y x -=-，即4230--=x y ；(2)解：因为()()21212ln 2f x ax a x x =-++定义域为()0,∞+，所以2(1)(2)()(21)ax x f x ax a x x --'=-++=，因为0a >，当102a <<，即当12a >时，由()0f x '>，解得10x a<<或2x >，当12a =时，11(2)2()0x x f x x⎛⎫-- ⎪⎝⎭'=≥恒成立，当12a >，即当102a <<时，由()0f x '>，解得02x <<或1x a>，综上，当12a >时，()f x 的递增区间是10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(2,)+∞，当12a =时，()f x 的递增区间是(0,)+∞，当102a <<时，()f x 的递增区间是(0,2)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；2．（2022·安徽·安庆一中高三阶段练习（文））已知函数()()212ln 22f x x a x ax =---．讨论()f x 的单调性；【答案】函数()f x 的定义域为()0,+∞．()()()()()221122212f x a ax a x ax x ax x x x⎡⎤'=---=---=--+⎣⎦．当0a 时，若01x <<，则()0f x ¢>；若1x >，则()()0.f x f x '<在区间()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减．当2a =-时()(),0,f x f x ' 在()0,+∞单调递增．当20a -<<时，21a ->，若01x <<或2x a >-，则()0f x '>；若21x a<<-，则()0f x ¢<．所以()f x 在区间()20,1,,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在区间21,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．当2a <-时，201a<-<，若20x a <<-或1x >，则()0f x ¢>；若21x a -<<，则()0f x ¢<．所以()f x 在()20,,1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在2,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．综上所述，0a 时，()f x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减．2a =-时，()f x 在()0,+∞单调递增．20a -<<时，()f x 在()20,1,,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在21,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．2a <-时，()f x 在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递增，在2,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．3．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高二期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R a f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .讨论()f x 的单调性；【答案】1(1)(1)()(1)(0)--=+-+=>'ax x f x ax a x x x .当0a ≤时，10ax -<，令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >.所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.当101a <<，即1a >时，令()0f x '>，得10x a<<或1x >；令()0f x '<，得11x a <<.所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.当11a =，即1a =时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增.当11a >，即01a <<时，令()0f x '>，得01x <<或1x a>；令()0f x '<，得11x a <<.所以()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当01a <<时，()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；4．（2022·江苏省苏州实验中学高二期中）已知函数()2ln 21x f x x x m m ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中m R ∈.讨论函数f (x )的单调性；【答案】()f x 的定义域为(0,)+∞，依题意可知，0m ≠，12()21f x x mx m '=-+-22(2)1mx m x mx-+-+=(21)(1)x mx mx +-+=，当0m >时，由()0f x '>，得10x m <<，由()0f x '<，得1x m >，所以()f x 在1(0,)m 上单调递增，在1(,)m+∞上单调递减.当0m <时，由()0f x '<恒成立，所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递减，综上所述：当0m >时，()f x 在1(0,)m 上单调递增，在1(,)m +∞上单调递减；当0m <时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递减.5．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数()ln 2f x x x =-，R a ∈．(1)求()f x 在x ＝1处的切线方程；(2)设()()2g x f x ax ax =-+，试讨论函数()g x 的单调性．【答案】(1)1y x =--；(2)答案见解析.(1)因为()ln 2f x x x =-，则()12f =-，所以()12f x x'=-，在x ＝1处()1121f '=-=-．在x ＝1处切线方程：()21y x +=--，即1y x =--．(2)因为()()()22ln 2g x f x ax ax x ax a x =-+=-+-，所以()()()()1210ax x g x x x +-'=->，①若0a ≥，则当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0g x ¢>，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x ¢<，()g x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．②若0a <，()()()1210a x x a g x x x⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=->，当2a <-时，在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上()0g x ¢>，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0g x ¢<，所以()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当2a =-时，()0g x ¢³恒成立，所以()g x 在()0,+∞上单调递增；当20a -<<时，在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上()0g x ¢>，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0g x ¢<，所以()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．综上，0a ≥，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；20a -<<，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；2a =-，()g x 在()0,+∞上单调递增；2a <-，()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））已知函数()()21ln a f x a x x x +=+++讨论()f x 的单调性；解：由题意可得()f x 的定义域为()0,+∞()()()()()22222112121x a x x a x a a a f x x x x x ----⎡⎤++-+++⎣⎦'=-+==①当21a --=时，即3a =-，()f x 在()0,+∞单调递增．②当21a -->时，即3a <-，()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；()1,2x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；()2,x a ∈--+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；③当021a <--<时，即32a -<<-，()0,2x a ∈--时，()0f x '>，()f x 单调递增，()2,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，④当20a --≤时，即2a ≥-，()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；综上可得：当3a <-时，()f x 在()0,1和()2,a --+∞上单调递增，在()1,2a --上单调递减；当3a =-时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当32a -<<-时，()f x 在()0,2a --和()1,+∞上单调递增，在()2,1a --上单调递减；当2a ≥-时，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；角度2：导函数有效部分为可因式分解的类二次型1．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知函数()()()e 12e x xa f x a x a =+---∈R 求函数()f x 的单调区间.【答案】由题意，得()()()()e 1e e 1,e e x x x x x a af x a x +-=---='∈R 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时，由()0f x '>，得ln x a >，由()0f x '<，得ln x a <，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.综上所述，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，无单调递减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞；2．（2022·辽宁·高二期中）已知函数()()213e 242x f x x ax ax =--++．(1)当a ＝1时，求()f x 零点的个数；(2)讨论()f x 的单调性．【答案】(1)有3个零点；(2)答案见解析.(1)当a ＝1时，()()213e 242x f x x x x =--++，则()()()()2e 22e 1x x f x x x x '=--+=--，由()0f x '>，得x <0或x >2，由()0f x '<，得0<x <2，则()f x 在（0，2）上单调递减，在（－∞，0）和（2，+∞）上单调递增，因为()25220e f -=--<，()03410f =-+=>，()22e 60f =-+<，()911310022f =-+=>，所以()f x 有3个零点．(2)由题意可得()()()()2e 22e x x f x x ax a x a '=--+=--，①当a ≤0时，由()0f x '>，得x >2，由()0f x '<，得x <2，则()f x 在（－∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，②当20e a <<时，由()0f x '>，得1x na <或x >2，由()0f x '<，得ln a <x <2，则()f x 在（ln a ，2）上单调递减，在（－∞，ln a ）和（2，+∞）上单调递增，③当2e a =时，()0f x '≥恒成立，则()f x 在（－∞，+∞）上单调递增，④当2e a >时，由()0f x '>，得x <2或x >ln a ，由()0f x '<，得2<x <ln a ，则()f x 在（2，ln a ）上单调递减，在（－∞，2）和（ln a ，+∞）上单调递增，综上，当a ≤0时，f （x ）在（－∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增；当20<e a <时，()f x 在（ln a ，2）上单调递减，在（－∞，ln a ）和（2，+∞）上单调递增；当2e a =时，()f x 在（－∞，+∞）上单调递增；当2e a >时，()f x 在（2，ln a ）上单调递减，在（－∞，2）和（ln a ，+∞）上单调递增．3．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）已知函数()()1e e 12x x f x a a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭讨论()f x 的单调性；【答案】()()1e e 12x x f x a a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭的定义域为R,()()()e 1e 1x x f x a '=-++.i.当a ≥-1时,e 10x a ++>.令()0f x '>,解得,()0x ∈+∞；令()0f x '<,解得(,0)x ∈-∞.所以()f x 的单增区间为(0,)+∞,单减区间为(,0)-∞.ii.当1a <-时,令()0f x '=,解得：x =0或x =ln(-a -1).（i ）当ln(-a -1)=0,即a =-2时,()()2e 1xf x '=-≥0,所以()f x 在(-∞,+∞)单增.（ii ）当ln(-a -1)>0,即a <-2时,由()0f x '>解得：()()(),0ln 1,x a ∈-∞⋃--+∞；由()0f x '<解得：()()0,ln 1x a ∈--.所以()f x 的单增区间为()()(),0,ln 1,a -∞--+∞,()f x 单减区为()()0,ln 1a --.（iii ）当ln(-a -1)<0,即-2<a <-1时,由()0f x '>解得：()()(),ln 10,x a ∈-∞--⋃+∞；由()0f x '<解得：()()ln 1,0x a ∈--.所以()f x 的单增区间为()()(),ln 1,0,a -∞--+∞，()f x 的单减区间为()()ln 1,0a --.4．（2022·湖北荆州·高二期中）已知函数()()()1211e 02x f x x a x ax x -=---+>．讨论()f x 的极值．【答案】因为()()()1211e 02x f x x a x ax x -=---+>，所以()()()()1e 10xf x x a x -'=-->．令()0f x '=，得x a =或1x =．①当0a ≤时，由()0f x '>，得1x >，由()0f x '<，得01x <<．则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以函数有极小值()112f =-，没有极大值.②当01a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或1x >，由()0f x '<，得1<<a x ．则()f x 在(),1a 上单调递减，在()0,a 和()1,+∞上单调递增，所以函数有极大值()211e 2a f a a -=-，极小值()112f =-．③当1a =时，()0f x '>恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增，函数无极值．④当1a >时，由()0f x '>，得01x <<或x a >，由()0f x '<，得1x a <<．则()f x 在()1,a 上单调递减，在()0,1和(),a +∞上单调递增，所以函数有极大值()112f =-，极小值()211e 2a f a a -=-.综上，当0a ≤时，函数有极小值()112f =-，无极大值；当01a <<时，函数有极大值()211e 2a f a a -=-，极小值()112f =-；当1a =时，函数无极值；当1a >时，函数有极大值()112f =-，极小值()211e2a f a a -=-.5．（2022·浙江·罗浮中学高二期中）已知函数()()2e 2e xx f x k kx =+--．其中k 为实数．(1)当0k >时，若()f x 两个零点，求k 的取值范围；(2)讨论()f x 的单调性．【答案】(1)01k <<(2)答案不唯一，具体见解析(1)解：因为()()2e 2e xx f x k kx =+--，R x ∈，0k >所以()()22e 2e x xf x k k =+--'，令()()()2e e 10x x f x k '=-=+得e 1x =或e 2xk=-（舍去），所以当0x <时()0f x '<，当0x >时()0f x '>故()f x 在()0,∞+上单调递增，在(),0∞-上单调递减，()()min 01f x f k ==-，要使()f x 有两个零点，则()min 0f x <，即100k k -<⎧⎨>⎩，解得01k <<，∴01k <<．(2)解：由（1）得()()22e 2e x xf x k k =+--'，令()()()2e e 10x x f x k '=-=+解得e 1x =或e 2xk =-，当()0,12k-∈时，即()2,0k ∈-x ,ln 2k ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ln 2k ⎛⎫- ⎪⎝⎭ln ,02k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0()0,∞+()f x '＋0－0＋所以()f x 的单调递增区间为,ln 2k ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭和()0,∞+，单调递减区间为ln ,02k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当12k-=时，即2k =-，()0f x '≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为R ．当12k->时，即2k <-，x (),0∞-00,ln 2k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ln 2k ⎛⎫- ⎪⎝⎭ln ,2k ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x '＋0－0＋所以()f x 的单调递增区间为(),0∞-和ln ,2k ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为0,ln 2k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．当0k ≥时，x 0x <00x >()f x '－＋所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+，单调递减区间为(),0∞-．6．（2022·浙江省杭州第二中学高二期中）已知函数2()e (2)e (0)x x f x a ax a =-++>．设02a <<，求函数()f x 的单调区间；【答案】(1)单调增区间是,ln 2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(0,)+∞，单调减区间是ln ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭由题意，函数2()e (2)e (0)x x f x a ax a =-++>，则()()2()2e (2)e 2e e 1x x x x f x a a a =+=-'-+-，当02a <<时，则12a <，令()0f x '>，解得0x >或ln 2a x <；令()0f x '<，解得，ln 02ax <<．故()f x 的单调增区间是,ln 2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(0,)+∞，单调减区间是ln ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()()()221ln 1ln 02f x x x a x a a =--+>.讨论函数()f x 的单调性；【答案】由题意得()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln x a x f x x-'=，令()0f x '=，得1x =或x a =，①若01a <<，则当()0,x a ∈时，()0f x '>，()f x 在()0,a 上单调递增；当(),1x a ∈时，()0f x '<，()f x 在(),1a 上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增.②若1a =，则()0f x '≥（当且仅当1x =时取“=”），()f x 在()0,∞+上单调递增.③若1a >，则当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 在()0,1上单调递增；当()1,x a ∈时，()0f x '<，()f x 在()1,a 上单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(),a +∞上单调递增.综上所述，当01a <<时，()f x 在()0,a ，()1,+∞上单调递增，在(),1a 上单调递减；当1a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时，()f x 在()0,1，(),a +∞上单调递增，在()1,a 上单调递减.8．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()21ln 6ln 12f x x x a x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，a 为常数，R a ∈.讨论函数()f x 的单调性；【答案】()()21ln 6ln 12f x x x a x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭()2(3)ln f x x a x '∴=-且,()0x ∈+∞当0a ≤时，在(0,1)x ∈上()0f x '<，(1,)x ∈+∞上()0f x '>，当103a <<时，在(0,3)x a ∈上()0f x '>，(3,1)x a ∈上()0f x '<，(1,)x ∈+∞上()0f x '>，当13a =时，在,()0x ∈+∞上()0f x '>，当13a >时，在(0,1)x ∈上()0f x '>，(1,3)x a ∈上()0f x '<，(3,)x a ∈+∞上()0f x '>，综上，0a ≤时()f x 在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，103a <<时()f x 在(0,3)a 上递增，(3,1)a 上递减，(1,)+∞上递增，13a =时()f x 在(0,)+∞上递增，13a >时()f x 在(0,1)上递增，(1,3)a 上递减，(3,)a +∞上递增③导函数有效部分为不可因式分解的二次型1．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知函数()()()211ln 2f x x ax ax x a R =+-+∈，记()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；【答案】解：由已知可得()1ln g x x a x x =--，故可得()222111a x ax g x x x x -='+=+-．当(]2a ∈-∞，时，()0g x '≥，故()g x 在()0,∞+单调递增；当()2,a ∈+∞时，由()0g x '=，解得x ，或2a +，记1ξ=2ξ=x 变化时，()(),g x g x '的变化情况如下表：x()10,ξ1ξ()12,ξξ2ξ()2,ξ∞+()g x '+0-0+()g x极大值极小值所以，函数()g x 在区间⎛ ⎝⎭单调递增，在区间⎫⎪⎪⎝⎭单调递减，在区间42a a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增．2．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知函数()2ln 2a f x x x ax =+-，a R ∈．讨论函数()f x 的单调性；【答案】显然，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()211ax ax f x ax a x x-+'=+-=，①若0a =，显然()f x 单调递增．②若0a <，令()'0f x =，有x =易知022a a a a <<，当0,2a x a ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增；当,2a x a ⎛⎫∈+∞⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．③若04a <≤，则()0f x '≥，()f x 单调递增，④若4a >，令()0f x '=，有x =易知0<<当x ⎛∈ ⎝⎭，()0f x '>，()f x 单调递增；当44,22a a x a a ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减；当,2a x a ⎛⎫+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述，若0a <，()f x 的增区间为420,a a ⎛ ⎪ ⎝⎭⎪，减区间为2a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭；若04a ≤≤，()f x 的增区间为()0,∞+；若4a >，()f x 的增区间为⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间为⎝⎭．3．（2022·江苏徐州·模拟预测）已知函数2()4ln ,f x x x a x a =-+∈R ，函数()f x 的导函数为()'f x ．讨论函数()f x 的单调性；【答案】由2()4ln f x x x a x =-+得，函数的定义域为(0,)+∞，且224()24a x x af x x x x-+'=-+=，令()0f x '>，即2240x x a -+>，①当Δ1680a =-≤，即2a ≥时，2240x x a -+≥恒成立，()f x 在(0,)+∞单调递增；②当Δ0>，即2a <时，令12x x ==当02a <<时，120x x <<，()0f x ¢>的解10x x <<或2x x >，故()f x 在()()120,,x x +∞，上单调递增，在()12,x x 上单调递减；当0a ≤时，120x x ≤<，同理()f x 在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增．4．（2022·河南郑州·三模（理））设函数()()2ln 0f x x x a x a =-+>．求函数()f x 的单调区间；【答案】()f x 的定义域为()0+∞，，()2221a x x af x x x x-+'=-+=，令220x x a -+=，当Δ18a =-≤0时，即a ≥18时，()()0f x f x '≥，在()0+∞，上递增，当180a ∆=->时，即108a <<时，220x x a -+=，解得114x =，214x =，当()0f x '>时解得，104x <<或14x >+，所以函数在104⎛ ⎝⎭，，14∞⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，当()0f x '<时解得，144x -<<，所以函数()f x 在⎝⎭上单调递减.综上，当a ≥18时，函数的单调增区间为()0+∞，；当108a <<时，函数的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，∞⎫+⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为⎝⎭.5．（2022·河南新乡·高二期中（理））已知函数()()2e e x g xf x =+．若函数()24a x x x f =-+，讨论()g x 的单调性．【答案】若()24f x x x a =-+，则()()224e ,R e x g x x x a x -++∈=，()()()2224e 15e x x g x x x a x a ⎡⎤'=-+-=-+-⎣⎦．当5a ≥时，()0g x ¢³，()g x 在定义域R 上单调递增．当5a <时，令()0g x ¢=．解得11x =21x =若1x <1x >+，()0g x '>，则()g x 在(,1-∞和()1++∞上单调递增；若11x <<()0g x '<，则()g x 在(1上单调递减;6．（2022·全国·模拟预测）已知函数()32f x ax x x =+-.当0a <时，讨论函数()f x 的单调性.【答案】由()32f x ax x x =+-，得()2321f x ax x '=+-.令()23210f x ax x '=+-=，当13a ≤-时，4120a ∆=+≤，因此()23210f x ax x '=+-≤，所以函数()f x 在(),-∞+∞上单调递减；当103-<<a 时，4120a ∆=+>，解得x =所以函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭上单调递减，在⎝⎭上单调递增，在13a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减.综上所述，当13a ≤-时，函数()f x 在(),-∞+∞上单调递减；当103-<<a 时，函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭上单调递减，在⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减.7．（2022·四川南充·三模（理））已知函数()()2112ln 2f x a x ax x =-+-．讨论()f x 的单调性；【答案】解：()()2112ln 2f x a x ax x =-+-的定义域为()0,∞+，且()()()21221a x ax f x a x a x x-+-'=-+-=，当1a =时，()2x f x x-'=，则()f x 在()0,2单调递减，()2,+∞单调递增；当1a >时，由()0f x '=得0x =，()021a x a -+=-，所以()f x 在()0,21a a ⎛-+ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递减，()21a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递增；当1a <时，①当0a ≤时，()f x 在()0,∞+单调递减；②当01a <<时，当()()22814240a a a ∆=+-=+-≤时，即04a <≤-+()f x 在()0,∞+单调递减；当()()22814240a a a ∆=+-=+->时，即41a -+<时，由()0f x '=得120x x ==，所以()f x 在⎛ ⎝⎭、⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减，在()(),2121a a a a ⎛-+--⎪ ⎪--⎝⎭单调递增；综上所述：①当1a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递减，在(),21a a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪-⎝⎭单调递增；②当1a =时，()f x 在()0,2单调递减，在()2,+∞单调递增；③4a ≤-+()f x 在()0,∞+单调递减；④当41a -+<时，()f x 在()0,21a a ⎛- ⎪ ⎪-⎝⎭、(),21a a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递减，在()()2121a a a a ⎛---⎪ ⎪--⎝⎭单调递增；8．（2022·浙江·模拟预测）设函数1()ln ()f x x a x a x=--∈R .讨论()f x 的单调性；【答案】()()2211ln ,x ax f x x a x f x x x '-+=--=①当2a ≤时，221210x ax x x -+≥-+≥，所以()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上递增②当2a >时，记210x ax -+=的两根为(0,1),(1,)22a a m n ==∈+∞则当0x m <<时，()0f x '>；当m x n <<时，()0f x '<；当x n >时，()0f x '>综上可知，当2a ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增当2a >时，()f x 在(0,)m 上递增，在(,)m n 上递减，在(,)n +∞上递。

2023届高考数学导数满分通关：含参函数的极值、最值讨论

专题10 含参函数的极值、最值讨论考点一含参函数的极值【例题选讲】[例1] 设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)若曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线y ＝－x ＋1垂直，求切线方程． (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (x ＞0)，又由题意可知y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1，所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，解得a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y ＝x －2．(2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x(x ＞0)．①当0＜a ＜1时，若x ∈(0，a )，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(a ，1)，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12．②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x ≥0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增，此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a ＞1时，若x ∈(0，1)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(1，a )，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(a ，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a ．[例2] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a ．[例3] 设f (x )＝x ln x －32ax 2＋(3a －1)x ．(1)若g (x )＝f ′(x )在[1，2]上单调，求a 的取值范围； (2)已知f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －3ax ＋3a ，即g (x )＝ln x －3ax ＋3a ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝1x－3a ，①g (x )在[1，2]上单调递增，∴1x －3a ≥0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≤16；②g (x )在[1，2]上单调递减，∴1x －3a ≤0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，16∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞． (2)由(1)知，①当a ≤0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意；②当0<a <13时，13a >1，又f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，13a 上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，13a 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，13a 上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意； ③当a ＝13时，13a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意；④当a >13时，0<13a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫13a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意．综上所述，可得a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，13． [例4] (2016·山东)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R ． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ．当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞． (2)由(1)知，f ′(1)＝0．①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞． [例5] 已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1－a6e x ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0． (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x －a f (x )，是否存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －a 6e x ，当0<x <a 6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 6，因为f ⎝⎛⎭⎫a 6<f (0)＝－a 6<0，f ⎝⎛⎭⎫1＋a 6＝1>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0．故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0．(2)方法一当a >1时，ln a >0．因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0．由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0．f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x 3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e)．由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0．故f ()ln a <0，0<ln a <x 0．当0<x <ln a 时，e x －a <0，f (x )<0， F ′(x )＝()e x －a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x －a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x －a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1，4)，使得ln a 为F (x )的极大值点．方法二因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0．由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．所以存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点，即存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1，4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x 3x，当x ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，k ′(x )>0，所以g ′(x )在⎝⎛⎭⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝⎛⎭⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝⎛⎭⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以当x ∈⎣⎡⎦⎤32，2时，g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 26＋1，② 由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g (x )<0，即对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2⊆(1，4)，函数F (x )存在极大值点为ln a ．【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．1．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ，①当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．②当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0. 因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )取极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a . 由①②得，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．2．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．2．解析 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ．f ′(1)＝(1－a )e ．由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝3e≠0．所以a 的值为1． (2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ．若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0，所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞． 3．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ax ．(1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 3．解析 (1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝(x －2)(2x 2＋x ＋2)x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2．所以f (x )在(－∞，0)，(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1．故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0，当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0，故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点；令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0，1)上有唯一零点；又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点．综上可知，实数a 的取值范围是(－1，0)． 4．已知函数f (x )＝ax －x 2－ln x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )存在极值，且这些极值的和大于5＋ln2，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a －2x －1x ．∵2x ＋1x ≥22⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝22时等号成立，当a ≤22时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当a ＞22时，f ′(x )＝a －2x －1x ＝－2x 2－ax ＋1x．由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2－84，x 2＝a ＋a 2－84且x 2＞x 1＞0．由f ′(x )＞0得x 1＜x ＜x 2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜x 1，或x ＞x 2， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－84，＋∞．综上所述，当a ≤22时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞22时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ a 2－84，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84．(2)由(1)知，当f (x )存在极值时，a ＞22．即方程2x 2－ax ＋1＝0有两个不相等的正根x 1，x 2， ∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝a2＞0，x 1x 2＝12＞0.∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (x 1＋x 2)－(x 21＋x 22)－(ln x 1＋ln x 2)＝a (x 1＋x 2)－[](x 1＋x 2)2－2x 1x 2－ln(x 1x 2)＝a 22－a 24＋1－ln 12＝a 24＋1－ln 12．依题意a 24＋1－ln 12＞5＋ln 2，即a 2＞16，∴a ＞4或a ＜－4．又a ＞22．∴a ＞4，即实数a 的取值范围是(4，＋∞)． 5．(2018·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x ． (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0． (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a ．5．解析 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln (1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x(1＋x )2.当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0．故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )·ln (1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．(ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min{1，1|a |}时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1，0)，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16．考点二含参函数的最值【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1，2]上的最小值．解析 (1)f ′(x )＝1x－a (x ＞0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0；当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． (2)①当0＜1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1，2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a ．②当1a ≥2，即0＜a ≤12时，函数f (x )在区间[1，2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a ．③当1＜1a ＜2，即12＜a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a ．综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a ．[例2] 已知函数f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当a <0时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值．解析 (1)因为f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋1－2a －1x ＝(2ax ＋1)(x －1)x .因为a >0，x >0，所以2ax ＋1>0，令f ′(x )>0，得x >1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当a <0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－12a，x 2＝1，当－12a >1，即－12<a <0时，f (x )在(0,1]上是减函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (1)＝1－a . 当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－12时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎡⎦⎤－12a ，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝1－14a＋ln(－2a )．当－12a <12，即a <－1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝12－34a ＋ln 2. 综上，函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a <－1，1－14a ＋ln(－2a )，－1≤a ≤－12，1－a ，－12<a <0.[例3] 已知函数f (x )＝ln xx －1．(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解析 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e ．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm －1．[例4] 已知函数f (x )＝m ln xx ＋n ，g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2(m ，n ，a ∈R )，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数m ，n 的值及函数f (x )的最大值；(2)当a ∈⎝⎛⎭⎫－e ，1e 时，记函数g (x )的最小值为b ，求b 的取值范围．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m (1－ln x )x 2，因为f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝m ＝1，f (1)＝m ln 11＋n ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝0. 所以f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以当x ＝e 时，f (x )取得最大值，最大值为f (e)＝1e .(2)因为g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2＝x ln x －ax 22－x ，所以g ′(x )＝ln x －ax ＝x ⎝⎛⎭⎫ln x x －a .①当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，x →＋∞时，g (x )→－∞，g (x )无最小值． ②当a ＝0时，g ′(x )＝ln x ，由g ′(x )>0得x >1，由g ′(x )<0得0<x <1，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (1)＝－1. ③当a ∈(－e ，0)时，由(1)知方程ln xx－a ＝0有唯一实根，又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，f (1)＝0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增，所以存在t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得g ′(t )＝0，即ln t ＝at . 当x ∈(0，t )时，g ′(x )<0；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (t )＝t ln t －a 2t 2－t ＝t ln t 2－t ，令h (t )＝t ln t 2－t ，t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，则h ′(t )＝ln t －12<0，所以h (t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，从而b ＝h (t )∈⎝⎛⎭⎫－1，－32e . 综上所述，当a ∈(－e ，0]时，b ∈⎣⎡⎭⎫－1，－32e ；当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，b 不存在． [例5] (2019·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解析 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3．若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 3时，f ′(x )＜0．故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减．若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )＜0．故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1．②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1．③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b ．若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1．【对点训练】1．已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．1．解析 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1． (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x ．①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e ．综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.2．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[1，2]上的最小值． 2．解析 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x ．(1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x ．∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ，即x ＋y ＋2＝0． (2)令f ′(x )＝0得x ＝a －1．①若a －1≤1，则a ≤2．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，2]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1，2]上单调递减．∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3．f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：∴f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(a －1，2)，∴f (x )min ＝f (a －1)＝－e a －1．综上可知，当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ；当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2；当2<a <3时，f (x )min ＝－e a －1． 3．已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0，a <0．(1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值． 3．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减，当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3，综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x ＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎫e ax －1－1x ，由e ax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln x x ，设p (x )＝1－ln x x ，则p ′(x )＝ln x －2x2，当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0，∴M 的最小值为0． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值．4．解析 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ，令f ′(x )＝0，得x ＝1．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0．∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x )max ＝f (1)＝－1．∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1． (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e，＋∞． ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e ．从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ．令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2． ∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2．5．已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R ．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． 5．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y ＋2＝0． (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a．①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝－2，不合题意； ③当1a ≥e ，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意．综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点三含参函数的极值与最值的综合问题【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f (x )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解析 f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2．(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43．经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43．(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫43x 2－83x ＋1e x⎝⎛⎭⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32．f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，12，⎝⎛⎭⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫12，32．当12<b <32时，f (x )在[b ，32)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增．所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫32＝e e4；当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b 1＋ab 2＝3e b3＋4b 2．[例2] 已知函数f (x )＝a ln (x ＋b )－x ． (1)若a ＝1，b ＝0，求f (x )的最大值； (2)当b >0时，讨论f (x )极值点的个数．解析 (1)当a ＝1，b ＝0时，f (x )＝ln x －x ，此时，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x，由f ′(x )>0，解得0<x <4，由f ′(x )<0，解得x >4，故f (x )在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (4)＝2ln 2－2． (2)当b >0时，函数的定义域是[0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋b －12x ＝－x ＋2a x －b 2x x ＋b， ①当a ≤0时，f ′(x )<0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，故此时f (x )的极值点的个数为0； ②当a >0时，设h (x )＝－x ＋2a x －b ，(Ⅲ)当4a 2－4b ≤0即0<a ≤ b 时，f ′(x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，即f ′(x )在(0，＋∞)上无变号零点，故此时f (x )的极值点个数是0；(Ⅲ)当4a 2－4b >0即a >b 时，记方程h (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，由于x 1＋x 2＝2a >0，x 1x 2＝b >0，故x 1，x 2都大于0，即f ′(x )在(0，＋∞)上有2个变号零点，故此时f (x )的极值点的个数是2．综上，a ≤b 时，f (x )极值点的个数是0；a >b 时，f (x )极值点的个数是2． [例3] 设函数f (x )＝a x ＋e －x (a ＞1)． (1)求证：f (x )有极值；(2)若x ＝x 0时f (x )取得极值，且对任意正整数a 都有x 0∈(m ，n )，其中m ，n ∈Z ，求n －m 的最小值．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a x ln a －e －x ，令h (x )＝f ′(x )＝a x ln a －e －x ，则h ′(x )＝a x (ln a )2＋e －x ＞0，所以函数h (x )，即f ′(x )在R 上单调递增．由f ′(x )＝0，得a x e x ln a ＝1，因为a ＞1，所以a x e x ＝1ln a ＞0，得x ＝log a e 1ln a ，当x ＞log a e1ln a 时，f ′(x )＞0；当x ＜log a e 1ln a时，f ′(x )＜0．所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，log a e 1ln a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫log a e 1ln a ，＋∞上单调递增，因此，当x ＝log a e 1ln a时函数f (x )取极值．(2)由(1)知，函数f (x )的极值点x 0(即函数f ′(x )的零点)唯一．由f ′(－1)＝ln a a －e ，令g (a )＝ln aa ，则g ′(a )＝1－ln a a 2，由g ′(a )＝0，得a ＝e ，当a ＞e 时，g ′(a )＜0；当0＜a ＜e 时，g ′(a )＞0．所以g (a )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (a )≤g (e)＝1e ，所以f ′(－1)＝ln aa－e ＜0．当a 为大于1的正整数时，f ′(0)＝ln a －1的值有正有负．f ′(1)＝a ln a －1e ，因为a 为正整数且a ＞1，所以a ln a ≥2ln 2＞1e ，所以f ′(1)＞0．所以x 0∈(－1，1)恒成立，所以n －m 的最小值为2． [例4] 已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解析由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞；由f ′(x )＜0解得x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ．所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ＋1e＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件．综上所述，这样的a 不存在．[例5] 已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0．(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1． g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1，令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ．则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，又h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln xx 2，当x ∈(0，1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e ．[例6] 已知函数g (x )＝x 22＋x ＋ln x ．(1)若函数g ′(x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)函数f (x )＝g (x )－mx ，若f (x )存在单调递减区间，求实数m 的取值范围； (3)设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，若m ≥72，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．解析 (1)∵g ′(x )＝x ＋1x ＋1，g ′(x )＝x ＋1x＋1≥2x ·1x＋1＝3，g ′(x )≥a ，∴a ≤3． (2)∴f ′(x )＝x ＋1－m ＋1x ＝x 2＋(1－m )x ＋1x，又∵f ′(x )＜0在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x 2＋(1－m )x ＋1，则h (0)＝1＞0，只需⎩⎪⎨⎪⎧m －12＞0，(m －1)2－4＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >1，m >0或m ＜－1，即m ＞3(3)∵f ′(x )＝x 2＋(1－m )x ＋1x，令f ′(x )＝0，即x 2＋(1－m )x ＋1＝0，两根分别为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m －1，x 1x 2＝1，又∵f (x 1)－f (x 2)＝12(x 21－x 22)＋(1－m )(x 1－x 2)＋ln x 1x 2＝12(x 21－x 22)－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2，＝ln x 1x 2－12(x 21－x 22)＝ln x 1x 2－12⎝⎛⎭⎫x 1x 2－x 2x 1．令t ＝x 1x 2，由于x 1＜x 2，∴0＜t ＜1．又∵m ≥72，(x 1＋x 2)2＝(m －1)2≥254，即(x 1＋x 2)2x 1x 2＝x 1x 2＋2＋x 2x 1，即t ＋2＋1t ≥254，∴4t 2－17t ＋4≥0，解得t ≥4或t ≤14，即0＜t ≤14．令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (0＜t ≤14)，h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在(0，14]上单调递减，h (t )min ＝h (14)＝－2ln2＋158．∴f (x 1)－f (x 2)的最小值为－2ln2＋158．【对点训练】 1．已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间(0，e]上的最小值(其中e 为自然对数的底数)．1．解析 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0，由f ′(x )＝0，得x ＝1e ．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．所以x ＝1e是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ，由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1．所以在区间(0，e a －1)上，g (x )单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )单调递增．当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在(0，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝a ＋e －a e ，当e a －1<e 即a <2时，g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，e]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e a －1)＝a －e a －1，令g (x )的最小值为h (a )，综上有h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e a －1，a <2，a ＋e －a e ，a ≥2.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 2．解析 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0当x ＝23时，函数f (x )取到极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫23＝427． (2)①当－1≤x <1时，根据(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝⎛⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2． ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增．则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a ．故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．3．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0<x <32或x >3时，f ′(x )>0，当32<x <3时，f ′(x )<0，即x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，3.(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x ，令g ′(x )＝0，得x 1＝a2，x 2＝1.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上为减函数，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上为增函数， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，1－e a ＋e 2－2e ，a ≥2e.4．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x ． (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x ．当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x．所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )在(0，2)上单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2．所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a 2．根据题意，知f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0．因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，所以实数a 的取值范围是[－2，0)． 5．已知函数f (x )＝a sin x ＋sin2x ，a ∈R ．(1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有极值点，求a 的取值范围； (2)若a ＝1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3时，f (x )≥bx cos x ，求b 的最大值． 5．解析 (1)f ′(x )＝a cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋a cos x －2，依题意，f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有变号零点，令cos x ＝t ，则t ∈(0，1)，所以g (t )＝4t 2＋at －2＝0在(0，1)有实根，注意到Δ＞0，所以g (0)·g (1)＜0，解得a ＞－2，即a ∈(－2，＋∞)．(2)a ＝1时，f (x )＝sin x ＋sin 2x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，2π3时，f (x )≥0≥bx cos x ，显然成立；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，cos x ＞0，所以tan x ＋2sin x ≥bx ．记h (x )＝tan x ＋2sin x －bx ，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝1cos 2x ＋2cos x －b ，h ″(x )＝2sin x cos 3x －2sin x ＝2sin x (1－cos 3x )cos 3x＞0， h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2单调递增，h ′(0)＝3－b ，若b ＞3，则h ′(0)＜0，记cos θ＝1b ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则h ′(θ)＝b ＋2b －b ＝2b＞0，所以存在x 0∈(0，θ)，使得h ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以x ∈(0，x 0)时，h (x )＜h (0)＝0，不符题意．当b ＝3时，h ′(x )＞h ′(0)＝0，即x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意，当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，2π3时，f (x )＝sin x ＋2sin x cos x ＝sin x (1＋2cos x )，由2cos x ＋1＞2cos 2π3＋1＝0，sin x ＞0，所以f (x )＞0，而b ＝3时，bx cos x ＜0，所以f (x )＞bx cos x 成立，综上所述，b 的最大值为3．6．已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R )． (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．6．解析 (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0，即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ，而x ＋1x ≥2 x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2．即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x(x ＞0)，。

导数讨论含参单调性习题(含详解答案)

m(x + n}f(x) - lnx T g(x) = --------- m > 0)1 •设函数x T .(1)当m= l|时，函数¥訂(刈与¥ =創刈在"1处的切线互相垂直，求n的值；(2)若函数¥“仪卜創对在定义域内不单调，求m-n的取值范围；2a 3K xf(T 他M f(—) < 0(3)是否存在正实数使得x 2a 对任意正实数K恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.2•已知函数fW = (^ + l)lnx-ax + 3f aG R,g(x)是f闵的导函数，*为自然对数的底数.(1)讨论：的单调性；(2)当白X时，证明：寓(3)当白X时，判断函数f凶零点的个数，并说明理由.bf(«) = + ) + blnx3.已知函数x(其中，忆b€R).(1)当b = Y时，若f")在其定义域内为单调函数，求臼的取值范围；(2)当：：八」时，是否存在实数H,使得当’■ ■时，不等式卜心■冷恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，说明理由(其中电是自然对数的底数，“ 2一7182旷).4 •已知函数gW = x2 + ln(x + a)|,其中臼为常数.(1)讨论函数•的单调性；S(Xj) +g(x?) x t +x z(2)若或叮存在两个极值点叫*刈，求证：无论实数臼取什么值都有 2 £ 2 .5 .已知函数肛"油盧2)(玄为常数)是实数集"上的奇函数，函数屮“用刈卡商帥是区间Il上的减函数.(1)求的值；(2)若恥；-「：在卜G 及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；Irx ?=x -2e* + m(3)讨论关于丸的方程f⑷的根的个数.6 •已知函数f x ax ln x, F x e x ax，其中x 0, a 0.(1)若f x和F x在区间0,ln3上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；(2) 若a最小值.1,二，且函数g x eax 1 xe 2 ax f x的最小值为M，求M的7.已知函数 f (x) e x m In x .(1)如x1是函数f(x)的极值点，求实数m的值并讨论的单调性 f (x)；(2) 若x x。

导数法解一类含参数问题(鲁兴冠)

用导数法求一类参数取值范围325024 浙江省龙湾中学鲁兴冠导数给高中数学增添了新的活力，也是高考的热点内容．再纵观历年高考，求参数取值范围问题是高考的重点，也是难点．在高三备考复习中，通过认真分析、研究我发现求导数法解决一类与交点或解的情况有关的含参问题是一种有效方法．例1、（2005年天津和平区）设函数22)1ln()1()(x x x f +-+= （1）略（2）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在[]20，上恰有两个不同的实根，求实数a 的取值范围解：方程a x x x f ++=2)(在[]20，上恰有两个不同的实根，即方程 a x x =+-+)1ln(21在[]20，有两不同实根．构造函数)1ln(21)(x x x g +-+=,[]2,0∈x ,a x h =)(,问题转化为)(x g 的图象与)(x h 图象恰有两个交点．11)('+-=x x x g ,由0)('=x g 得[]2,01∈=x 当[)1,0∈x 时，0)('<x g ，)(x g 是减函数；当(]2,1∈x 时，0)('>x g ，)(x g 是增函数；∴1=x 是)(x g 的唯一极小值点3ln 23)2(,1)0(-==g g∴2ln 22)1()(min -==g x g 1)0()(max ==g x g∴3ln 232ln 22-≤<-a例2、（06年福建卷）已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+（1）略（II ）是否存在实数,m 使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

解：（II ）函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即方程)()(x g x f =只有三个不同的解∴x x x m ln 682-+-=设x x x x ln 68)(2-+-=φ ，m x h =)(，问题转化为()x φ的图象与 )(x h 的图象有三个不同的交点。

(完整版)专题8-含参导数题型总结(2)

专题含参数导数题型规律总结（2）【题型方法总结】（一）多次求导例1. 设f ″（x ）是y =f ′(x )的导数．某同学经过探究发现，任意一个三次函数（a ≠0）都有对称中心(x 0,f (x 0))，其中x 0满足f ′′(x 0)=0．已知，则_________．练习1. 已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的单调递减区间；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下证明：.练习2. 已知函数（1）讨论函数g (x )=f (x )x在(1,+∞)上的单调性；（2）若a ≥0，不等式对x ∈(0,+∞)恒成立，求a 取值范围.（二）由导函数构造原函数例2. 设f(x)是定义在R 上的函数，其导函数为f′(x)，若，则不等式（其中e 为自然对数的底数）的解集为__________．练习1．已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，若，则实数m 的取值范围为___________.练习2. 已知定义在R 上的可导函数f (x)的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x)，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x)＜e x 的解集为________．练习3.已知定义在R 的函数f(x)的导函数f ′(x)，且满足f ′(x)>2f(x)，f(12)=e ，则f(lnx)<x 2的解集为__________。

（三）构造新函数例3. 已知函数若方程f(x)=m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1+x 2的最大值为__________.练习1. 已知函数，当x 2>x 1时，不等式恒成立，则实数a 的取值范围为________.练习2.已知，若，，则m 的取值范围是_________1()f x ()f x练习3.已知函数. （1）讨论函数的单调性；（2）若函数的图像与轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数，，都有.练习 4.设，函数，（1）讨论的单调性；（2）若有两个相异零点，求证.练习5. 已知函数有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．（四）两边同时求导例4. 我们常用以下方法求形如函数的导数：先两边同取自然对数，再两边同时求导得g(x)1f(x)f ′(x)，于是得到，运用此方法求得函数y =x 1x(x >0)的单调递减区间是____________.练习1. 阅读材料：求函数y =e x 的导函数解：∵y =e x ∴x =lny ∴1=1y ⋅y ′ ∴y ′=y =e x借助上述思路，曲线，x ∈(12，+∞)在点(1，1)处的切线方程为__________.（五）多变量例5.已知函数．（Ⅰ）当a =0时，求f (x )在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）若a ≥0，求函数f (x )的单调区间；（Ⅲ）若对任意的a ≤0，在x ∈[0,+∞)上恒成立，求实数b 的取值范围．练习1．已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）函数在区间上有零点，求的值；（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正整数的取值集合．练习2．已知函数.（1）求函数f(x)的极小值；（2）求证：当−1≤a ≤1时，f(x)>g(x).()f x ()f x x 1x 2x R a ∈()f x ()f x 12,x x ()y f x =1x =()f x k x m答案与解析例1：【答案】4036. 【解析】根据题意，对于函数，有f ′（x ）＝x 2﹣x +3，f ″（x ）＝2x ﹣1．由f ″（x ）＝0，即2x ﹣1＝0，即x ＝12，又由f （12）＝2，即函数的对称中心为（12，2），则有f （x ）+f （1﹣x ）＝4，则=＝4×1009＝4036；故答案为：4036．练习1：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】（Ⅰ）由题意，函数，则，由是函数的一个极值点，所以，解得，则，令，得所以的单调递减区间为 . （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下要证，即证，令，则，令，则，故函数在为单调递增，又，所以，使得，即，则在递减，在上递增，故，故．练习2：【答案】(1) g (x )的单调递减区间为(e a+12,+∞)，单调递增区间为(1，e a+12). (2) [0,2].【解析】（1） g (x )的定义域为(0，+∞)，，若a ≤−12，因为x >1，所以lnx >0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(1，+∞)上单调递减，若a >−12，令g ′(x )=0，得x =ea+12，当1<x <e a+12时，g ′(x )>0；当x >e a+12时，g ′(x )<0，所以g (x )的单调递减区间为(e a+12,+∞)，单调递增区间为(1，ea+12).（2），即对x ∈(0,+∞)恒成立，令，则，令ℎ′(x )=0，得x =e a−1，当x ∈(0,e a−1)时，ℎ′(x )<0；当时，ℎ′(x )>0，所以ℎ(x )的最小值为，令，则，令t ′(a )=0，得a =1，当a ∈[0,1)时，t ′(a )>0,t (a )在[0,1)上单调递增；当a ∈(1,+∞)时，t ′(a )<0,t (a )在(1，+∞)上单调递减，所以当a ∈[0,1)时，ℎ(x )的最小值为；当a ∈[1,+∞)时，ℎ(x )的最小值为故a 的取值范围是[0,2].例2：【答案】{x |x <0 }. 【分析】由，构造新函数，求导，利用已知的不等式，可以判断出函数g(x)的单调性，从而利用单调性求出不等式的解集. 【解析】，构造新函数，且，不等式变为g(x)>g(0)，，由已知，所以是R 上的减函数，因为g(x)>g(0)，所以x <0，因此不等式（其中e 为自然对数的底数）的解集为{x |x <0 }. 练习1：【答案】(2018,2019) 【解析】令，则，∵，∴ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)在(0,+∞)递减，∴，∴m −2018>0，m >2018，∴，即，故m −2018<1，解得：m <2019，∴.故答案为：(2018,2019)练习2：【答案】(0,+∞)【解析】令g(x)=f(x)ex ，()0,11()f x 0a =()0f x '<(0,1)x ∈()f x (0,1)()h x (0,)+∞01(,)2x e ∃∈0()0h x =001x x e=()g x 0(0,)x 0(,)x +∞则，∵f ′（x ）＜f （x ），∴g ′（x ）＜0．∴g （x ）在R 上单调递减．∵函数f （x +2）是偶函数，∴函数f （﹣x +2）＝f （x +2）， ∴函数关于x ＝2对称，∴f （0）＝f （4）＝1，原不等式等价为g （x ）＜1，∵g （0）=f(0)e 0=1． ∴g （x ）＜1⇔g （x ）＜g （0），∵g （x ）在R 上单调递减， ∴x ＞0．∴不等式f （x ）＜ex 的解集为（0，+∞）．故答案为：（0，+∞）．练习3：【答案】(0,√e)【解析】令t =lnx ，得x =e t ，所以不等式f(lnx)<x 2可化为f(t)<e 2t ，即f(t)e2t <1；令g (t )=f(t)e 2t，则，因为定义在R 的函数f(x)的导函数f ′(x)，且满足f ′(x)>2f(x)，所以，因此函数g (t )=f(t)e2t 在R 上单调递增；又f(12)=e ，所以，因此由f(t)e 2t<1得，，所以t <12，故lnx <12，解得0<x <√e .故答案为(0,√e)例3：【答案】3ln2−2【解析】f(x)的图像如图所示：设x 1<x 2,则x 1=−√m2,x 2=lnm, 方程f(x)=m 有两个不相等的实根,故m>1, 则当单增，单减，故，即x 1+x 2的最大值为3ln2−2故答案为3ln2−2练习1：【答案】(−∞,e] 【解析】令，则当x 2>x 1时，不等式g(x 1)<g(x 2)恒成立,即g (x )在(0,+∞)上单调递增，所以在(0,+∞)上恒成立，a ≤(e xx )min ，因为，所以当x >1时，(e x x )′>0,当0<x <1时，(e xx )′<0,从而当x =1时练习2：【答案】[−194,+∞)【解析】不妨设x 1>x 2，不等式等价于即，令，x ≥4，则存在实数a ∈[2,3]，使得F (x )为[4,+∞)上的增函数即F′(x )≥0恒成立. 又，故不等式在(4,+∞)上恒成立. 令，则，因为，故g′(x )>0，所以在[2,3]上有解，所以即m ≥−194.填[−194,+∞).【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）函数的定义域为，.当时，，在上单调递增；当时，由，得 . 若，，单调递增；若，，单调递减综合上述：当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减. （2）由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，不满足条件；当时，的极大值为，()f x ()0+∞，0a ≥()0f x '>()f x ()0+∞，0a <()0f x '=1x a=-10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '>()f x ()0f x '<()f x 0a ≥()f x ()0+∞，0a <()f x 10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1+a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，0a ≥()f x ()0+∞，0a <()f x由已知得，故，此时. 不妨设，则等价于，即证：令，则故在单调递减，所以.所以对于任意互不相等的正实数，都有成立.练习4：【答案】（1）当时，在上单增，当时，在上单增，在上单减；（2）见解析.【解析】由题意，得，当时，，则在定义域上单增，当，则函数在上单增，在上单减.(2)由已知得，，，所以=，所以等价于，即，设，令，则，所以即即是，所以原题得证.练习5：【答案】（1）（e，+∞）；（2）见解析【解析】（1）∵函数，∴x＞0，f′（x）=x-a lnx，∵函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．∴f′（x）=x-a lnx=0有两个不等根，令g（x）=x-a lnx，则=，（x＞0），①当a≤0时，得g′（x）＞0，则g（x ）在（0，+∞）上单调递增，∴g（x）在（0，+∞）上不可能有两个零点．②当a＞0时，由g′（x）＞0，解得x＞a，由g′（x）＜0，解得0＜x＜a，则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-a ln a＜0，解得a＞e，∴实数a的取值范围是（e，+∞）．（2）由x1，x2是g（x）=x-a lnx=0的两个根，则，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=，即证x1x2＜，即证=，由x1＜x2，得=t＞1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，则g′（t）==，令h（t）=2lnt-t+，∴h′（t）==-（）2＜0，∴h（t）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t）＜h（1）=0，∴g′（t）＜0，即g（t）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t）＜g（1）=0，即ln2t＜t-2+在（1，+∞）上恒成立，∴x1x2＜a2．例4：【答案】(e,+∞)【解析】因为y=x1x，所以lny=lnxx,两边同时求导得1yy′=1−lnxx2,因此y′=1−lnxx2x1x，由，得lnx>1,x>e,即单调递减区间是(e,+∞).练习1：【答案】y=4x−3【解析】∵,∴,∴, ∴1y⋅y′=,∴,当x=1时，y′=4，()ln=0a--1a=-120x x<<()g x()1,+∞12,x xa≤()f x(0,)+∞0a>1(0,)a1(,)a+∞(0,)x∈+∞a≤'()0f x>()f xa>1(0,)a1(,)a+∞1212ln lnx xx x--12x x>121xtx=>1ln21ttt+>-xxa-2121x xlnx lnx--221221(x x)x(ln)x-2112x x2x x-+21xx120t+<12t+t12211t t--11t-t1∴曲线，x ∈(12，+∞)在点(1，1)处的切线方程为y-1=4(x-1),即y =4x −3，故答案为y =4x −3.例5：【答案】（Ⅰ）y =x ；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）b ≥1 【解析】（Ⅰ）当a =0时，f (x )=x ⋅e −x∴f ′(0)=1，f (0)=0∴函数f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =x （Ⅱ）由题意，（ⅰ）当a =0时，令f ′(x )>0，得x <1；f ′(x )<0，得x >1 所以f (x )在(−∞,1)单调递增，(1,+∞)单调递减（ⅱ）当a >0时，1−1a <1令f ′(x )>0，得1−1a <x <1；f ′(x )<0，得x <1−1a 或x >1 所以f (x )在(1−1a ,1)单调递增，在(−∞,1−1a )，(1,+∞)单调递减（Ⅲ）令，a ∈(−∞,0] 当x ∈[0,+∞)时，，g (a )单调递增，则则对∀a ∈(−∞,0]恒成立等价于即，对x ∈[0,+∞)恒成立.（ⅰ）当b ≤0时，∀x ∈(0,+∞)，，xe −x >0此时，不合题意，舍去（ⅱ）当b >0时，令，x ∈[0,+∞)则其中对∀x ∈[0,+∞)，(x +1)e x >0令，则p (x )在区间[0,+∞)上单调递增 ①当b ≥1时，所以对∀x ∈[0,+∞)，ℎ′(x )≥0，则ℎ(x )在[0,+∞)上单调递增故对任意x ∈[0,+∞)，即不等式在[0,+∞)上恒成立，满足题意 ②当0<b <1时，由又p (1)=be >0且p (x )在区间[0,+∞)上单调递增所以存在唯一的x 0∈(0,1)使得p (x 0)=0，且x ∈(0,x 0)时，p (x )<0 即ℎ′(x )<0，所以ℎ(x )在区间(0,x 0)上单调递减则x ∈(0,x 0)时，，即，不符合题意综上所述，b ≥1练习1：【答案】(1) ；(2) 的值为0或3 ；(3) . 【解析】（1），所以切线斜率为，又，切点为，所以切线方程为．（2）令，得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以的极小值为，又，所以在区间上存在一个零点，此时；因为，，所以在区间上存在一个零点，此时．综上，的值为0或3．（3）当时，不等式为．显然恒成立，此时；当时，不等式可化为，令，则，由（2）可知，函数在上单调递减，且存在一个零点，此时，即所以当时，，即，函数单调递增；当时，，即，函数单调递减．所以有极大值即最大值，于是．当时，不等式可化为，由（2）可知，函数在上单调递增，且存在一个零点，同理可得．综上可知．又因为，所以正整数的取值集合为．练习2：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）当a −1≤0时，即a ≤1时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极小值；当a −1>0时，即a >1时，，函数f(x)在(0,a −1)上单调递减；，函数f(x)在(a −1,+∞)上单调递增；，综上所述，当a ≤1时，f(x)无极小值；当a >1时，（2）令当−1≤a ≤1时，要证：f(x)>g(x)，即证F(x)>0,即证，要证，即证. ①当0<a ≤1时，令，，所以ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，故，即x >sinx .，1y =-k {}1,2,3()01f '=(1)1f =-(1,1)-1y =-1x =01x <<()0f x '<()f x 1x >()0f x '>()f x ()f x ()f x (0,1)1x 0k =()f x (3,4)2x 3k =k 1x =(1)10g =>m R ∈01x <<()f x (0,1)1x 11ln 2x x =-10x x <<()0f x >()0g x '>()g x 11x x <<()0f x <()0g x '<()g x ()g x 1m x >1x >()f x (3,4)2x 2m x <12x m x <<m {}1,2,3令，q ′(x)=lnx ，当，q(x)在(0,1)单调递减；，q(x)在(1,+∞)单调递增，故，即xlnx ≥x −1.当且仅当x =1时取等号又∵0<a ≤1，由（∗）、（∗∗）可知所以当0<a ≤1时， ②当a=0时，即证xlnx >−1.令m(x)=xlnx ，，m(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，，故xlnx >−1③当−1≤a <0时，当x ∈（0,1]时，，由②知，而−1e >−1，故；当时，asinx −1≤0，由②知，故；所以，当时，.综上①②③可知，当−1≤a ≤1时，f(x)>g(x).。

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关于含参导数的练习题一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．3．（2014•二模）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的取值围；（Ⅲ）求证：．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．10．（2014•宿迁一模）已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．15．（2014•一模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值围．16．（2014•三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；（Ⅲ）对一切的x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2恒成立，数a的取值围．17．（2014•揭阳三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（1）数a的值；（2）若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（3）证明：对任意的正整数n，不等式都成立．18．（2014•模拟）已知函数f（x）=m（x﹣1）2﹣2x+3+lnx（m≥1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）在区间[1，3]上的极小值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在单调递减区间[a，b]；（Ⅲ）是否存在实数m，使曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值，若不存在，请说明理由．19．（2015•横峰县一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（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，问：m在什么围取值时，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，若在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f （x0）成立，试数p的取值围．20．（2014•聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（Ⅰ）数a的值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．关于含参导数的练习题参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0∴x+c及f'（1）=0，有∵f'（x）≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．（2）∵．∴．∴由f'（x）+h（x）＜0，即即＜0，即当时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为∅．（3）∵，∴f'（x）=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．∴g（m）=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g（x）=f'（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．3．（2014•二模）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的取值围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：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，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值围．解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m（x）在上为减函数，于是，从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f（x）在上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（Ⅲ）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0，所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]当x=时，f′（x）=0．由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：x （0，）（，e]f′（x）﹣+f（x）↘最小值↗又因为，当x→0时，f（x）→+∞，，所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使f（x i）=g（x0）成立．点评：此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，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．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定f（x）的定义域；（2）求导数fˊ（x）；（3）在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；（4）确定的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，分离参数等价于k≥，利用导数求函数h （x）=的最大值即可求得实数k的取值围；（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f （x）＜x，即lnx＜x﹣1，令x=，则得到，利用导数的运算法则进行化简，然后再相加，即可证得结论．解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=．则当x时，f′（x）＞0；x时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在上单调递减；（2）∵x＞0，∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h（x）=，则k≥h（x）max，∵h′（x）==0，得x=1，且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）max=h（1）=1，故k≥1．（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，则，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n（n+1）＜1+…+．点评：此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；压轴题．分析：（I）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．（II）先表示出过点（2，5）与曲线y=g（x）相切的直线，进而假设函数，可求得切线的条数．解答：解：（I）由题意得，函数的定义域为（0，+∞），=当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）当a＞0时，令f′（x）＞0，x＞a令f′（x）＜0，0＜x＜a故f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）（II）设切点为（m，n）∴∴令由导数为0可得，x=2，∴h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增∵f（）＞0，f（2）=ln2﹣1＜0∴h（x）与x轴有两个交点∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线．点评：本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查利用导数解决切线问题，有一定的综合性．．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，f′（x）=+=，由此能推导出f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）将函数为增函数，转化为导函数大于等于0恒成立，分离出参数a，求出a的围．（3）对h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，只要要求g（x）max≥h（x）max，即可，从而求出m的围．解答：解：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，∴f′（x）=+=，x＞0．∵x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）∵f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，a＞0．∴g（x）=ax﹣﹣5lnx，x＞0∴g′（x）=a+﹣=，若g′（x）＞0，可得ax2﹣5x+a＞0，在x＞0上成立，∴a＞=，∵≤=（x=1时等号成立），∴a＞．（3）当a=2时，g（x）=2x﹣﹣5lnx，∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，∴要求g（x）的最大值，大于h（x）的最大值即可，g′（x）==，令g′（x）=0，解得x1=，x2=2，当0＜x＜，或x＞2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数；当＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；∵x1∈（0，1），∴g（x）在x=处取得极大值，也是最大值，∴g（x）max=g（）=1﹣4+5ln2=5ln2﹣3，∵h（x）=x2﹣mx+4=（x﹣）2+4﹣，若m≤3，h max（x）=h（2）=4﹣2m+4=8﹣2m，∴5ln2﹣3≥8﹣2m，∴m≥，∵＞3，故m不存在；若m＞3时，h max（x）=h（1）=5﹣m，∴5ln2﹣3≥5﹣m，∴m≥8﹣5ln2，实数m的取值围：m≥8﹣5ln2；点评：本题考查函数单调性与导数的关系，和分类讨论思想，及二次函数的知识，是导数中常见的恒成立问题，属难题．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题．分析：（I）根据已知中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到答案．（II）根据（I）的结论我们易当a≤0时，f（x）≤0不恒成立，当a＞0时，仅须函数的最大值小于0即可，由此构造关于a的不等式即可得到答案．（III）（1）由（II）的结论我们可以得到f（x）=x﹣e x﹣1≤0恒成立，故（i=1，2，3…n）成立；（2）结合（1）的结论，我们分别取i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到n个不等式，根据不等式的性质相乘后，即可得到结论．解答：解：（I）∵函数f（x）=x﹣ae x﹣1．∴函数f′（x）=1﹣ae x﹣1．当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上是增函数当a＞0时，令f′（x）=0得x=1﹣lna，则f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数综上可知：当a≤0时，f（x）在R上是增函数；当a＞0时，f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数．（II）由（I）可知：当a≤0时，f（x）≤0不恒成立当a＞0时，f（x）在点x=1﹣lna时取最大值﹣lna，令﹣lna≤0，则a≥1故若f（x）≤0对x∈R恒成立，则a的取值围为[1，+∞）（III）（1）由（II）知：当a=1时恒有f（x）=x﹣e x﹣1≤0成立即x≤e x﹣1∴（2）由（1）知：，，…，把以上n个式子相乘得≤=1∴A n≥a1•a2•…•a n故点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据已知条件中函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答本题的关键．10．（2014•宿迁一模）已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求原函数的导数，根据f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可；（2）由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；（3）假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．解答：解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b则f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，所以f（x）的单调递减区间为（﹣2，）；（2）函数f（x）的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，则函数y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函数，在（，﹣）上是减函数，由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；故实数b的取值围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；（3）设点A（x0，f（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，故点B的横坐标为x B=﹣（2x0+）由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（λ﹣1）a﹣，故，解得λ=4，a=，故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．点评：本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时还考查了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值；（2）求导数fˊ（x），在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（3）根据第一问的单调性先对|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|进行化简整理，转化成研究g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）单调性问题，然后再转化成导函数在（0，+∞）上恒大于等0或恒小于等于的恒成立问题．解答：解：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，定义域为（0，+∞）f′（x）==，…2分所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分所以f（x）max=f（1）=…4分（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，定义域为（0，+∞）求导得：f′（x）=+2ax=，…5分对参数a进行讨论：当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=，则当x∈（0，），f′（x）＞0；当x∈（，+∞），f′（x）＜0；故f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；…8分（3）不妨设0＜x1＜x2，①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）﹣4x，需证g（x）=f（x）﹣4x在（0，+∞）上单调递增，即证g′（x）=f′（x）﹣4=≥0，即2ax2﹣4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．当a=0时，则由﹣4x+1＞0得x＞，不合题意，即a≠0，则a＞0；根据二次函数y=2ax2﹣4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤﹣2舍去）；…10分②当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，即g′（x）=f′（x）+4=≤0，即2ax2+4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=，所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≤﹣2，（a≥1舍去）；…12分③当当﹣1＜a＜0时，f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；此时|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|等价于f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤﹣2，这与﹣1＜a＜0不符，故此种情况无解；综上可知，实数a的取值围为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）…14分点评：本题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知道如何分类；第（3）问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调性．本题考查了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：第（Ⅰ）问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在（0，+∞）正负判断函数的单调性；第（Ⅱ）问通过研究函数在区间[1，2]上的单调性，确定在何处取到函数的最小值；第（Ⅲ）问要利用不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，比较两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=（a+e x=（ax2+bx﹣b）…1分当a=2，b=1时，f′（x）=（2x2+x﹣1）=（x+1）（2x﹣1）…2分令f′（x）=0，得x=或x=﹣1（舍去）…3分因为，所以当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数…4分当x∈（时，f′（x）＞0，f（x）是增函数．所以函数f（x）的单调递减区间为（0，）；单调递增区间为（）…5分（Ⅱ）令g（x）=ax2+bx﹣b．因为a＞0，b＞0，所以二次函数g（x）的图象开口向上，对称轴x=﹣，且g（1）=a＞0，…7分所以g（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，又因为＞0，所以f′（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，…8分所以f（x）在x∈[1，2]上为增函数，故f（x）max=f（1）=（a+b）e…10分（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e x恒成立，化简得：（1﹣e x≤lnx•e x，即lnx≥1﹣恒成立，…11分令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1﹣，∴ln（1×2）＞1﹣，ln（2×3）＞1﹣，ln（3×4）＞1﹣，…，ln[n（n+1）]＞1﹣，…12分叠加得ln[1×22×32×…×n2（n+1）]＞n﹣2[+]=n﹣2（1﹣）＞n﹣2．则1×22×32×…×n2（n+1）＞e n﹣2，所以[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）…14分点评：本题综合性较强，难度较大；考查了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第（Ⅲ）问解决的关键是要建立条件要要比较的两个式子之间的联系．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），由此进行分类讨论，能求出函数f（x）在定义域的极值点的个数．（Ⅱ）由函数f（x）在x=1处取得极值，知a=1，故，由此能求出实数b的取值围．（Ⅲ）由，令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，由此能够证明．解答：解：（Ⅰ），当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）单调递减，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点；当a＞0时，f'（x）＜0得，f'（x）＞0得，∴f（x）在上递减，在上递增，即f（x）在处有极小值．∴当a≤0时f（x）在（0，+∞）上没有极值点，当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．（4分）（注：分类讨论少一个扣一分．）（Ⅱ）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴a=1，…（5分）∴，…（6分）令，可得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，…（8分）∴，即．（9分）（Ⅲ）证明：，（10分）令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，又∵，显然函数在（e﹣1，+∞）上单调递增．（12分）∴，即g'（x）＞0，∴g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，即，∴当x＞y＞e﹣1时，有．（14分）点评：本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；（2）由题意，对于定义域任意自变量都使得|f（x1）﹣f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；（3）由题意，若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．解答：解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．（2分）根据题意，得即解得所以f（x）=x3﹣3x．（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；。