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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- alnx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- a lnx+ 1的单调性
例3. 1讨论 f x = ax44 -
1 x3+ 13 2 ax
2- 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. a讨论 f x = x+ (1- a)lnx+ x + 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+ a ex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
2
例6.讨论 f x = 1 2 x
2- a + 1a x+ lnx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
7. f x = ax3- a+ 3例 讨论 x22 + 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 1 x = 22 ax - a+ 1 x+ lnx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- 2 1 ex- 2 x- 1
2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- 2ax lnx- 1 x22 + 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+ alnx,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 ex- ax2- 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 ≥ xex+ 1- a x2+ cosx- 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 - lnx．
(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 = xlnx- a2 x
2- 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< x λ1x2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 = ex- 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- lnx.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若m= 0,设 g x = f x + 2- x ex 1在 2 ,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 ex- x2+ 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.
① 0< a< 12 ,04. (2022 ) f x = 1+ alnx届华大新高考联盟名校高考押题卷 设函数 x ,其中 a∈R.
(1)当 a≥ 0时 ,求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x ≤ x2,求实数 a的取值范围.
5. (2022 a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- 1 lnx+ x+ x
(1)若 a< 0,讨论函数 f x 的单调性；
(2)g x = f x + lnx- a
2x + λx
x 有两个不同的零点 x1,x
1 2
2 0< x1< x2 ,若 g > 0恒成立 ,求 λ的范2+ λ
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 = lnx- ax2+ 2 a∈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.
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 + 3 1+m x 2 +
6mx x∈R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x
(2)若 f 1 = 5,

函数 g x = a lnx+ 1 - 2 ≤ 0在 1,+∞ 上恒成立 ,求整数 a的最大值.x
8. (2022 1四川省资阳市高三第一次质量检测 )已知函数 f(x) = (x- a- 1)ex- 2 ax
2+ 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-ea- 1,求 a的取值范围.
9. (2021 a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+ lnx- x ,g x = a- 2x lnx+
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 - lnx a∈R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2) 2e
x-1 x2+ 1
证明：当 x> 1时 , lnx ≥ .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- alnx的单调性
分析：f x = x- a x x> 0 ,f
x = 0 根的情况转化为 x- a= 0 x> 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- a lnx+ 1的单调性
ax- 1- a
分析： f x = x 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- aa 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 1- a 1- a x 在 0, a 上是减函数 ,在 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
3. 1 1 1例 讨论 f x = 4 ax
4- x33 +
2
2 ax - x+ 1的单调性
分析：f x = x2+ 1 ax- 1 ,因为 x2+ 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 -∞ ,
1
a 上递减；
(2)a= 0 时 f x 在 -∞ ,+∞ 上递减；
(3) a< 0 时 f x 在 1 a ,+∞ 上递减 ,在 -∞ ,
1
a 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. a讨论 f x = x+ (1- a)lnx+ x + 1的单调性
x+ 1 x- a分析： f x = 2 x> 0 ,因为 x+ 1> 0,f
x = 0 根的情况转化为 x- a= 0 在 0，+∞ 上
x
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 = x2+ ax+ a ex的单调性
分析：f x = x+ 2 x+ a ex,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
2
例6.讨论 f x = 1 2 a + 1 2 x - a x+ lnx的单调性
x- a x- 1
分析：f x = a x x> 0 ,f x = 0 根的情况转化为 x- a x-
1
a = 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 1 1 x 在 0,a , a ,+∞ 上是增函数 ,在 a, a 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 1a , a,+∞ 上是增函数 ,在 a ,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 = ax3- a+ 3 22 x + 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 1 13 > a；
步骤三：讨论 a> 0(根据 13 ,
1
a 的大小再分 0< a< 3,a= 3,a> 3)
答案：
(1)a= 0,f x 在 0，1 3 上是增函数 ,在
1
3 ,+∞ 上是减函数；
(2)a< 0, f 1 1 x 在 0, a , 3 ,+∞ 上是减函数 ,在
1 1
a , 3 上是增函数；
(3)0< a< 3,f x 在 0, 13 ,
1
a ,+∞ 上是增函数 ,在
1 , 13 a 上是减函数；
(4)a= 3,f x 在 -∞，+∞ 上是增函数；
(5)a> 3, f x 在 0, 1 1a , 3 ,+∞ 上是增函数 ,在
1 , 1a 3 上是减函数.
提醒：对于类二次方程 ,不要忽略对 x2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. 1讨论 f x = 2 ax
2- a+ 1 x+ lnx的单调性
x- 1 ax- 1分析： f x = x x> 0 ,f
x = 0 根的情况转化为 x- 1 ax- 1 = 0 x> 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,
1
a 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 , 1 a ,+∞ 上是增函数 ,在 1,
1
a 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
1
a ,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 ex- 1 2 x- 1
2的单调性
分析：f x = x- 1 aex- 1 ,f x = 0 根的情况转化为 x- 1 aex- 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 aex- 1 的拟合函数为 y= x- 1 x+ lna (根据 1,-lna的大小再分
0< a< 1e ,a=
1 1
e ,a> e )
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 , -lna,+∞ 上是增函数 ,在 1,-lna 上是减函数；
(3)a= 1e ,f x 在 -∞，+∞ 上是增函数；
(4)a> 1e , f x 在 -∞ ,-lna , 1,+∞ 上是增函数 ,在 -lna,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 = x2- 2ax lnx- 12 x
2+ 2ax+ 1的单调性
分析：f x = x- a lnx 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+ alnx,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．
【解析】 (1)f '(x) = 1+ a = x+ ax x x> 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
(2)依题意得：f x ≤ x2+ x对任意 x∈ (1,+∞)恒成立 ,等价于 a≤ xlnx x> 1 恒成立.
令 g x = x
2 2xlnx- x x 2lnx- 1
lnx x> 1 ,则 g' x = 2 = 2 ,则当 x> e 时 ,g' x > 0,当 1< x< e 时 lnx lnx
,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 ex- ax2- 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 ≥ xex+ 1- a x2+ cosx- 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)ex- 2ax- 4a= (x+ 2) ex- 2a ,
①若 0< a< 1 2 ,则 ln2a<-2,当 x< ln2a或 x>-2 时 ,f
(x)> 0,当 ln2a< x<-2 时 ,f (x)< 0,
2e
∴ f(x)在 (-∞ ,ln2a) ,(-2,+∞)上单调递增 ,在 (ln2a,-2)上单调递减；
②若 a= 1 2 ,则 ln2a=-2,f
(x)≥ 0,
2e
∴ f(x)在 (-∞ ,+∞)上单调递增；
③若 a> 1 2 ,则 ln2a>-2,当 x<-2 或 x> ln2a时 ,f
(x)> 0,当-2< x< ln2a时 ,f (x)< 0,
2e
∴ 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< 1 2 时 ,f(x)的单调增区间为 (-∞ ,ln2a) ,(-2,+∞) ,单调减区间为 (ln2a,-2)；当 a2e
= 1 2 时 ,f(x)的单调增区间为 (-∞ ,+∞)；当 a>
1
2 时 ,f(x)的单调增区间为 (-∞ ,-2) ,(ln2a,+∞) ,2e 2e
单调减区间为 (-2,ln2a).
(2)设 g(x) = f(x) - xex- (1- a)x2- cosx+ 2ax= ex- x2- 2ax- cosx(x≥ 0),
则 g (x) = ex- 2x- 2a+ sinx,
设 h(x) = ex- 2x- 2a+ sinx(x≥ 0),
则 h (x) = ex+ cosx- 2,
设m(x) = ex+ cosx- 2(x≥ 0),
则m (x) = ex- sinx> 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) = ex- x2(x> 0) ,则 t (x) = ex- 2x> 0(x> 0),
所以 t(x)在 (0,+∞)上单调递增,
所以 t(x)> t(0) = 1,所以 ex> x2(x> 0),
所以 g (6a) = e6a- 14a+ sin6a> 36a2- 14a- 1,
设 φ(a) = 36a2- 14a- 1 a> 12 ,易知 φ(a)在
1
2 ,+∞ 上单调递增,
∴ φ(a)> 36× 14 - 14×
1
2 - 1= 1> 0,即 g
(6a)> 0,
∴存在 x0∈ (0,6a) ,使 g x0 = 0,
当 0< x< x0时 ,g (x)< 0,
∴ g(x)在 0,x0 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)≥ xex+ (1- a)x2+ cosx- 2ax恒成立 ,且实数 a的取值范围为
-∞ , 1 2 .
3.(2023 ) a≥ 0, f x = ax+ 1+ a例 届湖北省新高三摸底联考 已知 函数 x - lnx．
(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 a+ 1 x = ax+ x - lnx,定义域为 0,+∞ ,
f x = a- a+ 1
ax2- x-
- 1 =
a+ 1 x+ 1 ax- a- 1

x2 x
= .
x2 x2
-
若 = , =
x+ 1
a 0 f x 2 < 0 恒成立 ,所以 f x 在 0,+∞ 上单调递减；x
a x+ 1
x- 1-
1
若 a> 0,f x = a
1
2 ,1+ a > 0,x
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+
1
a ,+∞ 上单调递增．
综上 ,a= 0 时 ,f 1 1 x 在 0,+∞ 上单调递减；a> 0 时 ,f x 在 0,1+ a 上单调递减 ,在 1+ a ,+∞ 上
单调递增．
(2)令 g x = f x - 2a+ 1 = ax+ a+ 1 x - lnx- 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+
1
a ,+∞ 上单调递增,
又 1+ 1a > 1,所以 g 1+
1
a < 0,
令 h a = g 2a+ 2 = 2a2- 12 - ln 2a+ 2 ,a∈ 1,+∞ ,
2
由 h a = 4a- 2 = 4a + 4a- 1 2a+ 2 a+ 1 > 0 恒成立,
所以 h a 在 1,+∞ 上单调递增．
3 3
3 2 2
又 e3> 16,所以 e16 > 1,即
e
4 > 1．从而 h
3
1 = 2 - ln4= ln
e
4 > 0,
所以 h a > h 1 > 0,即 g 2a+ 2 > 0．
因为 2a+ 2> 2,1+ 1 1a < 2,所以 2a+ 2> 1+ a ,
所以存在唯一 x1∈ 1+ 1a ,2a+ 2 ,使得 g x1 = 0,所以 g x < 0 的解集为 1,x1 ,
即 f x < 2a+ 1 的解集为 1,x1 ,又 1,x1 的区间长度为 x1- 1< 2a+ 2 - 1= 2a+ 1,
原命题得证．
例4.(2022 a届青海省西宁市高三下学期第三次模拟 )已知函数 f x = xlnx- 22 x - 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 x < x ,若不等式 e1+λ< x xλ1 2 1 2恒成立 ,求正数 λ的范围.
【解析】 (1)f x = xlnx- a 22 x - x+ a,所以 f
x = lnx- ax,令 g x = lnx- ax,故 g x 1 = x - a=
1- ax
x x> 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 1 x > 0,得 0< x< a ,令 g
x < 0,得 x> 1a ,
所以 g 1 x 在 0, a 上单调递增 ,在
1
a ,+∞ 上单调递减,
即 f x 在 0, 1a 上单调递增 ,在
1
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 0, 1a 上单调递增 ,在
1
a ,+∞
上单调递减.
(2)e1+λ< x λ1x2 等价于 1+ λ< lnx1+ λlnx2,
由题意可知 x1,x2分别是方程 f x = 0 的两个根 ,即 lnx- ax= 0 的两个根,
即 lnx1= ax1,lnx2= ax2,原式等价于 1+ λ< ax1+ λax2= a x1+ λx2 .
因为 λ> 0,0< x1< x2,所以原式等价于 a> 1+ λx1+
,又 lnx1= ax1,lnx2= ax2,λx2
x
ln 1
x
ln 1
作差得 , x x xln 1x = a
1+ λ
x1- x2 ,即 a= 2x - x ,所以原式等价于
2
x - x > ,2 1 2 1 2 x1+ λx2
1+ λ x - x
因为 0< x1< x2,所以
x1 ln 1 2x <2 x1+
恒成立.
λx2
x1 1+ λ t- 1令 t= x ,t∈ 0,1 ,则不等式 <

lnt + 在 t∈ 0,1 上恒成立,2 t λ
令
1+ λ t- 1 2 2
m t = lnt- ,又因为m 1
1+ λ t- 1= - =
t- λ
t ,
t+ λ t t+ λ 2 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 e1+λ< x xλ1 2 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 = ex- 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 = ex- ax,f x = ex- a,当 a≤ 0 时 ,f x = ex- a> 0,f x 在R上单调递
增；当 a> 0 时 ,令 f x = 0 有 x= lna,当 x∈ -∞ ,lna 时 ,f x < 0,f x 单调递减 ,当 x∈ lna,+∞
时 ,f x > 0,f x 单调递增.
(2)当 a> 0 时 ,由 (1)若 f x ≥ 0,则 f lna ≥ 0 有解即可 ,即 a- alna+ b≥ 0 有解 ,即 b≥ alna- a有
解 ,设 g a = alna- a,则 g a = lna,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 gmin a = ln1- 1=-1,故当 b≥ alna- a min=-1. 故 b的最小值为-1
2. (2023届三省三校高三第一次联考 )已知函数 f(x) = (1-m)x- lnx.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若m= 0,设 g x = f x + 2- x ex 1在 2 ,1 上的最小值为n,求证：(n- 3) (n- 4)< 0 .
(1-m)x- 1
【解析】 (1)f (x) = 1-m- 1x = x x> 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, < (1-m)x- 1即m 1 时：令 f (x)< 0,即 x < 0,解得：0< x<
1
1-m ;
所以 f(x)在 0, 11-m 上单调递减 ,在
1
1-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
1
1-m ,+∞ 上单调递增.
(2)当m= 0 时 ,g x = x- lnx+ 2- x ex,x∈ 12 ,1 .
g x = 1- 1 x x x- 1 x - e + 2- x e = x + 1- x e
x= 1- x ex- 1x .
因为m x = ex- 1 x 在
1
2 ,1 上单调递增 ,且m
1
2 = e- 2< 0,m 1 = e- 1> 0.
所以必存在点 x ∈ 1 ,1 ,使 g 0 2 (x0) = 0,即 e
x0= 1x x0=-lnx00
且当 x∈ 1 2 ,x0 时 g (x)< 0,当 x∈ x ,1 时 g

0 (x)> 0,
所以 g(x)在区间 12 ,x0 上单调递减 ,在区间 x0,1 上单调递减.
所以 2- xn= g x min= g x0 = x0- lnx0+ 2- x 2 10 ex0= 2x + 00 x = 2x0+ x - 1.x0∈ 2 ,1 .0 0
又因n= 2x 20+ x - 1 在
1
2 ,1 上单调递减.0
所以 2+ 2- 1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 ex- x2+ 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.
① 0< a< 12 ,0【解析】 (1)f x = (x- a)ex- 2x+ 2a= (x- a) ex- 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由 (1)知 f x 在 (0,a)上递增 ,在 (a,ln2)上递减 ,所以 f(m)≤ f(a) =-ea+ a2,
令 g(a) = ea- a- 1 0< a< 12 ,则 g
(a) = ea- 1,
当 0< a< 1 12 时 ,g (a)> 0,得函数 g(a)在 0, 2 上单调递增,
所以 g(a)> g(0) = 0,即 ea- a- 1> 0,则-ea<-a- 1,
2
所以 f(a) =-ea+ a2< a2- a- 1= a- 1 - 52 4 <-1< 0,
所以 f m < 0.
选② ,当 1< a< 2,1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 e2- 4+ 4a< 4 1- a - 4+ 4a= 0,
所以当 1< x< 2 时 ,f x < 0,所以 f m < 0.
4. (2022 1+ alnx届华大新高考联盟名校高考押题卷 )设函数 f 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 ≤ x2,求实数 a的取值范围.
【解析】 (1)f(x) = 1+ alnxx (x> 0),
f (x) = a- (1+ alnx) = a- 1- alnx
x2 x2
.
= , ( ) = a- (1+ alnx)当 a 0 时 f x 2 =-
1
2 < 0 恒成立 ,则 f x 在 0,+∞ 上为减函数,x x
当 a> 0 时 ,令 f (x)> 0, a-1可得 a- 1- alnx> 0,则 lnx< a- 1a ,解得 0< x< e
a ,
令 f (x)< , a-10 解得 x> e a ,
综上 ,当 a= 0 时 ,f x 的减区间为 0,+∞ ；
当 a> 0 时 , a-1 a-1f x 的单调递增区间为 0,e a ,单调递减区间为 e a ,+∞ .
(2)由 f(x)≤ x2,可得 x3- alnx- 1≥ 0
设 g(x) = x3- alnx- 1(x> 0),
3
则 g (x) = 3x2- a = 3x - ax x .
①当 a≤ 0 时 ,g x > 0,g x 1 1 1 7 单调递增 ,而 g 2 = 8 - aln 2 - 1=- 8 + aln2< 0,
所以不满足题意,
3 3
②当 a> 0 时 ,令 g (x) = 3x - ax = 0,解得 x=
a
3 ,
3
当 x∈ 0, a3 时 ,g x < 0,g x 为减函数,
3
当 x∈ a3 ,+∞ 时 ,g x > 0,g x 为增函数,
3
所以 g(x)≥ g a = 1 1 13 3 + 3 ln3 a- 3 alna- 1.
令 h(a) = 1 + 13 3 ln3 a-
1
3 alna- 1(a> 0),
h (a) = 13 +
1
3 ln3-
1
3 (lna+ 1) =
1
3 (ln3- lna),
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 ≤ h 3 = 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 a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- 1 lnx+ x+ x
(1)若 a< 0,讨论函数 f x 的单调性；
( ) a 2x + λx2 g x = f x + lnx- x 有两个不同的零点 x1,x2 0< x < x
1 2
1 2 ,若 g + > 0恒成立 ,求 λ的范2 λ
围．
【解析】 (1)f x 定义域为 0,+∞
x
2+ a- 1 x- a x+ a x- 1
f x = a- 1 1 a

x + 1- x2
= =
x2 x2
ⅰ )0<-a< 1 即-1< a< 0 时,
f x < 0 -a< x< 1,f x > 0 0< x<-a或 x> 1
ⅱ ) - 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
( ) alnx + x = 02 g x = alnx+ x,由题 1 1 alnx2+ = ,0< xx 0 1< x22
则 xa lnx1- lnx2 = x2- x1,设 t= 1x ∈ 0,1 2
∴ = x2- x1 = x2- xa 1lnx1- lnx2 lnt
g x
a
= x + 1
∴ 2x1+ λx2 = 2+ λ + = x2- xg 1 2+ λ2+ a 1λ 2x1+ λx2 lnt + 12x1+ λx2
2+ λ 1- t= + 1> 0 恒成立
2t+ λ lnt
t∈ 0,1 ,
∴ lnt< 0
2+ λ 1- t∴ + + lnt< 0 恒成立2t λ
2+ λ 1- t
设 h t = + + lnt,2t λ
∴ h t < 0 恒成立
λ2
2
1 2+ λ 2t+ λ
2- t 2+ λ
= - =
2 4 t- 1 t- 4
h t t = 2t+ λ 2 t 2t+ λ 2 t 2t+ λ 2
ⅰ )λ2≥ 4 时 ,t- λ
2
4 < 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
2
ⅱ )λ2< 4,t∈ 0, λ4 ,
∴ h t > 0,
2
∴ h t 在 0, λ4 上单调递增
t∈ λ
2
4 ,1 时 ,h t < 0,
∴ h t 在 λ
2
4 ,1 上单调递减
∴ t∈ λ
2
4 ,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 = lnx- ax2+ 2 a∈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.
2
【解析】 (1)f x 的定义域是 0,+∞ ,f x = -2ax + 1 x .
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= 2a2a 或-
2a 2a
2a (舍 ) ,令 f x > 0,解得 0< x< 2a ,令 f x < 0,
解得 x> 2a2a ,
所以 f x 在 0, 2a 上单调递增 ,在 2a 2a 2a ,+∞ 上单调递减.
(2)若 f x - 2- a x≥ 0 在 x∈ 1,e 上恒成立 ,即 lnx- ax2- 2- a x+ 2≥ 0 在 x∈ 1,e 上恒成立.
令 g x = lnx- ax2- 2- a x+ 2,x∈ 1,e ,
1 -2ax
2- 2- a
则 = - - - =
x+ 1 - ax+ 1 2x- 1
g x x 2ax 2 a x = x .
当 a= 0 时 ,g x = lnx- 2x+ 2,g e = lne- 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<-
1
e ,令 g
x
1 1
> 0,解得- a < x< e,令 g
x < 0,解得 1< x<- a ,所以
g x 在 1,- 1a 上单调递减 ,在 -
1
a ,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-
1
e ≤ 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 + 3 1+m x 2 +
6mx x∈R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x
(2)若 f 1 = 5,函数 g x = a lnx+ 1 -

2 ≤ 0在 1,+∞ 上恒成立 ,求整数 a的最大值.x
【解析】 (1)f x = 6x2+ 6 1+m x+ 6m= 6 x2+ 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) = 2x3+ 3x2,
由 x∈ (1,+∞)时 ,lnx+ 1> 0,可知 g(x) = a(lnx+ 1) - 2x- 3≤ 0 在 (1,+∞)上恒成立
可化为 a≤ 2x+ 3 在 x∈ (1,+∞)上恒成立 ,设 h(x) = 2x+ 3lnx+ 1 lnx+ 1 (x> 1),
2(lnx+ 1) - (2x+ 3) × 1 2lnx- 3
则 h (x) = x2 =
x
2 ,(lnx+ 1) (lnx+ 1)
设 φ(x) = 2lnx- 3x (x> 1) ,则 φ
(x) = 2 + 3x 2 > 0,所以 φ(x)在 (1,+∞)上单调递增,x
2 5ln 5 - 3
又 φ(2) = 2ln2- 32 =
ln16- 3 < 0,φ 52 2 = 2ln
5 - 6 22 5 = 5 > 0,
所以方程 h (x) = 0 有且只有一个实根 x0,且 2< x < 50 2 ,2lnx
3
0= x ,0
所以在 (1,x 0)上 ,h (x)< 0, h(x)单调递减 ,在 x0,+∞ 上 ,h (x)> 0,h(x)单调递增,
所以函数 h(x)的最小值为 2xh x = 0
+ 3 2x0+ 3
0 lnx + 1 = 3 = 2x0∈ 4,5 ,0
2x + 10
从而 a≤ 2x0,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)ex- 1 ax22 + 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-ea- 1,求 a的取值范围.
【解析】(1)由题意 ,函数 f(x) = (x- a- 1)ex- 12 ax
2+ a2x,
可得 f (x) = (x- a)ex- ax+ a2= (x- a) ex- a ,
当 a≤ 0 时 ,ex- 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 x1= a或 x2= lna,
设 g(a) = a- lna,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> lna,
由 f (x)> 0,解得 x> a或 x< lna,
由 f (x)< 0,解得 lna< x< a,
故 f(x)在 (-∞ ,lna)递增 ,在 (lna,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 (-∞ ,lna)递增 ,在 (lna,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) =-ea+ 1 a32 <-e
a- 1,解得 a<- 3 2,
当 0< a< 1 时 ,lna< 0,由 (1)知 f(x)在 x= lna处取极大值,
设 h(a) = f(lna) = (lna- a- 1)a- 12 aln
2a+ a2lna= alna 1- 12 lna+ a - a
2- a,
则 h (a) =- 12 ln
2a+ 2alna- a,
因为 0< a< 1,可得 lna< 0,所以 h (a)< 0,h(a)在 (0,1)递减,
所以 h(a)> h(1) =-2>-ea- 1,所以 0< a< 1 不合题意,
当 a≥ 1 时 ,lna≥ 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 (-∞ ,- 3 2).
9. (2021 a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+ lnx- x ,g x = a- 2x lnx+
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·
2
【解析】(1)f x 的定义域为 0,+∞ ,f′ x = 1+ 1 a x + x+ a x + x2
=
x2
,
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- 4a2 ,
当 x∈ 0, -1+ 1- 4a2 时 ,f′ x < 0,单调递减；
当 x∈ -1+ 1- 4a2 ,+∞ 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 -1+ 1- 4a x 在 0, 2 上单调递减；在
-1+ 1- 4a
2 ,+∞ 上单调递增.
(2)由 (1)知 ,当 a∈ 1,4 a 时 ,f x 在 0,+∞ 上单调递增 ,且 f 1 = 1- a< 0，f 2 = 2+ ln2- 2 > 0,
所以 f x 在 0,+∞ 上有唯一零点 x1∈ 1,2 .
又 g′ x =-2lnx+ ax - 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+ a4 - 1< 0,
故存在 x0∈ 1,4 ,使得 g′ x = 0,即 a 0 x = 2lnx0+ 1,0
当 x∈ 0,x0 时 ,g′ x > 0,g x 单调递减；
当 x∈ x0,+∞ 时 ,g′ x < 0,g x 单调递增；
所以 x0是 g x 唯一极大值点 ,所以 x a0= x2,故 x = 2lnx2+ 1,2
因此 f x2 = x2+ lnx - a2 x = x2+ lnx2- 2lnx2- 1= x2- lnx2- 1.2
设 h 1 x = x- lnx- 1,因为 x∈ 1,4 ，h′ x = 1- x > 0,
所以 h′ x 在 1,4 上单调递增 ,所以 h x > h 1 = 0.
故有 f x2 > 0= f x1 ,又 f x 在 0,+∞ 上单调递增,
所以 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 - lnx a∈R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
x-1 2
(2) 2e证明：当 x> 1时 , lnx ≥
x + 1 .
x2- x
2
【解析】(1)函数 f x 的定义域为 0,+∞ ,f x = a 2x- 1 - 1 = 2ax - ax- 1 x x .
令 g x = 2ax2- ax- 1.
g x
①当 a= 0 时 ,g x =-1< 0,f 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= a2+ 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；
2 2
若 Δ> 0,即 a<-8 或 a> 0,令 g x a- a + 8a = 0,得 x1= 4a ,x2=
a+ a + 8a
4a .
当 a<-8 时 ,g x 图象为开口向下的抛物线 ,0< x2< x1,
所以当 x∈ 0,x2 或 x∈ x1,+∞ 时 ,g x < 0,所以 f x < 0,f x 单调递减；
当 x∈ x 2,x1 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 ,x1< 0< x2,
所以当 x∈ 0,x2 ,g x ≤ 0,所以 f x < 0,故 f x 单调递减；
当 x∈ x2,+∞ 时 ,g x > 0,所以 f x > 0,f x 单调递增.
2 2
综上 ,当 a<-8 时 ,f x 在 0, a+ a + 8a 和 a- a + 8a4a 4a ,+∞ 上单调递减,
a+ a2在 + 8a , a- a
2+ 8a
4a 4a 上单调递增；
当 a> 0 时 ,f x 在 0, a+ a
2+ 8a a+ a2+ 8a
4a 单调递减 ,在 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 x2- x> lnx.
x-1 2
因为 0< lnx< x2- x,若 2ex-1≥ x2+ 1 成立 ,则 2e ≥ x + 1lnx 2 成立.x - x
令 φ x = ex-1- 1 x22 + 1 x≥ 1 ,则 φ
x = ex-1- x,φ x = ex-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 φ x 在 1,+∞ 单调递增,
又 φ 1 = 0,所以对 x> 1 恒有 φ x > φ 1 = 0,即 2ex-1≥ x2+ 1.
x-1 2
当 x> 1 时 ,0< lnx< x2- x,则 1 1lnx > 2 > 0,由不等式的基本性质可得
2e ≥ x + 1 .
x - x lnx x2- x

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