资源简介

第 02 讲 导数与函数的单调性
（5 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024 年新 I 卷，第 10 题,6 分 利用导数求函数的单调区间 求已知函数的极值点
证明函数的对称性
利用导数证明不等式
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数求函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
函数对称性的应用
极值与最值的综合应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 利用导数研究具体函数单调性
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
求在曲线上一点处的切线方程
2024 年新Ⅱ卷，第 16 题,15 分 利用导数研究含参函数单调性
根据极值求参数
2023 年新 I 卷，第 19 题,12 分 含参分类讨论求函数的单调区间 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数求函数的单调区间
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点
(不含参)
根据极值点求参数
用导数判断或证明已知函数的单 比较指数寡的大小
2022 年新 I 卷，第 7 题,5 分
调性 比较对数式的大小
含参分类讨论求函数的 利用导数研究不等式恒成立问题
2022 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分
单调区间 裂项相消法求和
利用导数求函数的单调区间 利用导数证明不等式
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分
(不含参) 导数中的极值偏移问题
2021 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 含参分类讨论求函数的单调区间 利用导数研究函数的零点
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1.理解函数的单调性与导数之间的关系
2 能利用导数研究函数的单调性，并会求单调区间
3.能够利用导数解决与函数单调性的综合问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般会在解答题考查，同时小题也会考查用导数判断函数
单调性，且近年来导数和其他版块知识点关联密集，是新高考备考的重要内容。
知识讲解
1. 导函数与原函数的关系
条件 恒有 结论
f (x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增
函数 y＝f(x)在区间
f (x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减
(a，b)上可导
f (x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数
2. 利用导数判断函数单调性的步骤
第 1 步，确定函数的定义域；
第 2 步，求出导函数 f′(x)的零点；
第 3 步，用 f′(x)的零点将 f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出 f′(x)在各区间上的正负，
由此得出函数 y＝f(x)在定义域内的单调性.
[常用结论]
1.若函数 f(x)在(a，b)上单调递增，则 x∈(a，b)时， f (x) 0恒成立；若函数 f(x)在(a，b)上单
调递减，则 x∈(a，b)时， f (x) 0恒成立.
2.若函数 f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则 x∈(a，b)时， f (x)＞0 有解；若函数 f(x)在(a，
b)上存在单调递减区间，则 x∈(a，b)时， f (x)＜0 有解.
考点一、函数与导函数图象之间的关系
1．（浙江·高考真题）函数 y = f (x) 的导函数 y = f (x)的图象如图所示，则函数 y = f (x) 的图象可能是（ ）
A． B． C．
D．
2．（全国·高考真题）已知函数 y = f (x), y = g(x)的导函数的图像如下图，那么 y = f (x), y = g(x)的图像可能
是（ ）
A． B． C． D．
1．（浙江·高考真题）设 f (x) 是函数 f (x) 的导函数，将 y = f (x) 和 y = f (x)的图象画在同一个直角坐标系中，
不可能正确的是（ ）
A． B． C．
D．
2．（浙江·高考真题） 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
是下列选项中的（ ）
A． B． C． D．
3．（江西·高考真题）已知函数 y = xf (x)的图象如图所示（其中 f (x) 是函数 f (x) 的导函数），则下面四个图
象中， y = f x 的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
考点二、利用导数求不含参函数的单调性
1．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x) ax
sin x
= - 3 , x
π
cos x
0,
2 ֏
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
2．（2023·北京·高考真题）设函数 f (x) = x - x3eax+b ，曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 y = -x +1．
(1)求 a,b的值；
(2)设函数 g(x) = f (x) ，求 g(x)的单调区间；
(3)求 f (x) 的极值点个数．
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f x = x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b = a - b ，证明： 2 < + < e .
a b
2．2．
1
1 3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 f x = - x + x2 +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x xex 1= - ax2 - ax .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的单调区间；
(2)当 x 1,+ 时， f x 1 ex - ax2 + ax +1，求 a的取值范围.
2
3 2024· · f x = a ex．（ 浙江 模拟预测）已知函数 + sinx - x -1.
1
(1)当 a = 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
考点三、利用导数求可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = a x -1 - ln x +1．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)当 a 2时，证明：当 x >1时， f x < ex-1恒成立．
2 x．（2023·全国·高考真题）已知函数 f x = a e + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
3
(2)证明：当 a > 0时， f x > 2lna + ．
2
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f (x) = (x -1)ex - ax2 + b．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： f (x) 只有一个零点
2
① 1 e< a ,b > 2a；
2 2
② 0
1
< a < ,b 2a ．
2
1
1．（2024· 2广东东莞·模拟预测）已知函数 f x = x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
3．（2024·新疆·三模）已知函数 f x = x -1 ex a- x2 + a .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有三个不同的零点，求实数 a的取值范围.
1
4 2．（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - a +1 x + x .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1
(2)当 a =1时， h x = f x - x2 + 2x + ，数列 tn 满足 t1 0,1 ，且 tn+1 = h tn n N* 2 x
①比较 tn+1 ， tn+2 ，1 的大小 n N*
②证明： tn+1 + tn+3 > 2t *n+2 n N .
5 x．（2024·广西桂林·三模）已知 f x = x -1- a e - x + 1+ a ln x +1 ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 a > 0且 f x 有 2 个极值点x1， x2 x1 < x2 ，求证： f x1 + f x2 < 2ln 3 - 4 x1 + x2 ．
考点四、利用导数求不可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a ln x
a
+ - x ．
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) 存在唯一的极值点 x0 ，证明： x0 f x0 > x0 + f x0 ．
2．（2024· 2广西河池·模拟预测）已知函数 f x = a ln x + x - ax，定义域为 0, + .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)求当函数 f x 有且只有一个零点时， a的取值范围.
1．（2024· 2内蒙古·三模）已知函数 f x = x - ax + 2lnx .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若a > 0, f x eax 恒成立，求 a的取值范围.
2．（23-24 2高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 f x = x ln x - x - a ， g x = x + ln x - ax．
(1)讨论 g x 的单调性；
(2)若 f x 有两个零点，求实数 a的取值范围；
(3)若 f x + 2x g x 对任意的 x 1恒成立，求实数 a的取值范围．
考点五、根据函数单调性求参数值或范围
1．（2023·全国· x高考真题）已知函数 f x = ae - ln x在区间 1,2 上单调递增，则 a 的最小值为（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
2．（2023·全国·高考真题）设 a 0,1 ，若函数 f x = a x + 1+ a x 在 0, + 上单调递增，则 a 的取值范围
是 .
2 1
3．（2023·宁夏银川· x三模）若函数 f (x) = - ln x 在区间 (m, m + )上不单调，则实数 m 的取值范围为（
3 ）2
2 2
A．0 < m < B． < m <1
3 3
2
C． m 1 D．m>1
3
1．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - a ln x 在区间 (1, 2)单调递增，则 a的最大值为（ ）
A．1 B． e C． e2 D． 2e2
1
2．（2024·江苏泰州·模拟预测）若函数 f x = sin2x - acosx在 0, π 上单调递增，则 a的取值范围是（ ）
2
A． - , -1 B． -1, + C． - ,1 D． 1, +
1
3．（2024· 2黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数 h x = lnx - ax - 2x在 1,4 上单调递增，则实数 a的取值范围为
2
（ ）
A． - , -1 B． - , -1 C． - ,
7
- ù
7
ú D． - , -16 16 ÷è è
1 2
4 2024· · f x = x4 - x3 a 2 é1 ù．（ 全国 模拟预测）已知函数 + x - xlnx 在 ê , 2ú上存在单调递减区间，则实数 a4 3 2 e
的取值范围为（ ）
2e -1ù
A． - , 2 ú B． - , 2 è e
2e -1
C． - , 2 ÷ D． - , 2 è e
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函数，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）在区间[-2,2]上随机取一个实数 a，使 f (x) = ax - sin x 在R 上单调递增的概
率是（ ）
1 2 3 1
A． B． C． D．
3 3 4 4
二、解答题
3．（23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函数 f x lnx a= + ,a R ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
1
(2)若 a = , x >1，证明： f x < ax .
2
4．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．
5．（2024·江西南昌·一模）已知函数 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的单调递减区间；
(2)求 f x 的最大值.
6．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知 f x = aex - x， g x = cos x .
(1)讨论 f x 的单调性.
(2)若 x0 使得 f x0 = g x0 ，求参数 a的取值范围.
7．（2024·河南·三模）已知函数 f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1处的切线方程是 x - y + b = 0 ．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)求函数 f (x) 的单调区间和极值．
x
8．（2024· · e + x -1浙江 三模）已知函数 f x = x ．e
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 y = ax2处的切线与二次曲线 + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
9．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知函数 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)当 a =1时，求 f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 在 1, + 上单调递增，求实数 a 的取值范围.
1 a
10．（23-24 3 2高三上·湖北·期中）已知函数 f x = x + x + a -1 x + 1 .
3 2
(1)若曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线与直线 6x + y +1 = 0平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数 f x 的单调性.
一、单选题
1．（2024·江西宜春·三模）已知 a > 0，且a 1，若函数 f (x) = a(ln x - a x-1)在 (1, + )上单调递减，则 a 的取
值范围是（ ）
A． (0,
1] [1B． ,1) C． (1,e] D．[e, + )
e e
a
2．（2024·云南·模拟预测）已知函数 f x = x2 - x lnx - b -1 , a,b R，且 f x 在区间 0, + 上单调递增，
2
则 2a + b 的最小值为（ ）
1
A．0 B． C． ln2 D．-1
e
二、解答题
3．（2024·四川凉山·三模）已知函数 f x = 2x -1 ex - mx2 - mx + m m R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有三个零点，求实数m 的取值范围，
4．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知函数 f x = a x -1 - lnx a R .
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值集合.
2 2
5．（2024·天津河西·三模）已知函数 f x = -2a ln x - ， g x = ax - 2a +1 ln x - ，其中 a R ．
x x
(1)若 f 2 = 0，求实数 a 的值
(2)当 a > 0时，求函数 g x 的单调区间；
é1 ù
(3)若存在 x 2ê , e ú使得不等式 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围． e
1
6．（2024·浙江杭州·二模）已知函数 f x = aln x + 2 - x2 a R ．
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点，
（ⅰ）求实数 a的取值范围；
（ⅱ）证明：函数 f x 有且只有一个零点．
7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x = x - a lnx + a -1 x a R ．
(1)若函数 f x 在 0, + 上单调递增，求实数 a的值；
1 1 1
(2)求证： ln2 > sin + sin +L+ sin ．
100 101 198
x a8．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数 f (x) = 2e + x - (a - 2)x - 4(a R) .e
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若 a - , 2e ，求函数 f (x) 在区间 x (- , 2]上的零点个数.
9．（23-24 2 x高二下·山西晋城·阶段练习）函数 f (x) = x + ax e (a R) .
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x = x f (x)只有一个解，则当 x > 0时，求使 x > kx - x2 ex -1 成立的最大整数 k.e
10．（2023·河南信阳·模拟预测）设函数 f (x) = (x
a
-1)ex-1 + x2 .
2
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若 a≥- e，讨论函数 f (x) 的零点的个数.
1．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数 f (x) = (x -1)2 (x - 4) ，则（ ）
A． x = 3是 f (x) 2的极小值点 B．当0 < x <1时， f (x) < f x
C．当1< x < 2时，-4 < f (2x -1) < 0 D．当-1 < x < 0时， f (2 - x) > f (x)
1
2．（2023·全国·高考真题）已知函数 f x = + a

÷ ln 1+ x ．
è x
(1)当 a = -1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程．
(2)若函数 f x 在 0, + 单调递增，求 a的取值范围．
e
3．（2022·浙江·高考真题）设函数 f (x) = + ln x(x > 0) ．
2x
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a,b R ，曲线 y = f (x) 上不同的三点 x1, f x1 , x2 , f x2 , x3, f x3 处的切线都经过点 (a , b ) ．证
明：
a > e 0 < b - f (a) 1< a （ⅰ）若 ，则 -12 e ÷
；
è
2 e - a 1 1 2 e - a
（ⅱ）若0 < a < e, x1 < x2 < x3 ，则 + 2 < + < -e 6e x 2 ．1 x3 a 6e
（注： e = 2.71828L是自然对数的底数）
4．（2022·北京·高考真题）已知函数 f (x) = ex ln(1+ x)．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)设 g(x) = f (x) ，讨论函数 g(x)在[0, + ) 上的单调性；
(3)证明：对任意的 s, t (0,+ )，有 f (s + t) > f (s) + f (t) ．
5．（2021·全国·高考真题）设函数 f (x) = a2x2 + ax - 3ln x +1，其中 a > 0 .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 y = f x 的图象与 x 轴没有公共点，求 a 的取值范围.
a
6．（2021·全国·高考真题）已知 a > 0且a 1，函数 f (x) x= x (x > 0)．a
（1）当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
7．（2021·全国·高考真题）已知函数 f (x) = x3 - x2 + ax +1．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）求曲线 y = f x 过坐标原点的切线与曲线 y = f x 的公共点的坐标．
8．（2020·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - a(x + 2) .
（1）当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有两个零点，求 a的取值范围.
9．（2020·全国·高考真题）已知函数 f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论 f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明： f (x) 3 3 ；
8
n
（3）设 n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ 3
4n
.
1
10．（2018·全国· 3高考真题）已知函数 f x = x - a
3 x
2 + x +1 ．
（1）若 a=3，求 f x 的单调区间；
（2）证明： f x 只有一个零点．第 02 讲 导数与函数的单调性
（5 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024 年新 I 卷，第 10 题,6 分 利用导数求函数的单调区间 求已知函数的极值点
证明函数的对称性
利用导数证明不等式
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数求函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
函数对称性的应用
极值与最值的综合应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 利用导数研究具体函数单调性
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
求在曲线上一点处的切线方程
2024 年新Ⅱ卷，第 16 题,15 分 利用导数研究含参函数单调性
根据极值求参数
2023 年新 I 卷，第 19 题,12 分 含参分类讨论求函数的单调区间 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数求函数的单调区间
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点
(不含参)
根据极值点求参数
用导数判断或证明已知函数的单 比较指数寡的大小
2022 年新 I 卷，第 7 题,5 分
调性 比较对数式的大小
含参分类讨论求函数的 利用导数研究不等式恒成立问题
2022 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分
单调区间 裂项相消法求和
利用导数求函数的单调区间 利用导数证明不等式
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分
(不含参) 导数中的极值偏移问题
2021 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 含参分类讨论求函数的单调区间 利用导数研究函数的零点
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1.理解函数的单调性与导数之间的关系
2 能利用导数研究函数的单调性，并会求单调区间
3.能够利用导数解决与函数单调性的综合问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般会在解答题考查，同时小题也会考查用导数判断函数
单调性，且近年来导数和其他版块知识点关联密集，是新高考备考的重要内容。
知识讲解
1. 导函数与原函数的关系
条件 恒有 结论
f (x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增
函数 y＝f(x)在区间
f (x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减
(a，b)上可导
f (x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数
2. 利用导数判断函数单调性的步骤
第 1 步，确定函数的定义域；
第 2 步，求出导函数 f′(x)的零点；
第 3 步，用 f′(x)的零点将 f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出 f′(x)在各区间上的正负，
由此得出函数 y＝f(x)在定义域内的单调性.
[常用结论]
1.若函数 f(x)在(a，b)上单调递增，则 x∈(a，b)时， f (x) 0恒成立；若函数 f(x)在(a，b)上单
调递减，则 x∈(a，b)时， f (x) 0恒成立.
2.若函数 f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则 x∈(a，b)时， f (x)＞0 有解；若函数 f(x)在(a，
b)上存在单调递减区间，则 x∈(a，b)时， f (x)＜0 有解.
考点一、函数与导函数图象之间的关系
1．（浙江·高考真题）函数 y = f (x) 的导函数 y = f (x)的图象如图所示，则函数 y = f (x) 的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】原函数先减再增，再减再增，且 x = 0位于增区间内，因此选 D．
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与 x 轴的交点为 x0 ，且图象在 x0 两
侧附近连续分布于 x 轴上下方，则 x0 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数
f '(x) 的正负，得出原函数 f (x) 的单调区间．
2．（全国·高考真题）已知函数 y = f (x), y = g(x)的导函数的图像如下图，那么 y = f (x), y = g(x)的图像可能
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据导函数的函数值反映的是原函数的斜率大小可得答案.
【详解】
因为 y = f (x) ， y = g(x) 的导数大于零，因此， y = f (x) ， y = g(x) 单调递增，
又 y = f (x) ， y = g(x) 的导数表示曲线 y = f (x) 与 y = g(x) 的曲线上任一点切线的斜率，
y = f (x)是单调递减的，故 y = f (x) 增的慢，
y = g (x)是单调递增的，故 y = g(x) 增的快，排除 A、C，
又 g (x0 ) = f (x0 ) ，即 y = f (x) 与 y = g(x) 在 x0 的切线是平行的，排除 B．
故选：D.
1．（浙江·高考真题）设 f (x) 是函数 f (x) 的导函数，将 y = f (x) 和 y = f (x)的图象画在同一个直角坐标系中，
不可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】解析：检验易知 A、B、C 均适合，不存在选项 D 的图象所对应的函数，在整个定义域内，不具有
单调性，但 y=f（x）和 y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选 D．
2．（浙江·高考真题） 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
是下列选项中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据导函数的正负与原函数单调性的关系，结合图象进行判断即可.
【详解】由导函数的图象可知：当 x < 0 时， f x > 0，函数 f x 单调递增，
当0 < x < 2时， f x < 0，函数 f x 单调递减，
当 x > 2时， f x > 0，函数 f x 单调递增，只有选项 C 符合，
故选：C
3．（江西·高考真题）已知函数 y = xf (x)的图象如图所示（其中 f (x) 是函数 f (x) 的导函数），则下面四个图
象中， y = f x 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先利用函数 y = xf (x)的图象求得函数 f (x) 的单调区间，进而得到正确选项.
【详解】由题给函数 y = xf (x)的图象，可得
当 x < -1时， xf (x) < 0 ，则 f (x) > 0 ，则 f (x) 单调递增；
当-1 < x < 0时， xf (x) > 0，则 f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减；
当0 < x <1时， xf (x) < 0 ，则 f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减；
当 x >1时， xf (x) > 0，则 f (x) > 0 ，则 f (x) 单调递增；
则 f (x) 单调递增区间为 - , -1 ， 1, + ；单调递减区间为 -1,1
故仅选项 C 符合要求.
故选：C
考点二、利用导数求不含参函数的单调性
f (x) ax sin x 1．（2023·全国·高考真题）已知函数 = - 3 , x 0,
π
cos x 2 ֏
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求导,然后令 t = cos2 x ,讨论导数的符号即可;
（2）构造 g(x) = f (x) - sin 2x ,计算 g (x) 的最大值,然后与 0 比较大小,得出 a的分界点,再对 a讨论即可.
1 f (x) a cos x cos
3 x + 3sin x cos2 x sin x
【详解】（ ） = -
cos6 x
2
a cos x + 3sin
2 x a 3 - 2cos
2 x
= - = -
cos4 x cos4 x
令 cos2 x = t ,则 t (0,1)
f (x) g(t) a 3- 2t at
2 + 2t - 3
则 = = - 2 =t t 2
2
当 a = 8, f (x) = g(t) 8t + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)= 2 =t t 2
t 1 π π 当 0, ÷ ,即 x , , f (x) < 0 .
è 2 4 2 ÷ è
t 1 π当 ,1÷ ,即 x

0, ÷ , f
(x) > 0 .
è 2 è 4
所以 f (x)

在 0,
π π π
÷上单调递增,在 ,4 2 ÷ 上单调递减è 4 è
（2）设 g(x) = f (x) - sin 2x
g (x) f (x) 2cos 2x g(t) 2 2cos2 x 1 at
2 + 2t - 3 2 3
= - = - - = 2 - 2(2t -1) = a + 2 - 4t + - 2 设t t t
j(t) a 2 2 3= + - 4t + -
t t 2
3 2
j (t) 4 2 6 -4t - 2t + 6 2(t -1)(2t + 2t+3)= - -
t 2
+
t3
= 3 = - > 0t t3
所以j(t) < j(1) = a - 3 .
1°若a (- ,3] , g (x) = j(t) < a - 3 0
g(x) 0, p 即 在 ÷上单调递减,所以 g(x) < g(0) = 0 .
è 2
所以当 a (- ,3], f (x) < sin 2x ,符合题意.
2° 若 a (3,+ )
t 0, 2 3 3 1 1
2
1
当 - = - - ÷ + - ,所以j(t) - .t t 2 è t 3 3
j(1) = a - 3 > 0 .
所以$t0 (0,1) ,使得j t
p
0 = 0 ,即$x0 0, ÷ ,使得 g x0 = 0 .
è 2
当 t t0 ,1 ,j(t) > 0 ,即当 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)单调递增.
所以当 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合题意.
综上, a的取值范围为 (- ,3] .
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性 t = cos x在定义域内是减函数,若 t0 = cos x0 ,当
t t0 ,1 ,j(t) > 0 ,对应当 x 0, x0 , g (x) > 0 .
2．（2023·北京·高考真题）设函数 f (x) = x - x3eax+b ，曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 y = -x +1．
(1)求 a,b的值；
(2)设函数 g(x) = f (x) ，求 g(x)的单调区间；
(3)求 f (x) 的极值点个数．
【答案】(1) a = -1,b =1
(2)答案见解析
(3)3 个
【分析】（1）先对 f x 求导，利用导数的几何意义得到 f (1) = 0， f (1) = -1，从而得到关于 a,b的方程组，
解之即可；
（2）由（1）得 g x 的解析式，从而求得 g x ，利用数轴穿根法求得 g x < 0与 g x > 0的解，由此求
得 g x 的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间 - ,0 ， 0, x1 ， x1, x2 与 x2 ,+ 上 f x
的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得 f x 的极值点个数.
1 f (x) = x - x3eax+b , x R f x =1- 3x2 + ax3 eax+b【详解】（ ）因为 ，所以 ，
因为 f x 在 (1, f (1))处的切线方程为 y = -x +1，
所以 f (1) = -1+1 = 0， f (1) = -1，
ì1-13 ea+b = 0 ìa = -1
则 í
1- 3
，解得 ，
+ a ea+b = -1 í b =1
所以 a = -1,b =1 .
（2）由（1）得 g x = f x =1- 3x2 - x3 e- x+1 x R ，
g x = -x x2 - 6x + 6 e- x+1则 ，
令 x2 - 6x + 6 = 0，解得 x = 3 ± 3 ，不妨设 x1 = 3- 3 ， x2 = 3+ 3 ，则0 < x1 < x2 ，
易知 e- x+1 > 0恒成立，
所以令 g x < 0，解得0 < x < x1 或 x > x2 ；令 g x > 0，解得 x < 0 或 x1 < x < x2 ；
所以 g x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上单调递减，在 - ,0 ， x1, x2 上单调递增，
即 g x 的单调递减区间为 0,3- 3 和 3+ 3,+ ，单调递增区间为 - ,0 和 3- 3,3+ 3 .
（3）由（1）得 f (x) = x - x3e- x+1 x R ， f x =1- 3x2 - x3 e- x+1，
由（2）知 f x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上单调递减，在 - ,0 ， x1, x2 上单调递增，
当 x < 0 时， f -1 =1- 4e2 < 0， f 0 =1 > 0，即 f -1 f 0 < 0
所以 f x 在 - ,0 上存在唯一零点，不妨设为 x3 ，则-1 < x3 < 0，
此时，当 x < x3时， f x < 0，则 f x 单调递减；当 x3 < x < 0 时， f x > 0，则 f x 单调递增；
所以 f x 在 - ,0 上有一个极小值点；
当 x 0, x1 时， f x 在 0, x1 上单调递减，
则 f x1 = f 3- 3 < f 1 =1- 2 < 0，故 f 0 f x1 < 0，
所以 f x 在 0, x1 上存在唯一零点，不妨设为 x4，则0 < x4 < x1，
此时，当0 < x < x4 时， f x > 0，则 f x 单调递增；当 x4 < x < x1时， f x < 0，则 f x 单调递减；
所以 f x 在 0, x1 上有一个极大值点；
当 x x1, x2 时， f x 在 x1, x2 上单调递增，
则 f x2 = f 3+ 3 > f 3 =1 > 0 ，故 f x1 f x2 < 0，
所以 f x 在 x1, x2 上存在唯一零点，不妨设为 x5 ，则 x1 < x5 < x2，
此时，当 x1 < x < x5 时， f x < 0，则 f x 单调递减；当 x5 < x < x2时， f x < 0，则 f x 单调递增；
所以 f x 在 x1, x2 上有一个极小值点；
2 3 2
当 x > x2 = 3 + 3 > 3时，3x - x = x 3- x < 0，
所以 f x =1- 3x2 - x3 e- x+1 > 0，则 f x 单调递增，
所以 f x 在 x2 , + 上无极值点；
综上： f x 在 - ,0 和 x1, x2 上各有一个极小值点，在 0, x1 上有一个极大值点，共有3个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第 3 小题的解题关键是判断 f x1 与 f x2 的正负情况，充分利用 f x 的单调性，
寻找特殊点判断即可得解.
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f x = x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b = a - b ，证明： 2 < + < e .
a b
【答案】（1） f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+ ；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
1 1
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 = m, = n，命题转换为证明： 2 < m + n < e，然后构造对称差
a b
函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1) f x 的定义域为 0, + ．
由 f x = x 1- ln x 得， f x = - ln x，
当 x =1时， f x = 0；当 x 0,1 时 f x > 0；当 x 1, + 时， f ' x < 0．
故 f x 在区间 0,1 内为增函数，在区间 1, + 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1
由b ln a - a ln b = a - b 得 (1- ln
1) 1= (1- ln 1) ，即 f (
1) f (1= )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1
由（1）不妨设 (0,1),
1
(1, 1 1+ ) ，则 f ( ) > 0 ，从而 f ( ) 0
1
> ，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x = f 2 - x - f x ，
则 g (x) = ln(2 - x) + ln x = ln(2x - x2 ) = ln[1- (x -1)2 ]，
当 x 0,1 时， g x < 0， g x 在区间 0,1 内为减函数， g x > g 1 = 0，
从而 f 2 - x > f x ，所以 f (2 1- ) > f (1) = f (1)，
a a b
2 1 1由（1）得 - < 即 2
1 1
< + ．①
a b a b
令 h x = x + f x ，则 h ' x =1+ f x =1- ln x ，
当 x 1,e 时， h x > 0， h x 在区间 1,e 内为增函数， h x < h e = e，
从而 x + f x < e 1，所以 + f (1) < e ．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)a ，可得
< (1- ln ) = f ( ) = f ( )，
a a a a b
1 1 f (1) 1所以 + < + = e．②
a b b b
1 1
由①②得 2 < + < e．
a b
ln a ln b 1 1 ln a +1 ln b +1
[方法二]【最优解】： b ln a - a ln b = a - b 变形为 - = - ，所以 = ．
a b b a a b
1 m, 1令 = = n．则上式变为m 1- ln m = n 1- ln n ，
a b
于是命题转换为证明： 2 < m + n < e．
令 f x = x 1- ln x ，则有 f m = f n ，不妨设m < n ．
由（1）知0 < m <1,1 < n < e，先证m + n > 2．
要证：m + n > 2 n > 2 - m f n < f 2 - m f (m) < f 2 - m
f m - f 2 - m < 0．
令 g x = f x - f 2 - x , x 0,1 ，
则 g x = - ln x - ln 2 - x = - ln é x 2 - x ù - ln1 = 0，
\ g x 在区间 0,1 内单调递增，所以 g x < g 1 = 0 ，即m + n > 2．
再证m + n < e．
因为m 1- ln m = n × 1- ln n > m，所以需证 n 1- ln n + n < e m + n < e ．
令 h x = x 1- ln x + x, x 1,e ，
所以 h ' x =1- ln x > 0，故 h x 在区间 1,e 内单调递增．
所以 h x < h e = e．故 h n < e，即m + n < e．
1 1
综合可知 2 < + < e．
a b
[方法三]：比值代换
1 1
证明 + > 2同证法 2．以下证明 x + x < e．
a b 1 2
x
不妨设 x2 = tx t =
2
1 ，则 >1x ，1
由 x1(1- ln x1) = x2 (1- ln x2 )得 x1(1- ln x1) = tx1[1- ln(tx1)]， ln x
t ln t
1 =1- ，t -1
要证 x1 + x2 < e，只需证 1+ t x1 < e，两边取对数得 ln(1+ t) + ln x1 <1，
ln(1 t) 1 t ln t即 + + - <1，
t -1
ln(1+ t) ln t
即证 < ．
t t -1
g(s) ln(1+ s)
s
= , s (0, + ) - ln(1+ s)记 ，则
s g (s) = 1+ s
.
s2
1 1
记 h(s)
s
= - ln(1+ s) ，则 h (s) = - < 0 ，
1+ s (1+ s)2 1+ s
所以， h s 在区间 0, + 内单调递减． h s < h 0 = 0，则 g ' s < 0，
所以 g s 在区间 0, + 内单调递减．
由 t 1,+ 得 t -1 0,+ ，所以 g t < g t -1 ，
ln(1+ t) ln t
即 < ．
t t -1
[方法四]：构造函数法
ln a ln b 1 1 1 1
由已知得 - = - ，令 = x , = x ，
a b b a a 1 b 2
不妨设 x1 < x2，所以 f x1 = f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 < x1 <1 < x2 < e ，只需证 2 < x1 + x2 < e．
证明 x1 + x2 > 2同证法 2．
e
x x e 1- ln x -2 + + ln x再证明 1 + 2 < ．令 h(x) = (0 < x < e), h (x) = x ．
x - e (x - e)2
令j(x) = ln x
e
+ - 2(0 < x < e)，则j (x)
1 e x - e
= - 2 = < 0．x x x x2
所以j x > j e = 0, h x > 0 ， h x 在区间 0,e 内单调递增．
1- ln x 1- ln x 1- ln x x - e
因为0 < x 1 2 1 11 < x2 < e，所以 < ，即 >x1 - e x2 - e 1- ln x2 x2 - e
1- ln x1 x2 , x2 x1 - e又因为 f x1 = f x2 ，所以 = >1- ln x2 x1 x
，
1 x2 - e
2
即 x2 - ex2 < x
2
1 - ex1, x1 - x2 x1 + x2 - e > 0．
1 1
因为 x1 < x2，所以 x1 + x2 < e，即 + < e．a b
2 1 1综上，有 < + < e结论得证．
a b
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，
这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 x1 + x2 - e < 0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
1
1 2024· · f x = - x3．（ 湖南邵阳 三模）已知函数 + x2 +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
【答案】(1) 0,2
(2) k 1,
7
è 3 ÷
【分析】（1）利用求导，导数值大于 0 来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得 k 的取值范围.
1
【详解】（1）由 f x = - x3 + x2 +1，得 f x = -x2 + 2x ，
3
令 f x > 0，得-x2 + 2x > 0，解得0 < x < 2．
所以 f x 的单调递增区间为 0,2
（2）令 f x = 0，解得 x = 0或 x = 2．
当 x 变化时， f x ， f x 的变化情况如下表所示：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x 7单调递减 1 单调递增 单调递减
3
由函数 g x = f x - k 有且仅有三个零点，
得方程 f x = k k R 有且仅有三个不等的实数根，
所以函数 y = f x 的图象与直线 y = k 有且仅有三个交点．
显然，当 x - 时， f x + ；当 x + 时， f x - ．
所以由上表可知， f x 的极小值为 f 0 =1， f x 的极大值为 f 2 7= ，
3
k 1, 7 故 ÷．
è 3
1
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = xex - ax2 - ax .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的单调区间；
(2)当 x 1,+ f x ex 1时， - ax2 + ax +1，求 a的取值范围.
2
【答案】(1) f x 的单调递减区间为 -1,0 ，单调递增区间为 - , -1 和 0, +

(2) - ,
1
- ù .
è 2ú
【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间；
（2）先化简不等式参数分离，再根据最值得出最小值即可求参数范围.
【详解】（1）由题得函数 f x 的定义域为R ，
当 a =1时，
f x = x +1 ex - x -1 = x +1 ex -1 ，
当 x - ,-1 , x 0, + 时， f x > 0， f x 单调递增，
当 x -1,0 时， f x < 0, f x 单调递减.
所以当 a =1时， f x 的单调递减区间为 -1,0 ，
单调递增区间为 - ,-1 和 0, + .
x 1 2
（2）当 x 1,+ 时， f x e - ax + ax +1，
2
x 1 2 x 1 2
等价于 xe - ax - ax e - ax + ax +1，
2 2
即 xex - ex -1 2ax，
é x -1 ex 1 ù
即等价于当 x 1,+ 时， 2a ê - ú .
x x min
x -1 e
x
令j x 1= - ，
x x
x2 - x +1 ex
所以j x 1=
x2
+
x2
é 1 2 ù
ê x -
3
÷ + ú e
x
êè 2 4 ú 1
= 2 + > 0,x x2
所以j x 在 x 1,+ 上单调递增，
所以j x j 1 = -1，
所以 a
1
- ，
2
即 a
1 ù
的取值范围为 - , - .
è 2ú
3．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 f x = a ex + sinx - x -1.
1
(1)当 a = 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
【答案】(1)减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + ；
(2)2 个.
【分析】（1）求导，当 x < 0 时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当 x > 0时，利用二
次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当 x > 0时，利用二次导数判断 f x 的单调性，当 x -π时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可
判断函数值符号，当-π交点个数判断即可.
1 1 x 1 x
【详解】（1）当 a = 时， f x = e + sinx - x -1，所以 f x = e + cosx -1，2 2 2
1
当 x < 0 时， ex <1,cos x 1，所以 ex + cosx <1，则 f x < 0，2
所以， f x 在 - ,0 上单调递减.
1
当 x > 0 x时，记 g x = e + cosx -1，则 g x 1= ex - sin x ，2 2
因为 ex >1 sin x ，所以 g x > 0， g x 在 0, + 单调递增，
所以 g x > g 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增.
综上， f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
（2）当 a =1时， f x = ex + sinx - x -1，则 f x = ex + cosx -1，
x
记 h x = e + cosx -1，则 h x = ex - sin x，
当 x > 0时， ex >1 sin x ，所以 h x > 0， h x 在 0, + 单调递增，
所以 h x > h 0 =1 > 0， f x 在 0, + 上单调递增，
所以 f x > f 0 = 0 ， f x 在 0, + 上无零点.
当 x -π时，因为 ex >0,sinx -1,-x -1 π -1，
所以 f x = ex + sinx - x -1 > 0，此时 f x 无零点.
当-π因为当 x 趋近于 0 时， n x 趋近于 0，所以 n x 的变化越来越慢，图象下凹，
当 x = -π时， ex - x -1 > -sin x，当 x = 0时， ex - x -1 = -sin x，
作出函数 n x 和 y = -sin x的图象如图，
由图可知，当-π易知 x = 0是 f x 的一个零点.
综上，函数 f x 共有 2 个零点.
考点三、利用导数求可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = a x -1 - ln x +1．
(1)求 f x 的单调区间；
(2) a 2 x >1 f x < ex-1当 时，证明：当 时， 恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当 x >1时， ex-1 - 2x +1+ ln x > 0即可.
1 f (x) (0, + ) f 【详解】（ ） 定义域为 ， (x) = a
1 ax -1
- =
x x
当 a 0时， f (x)
ax -1
= < 0，故 f (x) 在 (0, + )上单调递减；
x
1
当 a > 0时， x ,+ ÷时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，
è a
1
当 x 0, ÷ 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减.
è a
综上所述，当 a 0时， f (x) 的单调递减区间为 (0, + )；
1 1
a > 0时， f (x) 的单调递增区间为 ,+ ÷ ，单调递减区间为 0,a a ÷
.
è è
（2） a 2，且 x >1时， ex-1 - f (x) = ex-1 - a(x -1) + ln x -1 ex-1 - 2x +1+ ln x ，
令 g(x) = ex-1 - 2x +1+ ln x(x >1) ，下证 g(x) > 0 即可.
g (x) ex-1 1= - 2 + ，再令 h( x) = g ( x)，则 h (x) = ex-1
1
- 2 ，x x
显然 h (x)在 (1, + )上递增，则 h (x) > h (1) = e0 -1 = 0，
即 g (x) = h(x)在 (1, + )上递增，
故 g (x) > g (1) = e0 - 2 +1 = 0，即 g(x)在 (1, + )上单调递增，
故 g(x) > g(1) = e0 - 2 +1+ ln1 = 0，问题得证
2 x．（2023·全国·高考真题）已知函数 f x = a e + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f x > 2lna 3+ ．
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论 a 0与 a > 0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
2 1 2 1
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为 a - - ln a > 0的恒成立问题，构造函数 g a = a - - ln a a > 0 ，
2 2
利用导数证得 g a > 0即可.
方法二：构造函数 h x = ex - x -1，证得 ex x +1，从而得到 f (x) x + ln a +1+ a2 - x，进而将问题转化为
a2 1- - ln a > 0的恒成立问题，由此得证.
2
【详解】（1）因为 f (x) = a ex + a - x，定义域为R ，所以 f x = aex -1，
当 a 0时，由于 ex > 0，则 ae x 0 f x = aex ，故 -1 < 0恒成立，
所以 f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x = aex -1 = 0，解得 x = - ln a ，
当 x < - ln a 时， f x < 0，则 f x 在 - , - ln a 上单调递减；
当 x > - ln a 时， f x > 0，则 f x 在 - ln a, + 上单调递增；
综上：当 a 0时， f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减， f x 在 - ln a, + 上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得， f x = f - ln a = a e- ln a + a + ln a =1+ a2 + ln amin ，
3 2 3 2 1
要证 f (x) > 2ln a + ，即证1+ a + ln a > 2ln a + ，即证 a - - ln a > 0恒成立，
2 2 2
2
g a = a2 1令 - - ln a a > 0 g a 2a 1 2a -1，则 = - = ，2 a a
令 g a < 0 2，则0 < a < ；令 g a > 0 2，则 a > ；
2 2
2 g a 0, 2

所以 在 上单调递减，在 ,+ 上单调递增，
è 2 ÷
÷
è 2 ÷
÷

2
2 g a 2
1 2
所以 = gmin 2 ÷÷
= ÷÷ - - ln = ln 2 > 0，则 g a > 0恒成立，
è è 2 2 2
所以当 a > 0时， f (x) > 2ln a
3
+ 恒成立，证毕.
2
方法二：
h x = ex令 - x -1，则 h x = ex -1，
由于 y = ex 在R 上单调递增，所以 h x = ex -1在R 上单调递增，
又 h 0 = e0 -1 = 0，
所以当 x < 0 时， h x < 0；当 x > 0时， h x > 0；
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，则 ex x +1，当且仅当 x = 0时，等号成立，
x
因为 f (x) = a e + a - x = aex + a2 - x = ex+ln a + a2 - x x + ln a +1+ a2 - x，
当且仅当 x + ln a = 0，即 x = - ln a 时，等号成立，
所以要证 f (x) > 2ln a
3
+ ，即证 x + ln a 1
3 1
+ + a2 - x > 2ln a + 2，即证 a - - ln a > 0，
2 2 2
1 22
令 g a = a - - ln a a > 0 g a 2a 1 2a -1，则 = - = ，2 a a
令 g a < 0 2 2，则0 < a < ；令 g a > 0，则 a > ；
2 2

所以 g a 在 0,
2 2
÷÷ 上单调递减，在 ,+ 2 ÷÷上单调递增，è 2 è
2

所以 g a = g 2 2 1 2= - - ln = ln 2 > 0min ÷÷ ÷÷ ，则 g a > 0恒成立，
è 2 è 2 2 2
所以当 a > 0时， f (x)
3
> 2ln a + 恒成立，证毕.
2
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f (x) = (x -1)ex - ax2 + b．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： f (x) 只有一个零点
1 e2① < a ,b > 2a；
2 2
② 0 < a
1
< ,b 2a ．
2
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1) x由函数的解析式可得： f x = x e - 2a ，
当 a 0时，若 x - ,0 ，则 f x < 0, f x 单调递减，
若 x 0, + ，则 f x > 0, f x 单调递增；
0 a 1当 < < 时，若 x - , ln 2a ，则 f x > 0, f x 单调递增，
2
若 x ln 2a ,0 ，则 f x < 0, f x 单调递减，
若 x 0, + ，则 f x > 0, f x 单调递增；
1
当 a = 时， f x 0, f x 在 R 上单调递增；
2
当 a
1
> 时，若 x - ,0 ，则 f x > 0, f x 单调递增，
2
若 x 0, ln 2a ，则 f x < 0, f x 单调递减，
若 x ln 2a ,+ ，则 f x > 0, f x 单调递增；
(2)若选择条件①：
1 a e
2
由于 < ，故1 < 2a e2 ，则b > 2a >1, f 0 = b -1> 0，
2 2

f b
b b-
而 - ÷÷ = -1-
a
a a ÷÷
e - b + b < 0 ，
è è
而函数在区间 - ,0 上单调递增，故函数在区间 - ,0 上有一个零点.
f ln 22a = 2a éln 2a -1ù - a éln 2a ù + b
2
> 2a é ln 2a -1ù - a éln 2a ù + 2a
2= 2a ln 2a - a é ln 2a ù
= a ln 2a é2 - ln 2a ù ，
1 e2
由于 < a ，1< 2a e2 ，故 a ln 2a
2 2
é2 - ln 2a ù 0 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 0, + 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
0 a 1由于 < < ，故2a <1，则 f 0 = b-1 2a-1< 0，
2
当b 0 2时，e >4,4a<2， f 2 = e2 -4a+b > 0，
而函数在区间 0, + 上单调递增，故函数在区间 0, + 上有一个零点.
当b < 0时，构造函数H x = ex - x -1，则H x = ex -1，
当 x - ,0 时，H x < 0, H x 单调递减，
当 x 0, + 时，H x > 0, H x 单调递增，
注意到H 0 = 0，故H x 0恒成立，从而有： ex x +1，此时：
f x = x -1 ex - ax2 + b x -1 x +1 - ax2 + b = 1-a x2 + b-1 ，
x 1-b当 > 时， 1-a x2 + b-1 > 0，
1-a
x 1- b取 0 = +1，则 f x0 > 0，1- a

即： f 0 1-b< 0, f +11- a ÷÷ > 0，è
而函数在区间 0, + 上单调递增，故函数在区间 0, + 上有一个零点.
f 2ln 2a = 2a éln 2a -1ù - a é ln 2a ù + b
2a é ln 2a
2
-1 ù - a é ln 2a ù + 2a
= 2a ln 22a - a éln 2a ù
= a ln 2a é 2 - ln 2a ù ，
0 a 1由于 < < ，0 < 2a <1，故 a ln 2a é2 - ln 2a ù < 0 ，2
结合函数的单调性可知函数在区间 - ,0 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在
历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导
数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调
性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
1．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数 f x 1= x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数 f x 单调性，分类讨论函数 f x 最大值.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，
a x
2 + 1- a x - a x +1 x - a
求导数，得 f x x 1 a = + - - = = ，
x x x
若 a 0，则 f x > 0，此时 f x 在 0, + 上单调递增，
若 a > 0，则由 f x = 0得 x = a，当0 < x < a 时， f x < 0， f x 在 0, a 上单调递减，
当 x > a时， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上单调递增，
综上，当 a 0， f x 的增区间为 0, + ，无减区间，
若 a > 0， f x 减区间为 0, a ，增区间为 a,+ .
（2）由（1）知，当0 < a 1时， f x 在区间 1,e 上为增函数，
函数 f x f e 1的最大值为 = e2 + 1- a e - a ，
2
当a e 时， f x 在区间 1,e 上为减函数，
函数 f x 的最大值为 f 1 3= - a，
2
当1< a < e 时， f x 在区间 1, a 上为减函数，在 a, e 上为增函数，
函数 f x 的最大值为max f (1), f (e) ，
f e f 1 1 e2 1 a e 3 1 3由 - = + - - > 0，得 a < e +1- ，
2 2 2 2e
1
若1 < a < e +1
3
- 时，函数 f x 1的最大值为 f e = e2 + 1- a e - a ，
2 2e 2
1 3
若 e +1- a < e时，函数 f x 的最大值为 f 1 3= - a，
2 2e 2
1 3 1 2
综上，当 a < e +1- 时，函数 f x 的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
a 1当 e 1
3
+ - 时，函数 f x 3的最大值为 f 1 = - a .
2 2e 2
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
f x2 e2x lnx + 2x +1 2x x（ ）要证明 ，只要证 e 即可，设 g x = e - x -1，利用导数求得最值即可证明．
x x
1
【详解】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 的定义域为 0, + ，且 f x = + a ．
x
x 0, , f x 1当 a 0时，" + = + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
f x 1 a 1+ ax 1当 a<0时，令 = + = = 0，解得 x = - ，
x x a

当 x 0,
1
- ÷时， f x 0, f x
1> 在区间 0,- ÷ 上单调递增，
è a è a
1 1
当 x - ,+

÷ 时， f x < 0, f x

在区间 - ,+

a ÷
上单调递减．
è è a
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
当 a < 0时， f x 0, 1- 1 在区间 ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ 上单调递减．
è a è a ÷
f x lnx + 2x +1
（2 a 2 x 0 > e2x e2x）当 时，因为 ，所以要证 ，只要证明 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，则 g x = ex -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；
在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
1 2
又h x = 2x + lnx 在 0, + 上单调递增， h ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
所以存在 x
1
0

,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．
è e
综上所述，原不等式成立．
3．（2024·新疆·三模）已知函数 f x = x a-1 ex - x2 + a .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有三个不同的零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) a > e2
【分析】（1）对函数求导后，分 a 0， a =1， 0 < a < 1， a > 1四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数
的单调区间；
（2）由（1）可知当 a > 1时， f x 可能有三个不同的零点，然后分1 < a e2 和 a > e2两种情况结合零点存
在性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【详解】（1）因为 f x 的定义域为R ，且 f x = x ex - a ，
当 a 0时，令 f x < 0，解得 x < 0 ；令 f x > 0，解得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 0时恒成立，当且仅当 x = 0时等号成立，所以 f x 在R 上单调递增；
当 0 < a < 1时， ln a < 0，令 f x < 0，解得 ln a < x < 0，
令 f x > 0，解得 x < ln a或 x > 0，
所以 f x 在 - , ln a 上单调递增，在 ln a,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a > 1时， ln a > 0，令 f x < 0，解得0 < x < ln a ，
令 f x > 0，解得 x > ln a或 x < 0 ，
所以 f x 在 - ,0 上单调递增，在 0, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 0 < a < 1时， f x 在 - , ln a 上单调递增，在 ln a,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 在R 上单调递增；
当 a > 1时， f x 在 - ,0 上单调递增，在 0, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增.
（2）由（1）得，当 a 0时， f x 至多有两个零点，不符题意；
当 a =1时， f x 至多有一个零点，不符题意；
ln a
当 0 < a < 1时， f x 的极大值 f ln a = a ln a 1- ÷ < 0， f x 至多有一个零点，不符题意；
è 2
当1< a e2 时， f x 的极小值 f ln a = a ln a 1
ln a
- ÷ 0， f x 的极大值 f 0 = a -1 > 0， f x 至多有
è 2
两个零点，不符题意；
当 a > e2 - 2时，因为 f x 在 - ,0 上单调递增，且 f - 2 = - 2 -1 e < 0，
f 0 = a -1 > 0，所以 f x 在 - ,0 上有且只有一个零点，
因为 f x 在 0, ln a 上单调递减， f 0 = a -1 > 0，且 f ln a = a ln a 1 ln a -

÷ < 0，
è 2
所以 f x 在 0, ln a 上有且只有一个零点，
因为 f x 在 ln a, ln a+ 上单调递增， f ln a = a ln a 1- ÷ < 0，
è 2
2
令H x = ex x- x > 0 ，则H x = ex - x，令 t(x) = H x = ex - x，则
2
t x = ex -1，
因为当 x > 0时， t x > t (0) = 0，
所以 t(x)在 0, + 上递增，即H x = ex - x在 0, + 上递增，
所以H x > H 0 =1 > 0，所以H (x)在 0, + 上递增，
所以H x > H 0 =1 > 0，
2
所以 ex x> 在 0, + 上恒成立，
2
2 3 2
所以 f x = x -1 ex a x2 a x a- + > x -1 × - x2 x - a +1 x+ a = + a，
2 2 2 2
所以 f a +1 > a > 0，
故 f x 在 ln a, + 上有且只有一个零点，
所以 f x 有三个零点，
综上，当 a > e2时， y = f x 有三个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函
数零点问题，第（2）问解题的关键是当 a > e2时，结合（1）当 a > 1时， f (x) 的单调区间和零点存在性定理
分析判断，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
1
4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - a +1 x + x2 .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1
(2)当 a =1 2 *时， h x = f x - x + 2x + ，数列 tn 满足 t1 0,1 ，且 tn+1 = h tn n N 2 x
① *比较 tn+1 ， tn+2 ，1 的大小 n N
②证明： tn+1 + t > 2t n N*n+3 n+2 .
【答案】(1)答案见解析
(2)①1< tn+2 < tn+1；②证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，分 a 0和 0 < a < 1， a =1， a > 1四种情况，得到函数单调性；
（2）①求导，得到 h x h 1 =1，故 tn+1 = h tn >1，令m x = h x x
1
- = + ln x - x x 1 ，求导得到函
x
数单调性，得到m x m 1 = 0，从而确定 tn+2 - tn+1 < 0，证明出结论；
②要证 tn+1 + tn+3 > 2tn+2 ，即证 h tn+2 - tn+2 > h tn+1 - tn+1，由于m tn+2 > m tn+1 ，故 tn+3 - tn+2 > tn+2 - tn+1成立.
【详解】（1）由题意知 f x 的单调性为 0, + ，
2
a x - a +1 x + a x - af x x -1 = - a +1 + x = = .
x x x
当 a 0时，令 f x > 0，解得 x >1，令 f x < 0，解得0 < x <1，
f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增；
当 0 < a < 1时，令 f x > 0，解得0 < x < a 或 x >1，令 f x < 0，解得 a < x <1，
f x 在 0,a 上单调递增，在 a,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 0， f x 在 0, + 上单调递增；
当 a > 1时，令 f x > 0，解得0 < x <1或 x > a，令 f x < 0，解得1< x < a ，
f x 在 0,1 上单调递增，在 1, a 上单调递减，在 a,+ 上单调递增.
综上所述，当 a 0时， f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增；
当 0 < a < 1时， f x 在 0,a 上单调递增，在 a,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 在 0, + 上单调递增；
当 a > 1时， f x 在 0,1 上单调递增，在 1, a 上单调递减，在 a,+ 上单调递增.
1
（2）①当 a =1时， h x = ln x + ，则 h x x -1= 2 ，x x
令 h x < 0，得0 < x <1；令 h x > 0，得 x >1，
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 h x h 1 =1，
因为 t1 0,1 ， t2 = h t1 >1， t3 = h t2 >1，L， tn+1 = h tn >1，
m x h x x 1令 = - = + ln x - x x 1 ，
x
2
1 3
-x2
- x - -
m x + x -1
÷
= = è 2 4
，
x2 x2
< 0
所以m x 在 1, + 上单调递减，且m x m 1 = 0，
因为 tn+2 - tn+1 = h tn+1 - tn+1 = m tn+1 ，
又 tn+1 >1，所以m tn+1 < 0，
所以 tn+2 - tn+1 < 0，则1< tn+2 < tn+1 .
②要证 tn+1 + tn+3 > 2tn+2 ，即证 tn+3 - tn+2 > tn+2 - tn+1，
又 tn+3 = h tn+2 ， tn+2 = h tn+1 ，即证 h tn+2 - tn+2 > h tn+1 - tn+1 .
所以m tn+2 > m tn+1 ，即 h tn+2 - tn+2 > h tn+1 - tn+1，
所以 tn+3 - tn+2 > tn+2 - tn+1成立，
故 tn+1 + tn+3 > 2tn+2 .
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中
的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知
的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
5 2024· · f x = x -1- a ex．（ 广西桂林 三模）已知 - x + 1+ a ln x +1 ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 a > 0且 f x 有 2 个极值点x1， x2 x1 < x2 ，求证： f x1 + f x2 < 2ln 3 - 4 x1 + x2 ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，分 a -1、-1 < a < 0、 a = 0和 a > 0四种情况讨论，结合 f x 的正负，进而得
f x 单调性；
（2）把原不等式转化为 f x1 + f x2 + 4 x1 + x2 < 2ln 3，进而构造函数 h a = a +1 ln a +1 - ea + 2a -1，
求出导函数，利用导函数求出单调性区间，然后利用函数单调性求出最值进行比较大小即可
【详解】（1） f x 的定义域为 -1, + ，
由题可得 f x = x - a ex 1 a +1- + = x - a x 1 x +1 e - x 1÷，è +
g x = ex 1设 - ，则 g x 在 -1, + 上单调递增，且 g 0 = 0，
x +1
若 a -1，则 x - a > 0 ， x -1,0 时， f x < 0， f x 单调递减， x 0, + 时， f x > 0， f x 单调递
增；
若-1 < a < 0，则 x a,0 时， f x < 0， f x 单调递减， x -1, a 或 x 0, + 时， f x > 0， f x 单
调递增；
若 a = 0，则 f x 0， f x 在 -1, + 上单调递增；
若 a > 0，则 x 0, a 时， f x < 0， f x 单调递减， x -1,0 或 x a,+ 时， f x > 0， f x 单调递
增，
综上，当 a -1时， f x 在 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当-1 < a < 0时， f x 在 a,0 上单调递减，在 -1, a ， 0, + 上单调递增；
当 a = 0时， f x 在 -1, + 上单调递增；
当 a > 0时， f x 在 0,a 上单调递减，在 -1,0 ， a,+ 上单调递增．
（2）由（1）知 a > 0时， f x 恒有 2 个极值点x1， x2 x1 < x2 ，且 x1 = 0 ， x2 = a ，
所以 f x1 + f x2 + 4 x1 + x2 = f 0 + f a + 4a = a +1 ln a +1 - ea + 2a -1，
设 h a = a +1 ln a +1 - ea + 2a -1，则 h a = ln a +1 - ea + 3，
设m a = h a 1，则m a = - ea ，
a +1
m a 在 0, + 上单调递减，m a < m 0 = 0，
所以 h a 在 0, + 上单调递减，
又 h 1 = ln 2 - e + 3 > 0， h 2 = ln 3 - e2 + 3 < 0，
所以存在 a0 1,2 ，使得 h a0 = ln a0 +1 - ea0 + 3 = 0 a，即 e 0 = ln a0 +1 + 3，
当 a 0, a0 时， h a > 0， h a 单调递增；当 a a0 , + 时， h a < 0， h a 单调递减，
所以 h a h a0 = a0 +1 ln a0 +1 - ea0 + 2a0 -1 = a0 +1 ln a0 +1 - ln a0 +1 - 3 + 2a0 -1
= a0 ln a0 +1 + 2a0 - 4 < 2ln 3，
所以 f x1 + f x2 < 2ln 3 - 4 x1 + x2 ．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点是构造函数 h a = a +1 ln a +1 - ea + 2a -1，利用导数判断单调
性求出最值，证得命题成立.
考点四、利用导数求不可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a ln x
a
+ - x ．
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) 存在唯一的极值点 x0 ，证明： x0 f x0 > x0 + f x0 ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分0 a 4 ， a < 0， a > 4三种情况讨论，综合可得；
2
2 1 a < 0, -x2
x
（ ）由（ ）得 0 + ax0 - a = 0 ，表示出 a =
0 得 xx 1 0 的范围，并代入所证不等式，消去
a 得关于 x
- 00
的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明.
2
【详解】（1）因为 f (x) -x + ax - a= 2 (x > 0)，x
当0 a 4 时，-x2 + ax - a 0，此时 f (x) 0在 x (0,+ )上恒成立，
所以 f x 在 (0, + )上单调递减；
2
当 a < 0时， y = -x2 + ax - a在 (0, + ) f (x) (0, + ) x a + a - 4a上单调递减，所以 在 上有唯一零点 = ，
2
a + a2 - 4a 2
当 x 0, ÷时， f (x) > 0 f ÷ ， x
a + a - 4a
在 0, ÷÷上单调递增，
è 2 è 2
a + a2 - 4a 2
当 x ,+
a + a - 4a ,+
÷÷ 时 f (x) < 0, f (x) 在 2 2 ÷
÷上单调递减；
è è
2 2
当 a > 4 f (x) (0, + ) a - a - 4a a + a - 4a时， 在 上有零点 x1 = , x2 = ，2 2
a - a2 - 4a a + a2 - 4a a - a2 - 4a
当 x 0, ÷和 x ÷ ,+ ÷÷ 时， f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 0, ÷÷和
è 2 è 2 è 2
a + a2 - 4a
,+ ÷÷上单调递减，
è 2
a - a2 - 4a 2 2 2
当 x ,
a + a - 4a
÷÷时， f (x) 0 f x
a - a - 4a a + a - 4a
> ，所以 在 , ÷÷上单调递增．
è 2 2 è 2 2
综上：当0 a 4 时， f x 在 (0, + )上单调递减；
2 2
当 a < 0时， f x a + a - 4a a + a - 4a在 0, ÷÷上单调递增，在 ,+ ÷÷上单调递减；
è 2 è 2
2
0, a - a - 4a
a + a2 - 4a , a - a
2 - 4a , a + a
2 - 4a
当 a > 4时， f (x) 在 + 2 ÷
÷和 ÷÷上单调递减，在 ÷÷上单
è è 2 è 2 2
调递增．
-x2 + ax - a
（2）由题意可知 f (x) =
x2
(x > 0)，
若 f x 存在唯一的极值点 x0 ，
2
1 a < 0, -x2由（ ）可知 0 + ax
a + a - 4a
0 - a = 0 且 x0 = ．2
因为 f x
a
0 = a ln x0 + - xx 0 ，0
要证 x0 f x0 > x0 + f x0 ，
ax ln x 2 a只需证 0 0 + a - x0 > a ln x0 + x ①．0
a x
2
= 0因为 < 0，所以 x (0,1) ．
x0 -1
0
a x
2
0 1将 = 代入①整理可得，只需证 ln x0 >1- , x0 (0,1)x 1 x ．0 - 0
令 g(x) = ln x
1
+ -1, x (0,1)，
x
则 g (x)
x -1
= < 0，
x2
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，
所以 g(x) > g(1) = 0，
所以 ln x
1
> 1-
x ，即原不等式成立．
2．（2024· 2广西河池·模拟预测）已知函数 f x = a ln x + x - ax，定义域为 0, + .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)求当函数 f x 有且只有一个零点时， a的取值范围.
【答案】(1)答案见详解
(2) 0, +
【分析】（1）求导，分D 0和D > 0，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断 2x2 - ax + a的符号，进
而可得 f x 的单调性；
1 x - ln x x - ln x
（2）参变分离可得 = 2 ，构建 g x = 2 , x > 0 ，求导，利用导数判断 g x 的单调性，进而可得a x x
结果.
2
【详解】（1）因为 f x a= + 2x - a 2x - ax + a= ，
x x
（ⅰ）当D = a2 -8a 0，即0 a 8时，则 f x 0在 0, + 内恒成立，
可知 f x 在 0, + 内单调递增；
（ⅱ）当D = a2 - 8a > 0，即 a > 8或 a<0时，可知 2x2 - ax + a = 0有两个不相等的根 x1, x2 ，
2
x a - a -8a a + a
2 -8a
不妨令 1 = , x2 = ，可知 x1 < x2，4 4
ìx x a 1 + 2
= < 0
① 2若 a<0，因为 í ，可知 xa 1
< 0 < x2 ，
x1 × x2 = < 0 2
令 f x > 0，解得 x > x2 ；令 f x < 0，解得0 < x < x2 ；
可知 f x 在 0, x2 内单调递减，在 x2 ,+ 内单调递增；
ì
x1 + x
a
2 = > 0
②若 a > 8
2
，因为 í ，可知0 < x1 < x2 ，
x × x a= > 0
1 2 2
令 f x > 0，解得 x > x2 或0 < x < x1 ；令 f x < 0，解得 x1 < x < x2 ；
可知 f x 在 x1, x2 内单调递减，在 0, x1 , x2 , + 内单调递增；
综上所述：当0 a 8时， f x 在 0, + 内单调递增；
2
f x 0, a + a -8a a + a
2 -8a
当 a<0时， 在 ÷÷ 内单调递减，在 ,+ 4 4 ÷
÷内单调递增；
è è
a - a2 -8a a + a2 -8a a - a2 -8a 2
当 a > 8时， f x 在 , ÷内单调递减，在 0, , a + a -8a ÷ ÷÷ ,+ ÷÷ 内单调
è 4 4 è 4 è 4
递增.
（2）若 a = 0 2，可知 f x = x 在 0, + 内无零点，不合题意，可知 a 0
令 f x = a ln x + x2 - ax = 0 1 x - ln x，整理得 = 2 ，a x
g x x - ln x构建 = 2 , x > 0 ，x
1
原题意等价于 y = g x 与 y = a 的图象有且仅有一个交点，
因为 g x -x -1+ 2ln x= 3 , x > 0，x
构建 h x = -x -1+ 2ln x, x > 0，则 h x 1 2 2 - x= - + = , x > 0，
x x
令 h x > 0，解得0 < x < 2；令 h x < 0，解得 x > 2；
可知 h x 在 0,2 内单调递增，在 2, + 内单调递减，
则 h x h 2 = -3+ 2ln 2 < 0，即 g x < 0在 0, + 内恒成立，
可知 g x 在 0, + 内单调递减，
且当 x 趋近于 0 时， g x 趋近于+ ；当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 0 且 g x > 0；
g x 的大致图象如图所示，
1
可得 > 0，即 a > 0，所以 a的取值范围为 0, + .
a
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
1．（2024·内蒙古·三模）已知函数 f x = x2 - ax + 2lnx .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若a > 0, f x eax 恒成立，求 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
2
(2) é ê ,+ ÷ e
2x2 - ax + 2
【分析】（1）求导得 f x = ，分类讨论可求单调区间；
x
lnx a
（2 2 x 2）由已知可得elnx + lnx2 eax + ax ，令 g x = e + x，可得 g lnx g ax ，进而由 g x 单调性可得 ，x 2
lnx
求得函数 的最大值即可.
x
1 f x 0, , f x 2x a 2 2x
2 - ax + 2
【详解】（ ） 的定义域为 + = - + = .
x x
关于 x 的方程 2x2 - ax + 2 = 0,Δ = a2 -16，
当-4 a 4时，D 0， f x 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增.
ì a
a 4 0
x1 + x2 = < 0
当 < - 时，D > ，此时 í 2 x1 < 0, x2 < 0，
x1x2 =1 > 0
f x 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增.
a > 4 x a - a
2 -16 2, x a + a -16当 时，则 1 = 2 = 是方程 2x
2 - ax + 2 = 0的两根.
4 4
a
又 x1x2 = 1, x1 + x2 = > 0，所以0 < x1 < x2 ，2
2 2
令 f x > 0 a - a -16 a + a -16，解得 x < 或 x > ，
4 4
2 2
令 f x < 0 a - a -16 x a + a -16，解得 < < ，
4 4
2 2
f x 0, a - a -16 a + a -16
a - a2 -16 a + a2 -16
所以 在 ÷÷和
,+
÷÷上单调递增，在
,
÷÷ 上单调递减.
è 4 è 4 è 4 4
（2）由 f x eax ，可得 x2 + 2lnx eax + ax ，即elnx2 + lnx2 eax + ax .
令 g x = ex + x，易知 g x 单调递增.
由elnx
2
+ lnx2 eax + ax ，可得 g lnx2 g ax ，则 lnx2 lnx a ax，即 .x 2
设 h x lnx= ，则 h x 1- lnx= 2 ，当 x>e时， h x < 0, h x 单调递减，x x
0 x e h x > 0, h x h(x) lne 1当 < < 时， 单调递增，所以 max = = ，e e
a 1
所以 ，则 a
é 2
的取值范围为
2 e ê
,+
e ÷
.

ax 2
【点睛】关键点点睛：本题第 2 小问的解决关键是，转化 f x e 得elnx + lnx2 eax + ax ，从而利用同构
法即可得解.
2 2．（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 f x = x ln x - x - a ， g x = x + ln x - ax．
(1)讨论 g x 的单调性；
(2)若 f x 有两个零点，求实数 a的取值范围；
(3)若 f x + 2x g x 对任意的 x 1恒成立，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2) -1,0
(3) - ,1
【分析】（1）求导，分 a 0和 a > 0讨论判断 g x 正负，得解；
（2）根据题意，问题转化为 a = x ln x - x 有两解，令 h x = x ln x - x，利用导数判断函数的单调性极值情况
得解；
（3）根据题意，问题转化为 x x -1 - ln x x -1 a x -1 ，对 x 1,+ 恒成立．当 x =1时，上式显然成立；
当 x >1时，上式转化为 a x - ln x ，令j x = x - ln x 利用导数求出最值得解.
2
【详解】（1） g x 1 2x - ax +1= 2x + - a = ， x > 0 ，
x x
当 a 0时， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上单调递增．
当 a > 0时，令 g x = 0 ，则 2x2 - ax +1 = 0．
若D = a2 -8 0，即0 < a 2 2 时， g x 0恒成立，所以 g x 在 0, + 上单调递增．
2
若D = a2 -8 > 0，即 a > 2 2 时，方程 2x2 - ax +1 = 0 x a ± a - 8的根为 = ，
4
2
g x > 0 0 x a - a -8
2 2 2
当 时， < < 或 x a + a -8> ， g x 0,
a - a -8 a + a -8
在 ÷÷ 和 ,+ 4 4 4
÷÷上单调递
è è 4
增；
g x < 0 a - a
2 -8 a + a2 -8 g x a - a
2 -8 a + a2 -8
当 时， < x < ， 在 , ÷÷上单调递减．4 4 è 4 4
a - a2 -8
综上所述，当a 2 2 时， g x 在 0, + 上单调递增；当 a > 2 2 时， g x 在 0, ÷4 ÷ 和è
a + a2 -8
,+ ÷÷上单调递增，
è 4
a - a2 -8 2, a + a -8

在 ÷÷上单调递减．
è 4 4
（2）令 f x = x ln x - x - a = 0，则 a = x ln x - x ．
令 h x = x ln x - x，则 h x = ln x ．
所以当0 < x <1时， h x < 0， h x 在 0,1 上单调递减．
当 x >1时， h x > 0， h x 在 1, + 上单调递增．
又当0 < x <1时， h x = x ln x -1 < 0，且 h 1 = -1；当 x >1时， h e = 0 ，
所以当0 < x < e时， h x 先减后增，且在 x =1处有最小值 -1，
此时直线 y = a 与 h x = x ln x - x有两个交点，
所以实数 a的取值范围为 -1,0 ．
（3）因为 g x - f x - 2x 0，即 x2 - x + ln x - x ln x + a - ax 0，
即 x x -1 - ln x x -1 a x -1 ，对 x 1,+ 恒成立．
当 x =1时，上式显然成立；
当 x >1时，上式转化为 a x - ln x ，
令j x = x - ln x ， x 1,+ ，
\j x 1 x -1=1- = > 0 ，所以函数j x 在 x 1,+ 上单调递增，
x x
\j x > j 1 =1，\a 1，
综上所述，实数 a的取值范围为 - ,1 .
【点睛】关键点睛：第三问解题的关键是转化为 a x - ln x 在 x 1,+ 上恒成立，构造函数并利用导数研
究单调性求最值，进而确定参数范围.
考点五、根据函数单调性求参数值或范围
1．（2023· x全国·高考真题）已知函数 f x = ae - ln x在区间 1,2 上单调递增，则 a 的最小值为（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
【答案】C
【分析】根据 f x = aex 1- 0在 1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
【详解】依题可知， f x = aex 1- 0在 1,2 1上恒成立，显然 a > 0，所以 xex ，
x a
g x = xex设 , x 1,2 ，所以 g x = x +1 ex > 0，所以 g x 在 1,2 上单调递增，
g x > g 1 = e e 1 a 1，故 ，即 = e-1 ，即 a 的最小值为 e-1．a e
故选：C．
2．（2023·全国·高考真题）设 a 0,1 f x = a x + 1+ a x，若函数 在 0, + 上单调递增，则 a 的取值范围
是 .
é 5 -1
【答案】 ê ,12 ÷÷
【分析】原问题等价于 f x = a x ln a + 1+ a x ln 1+ a 0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可
1 + a x ln a
得 ÷ - ，由右侧函数的单调性可得实数
a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数 a的
è a ln 1 + a
取值范围.
【详解】由函数的解析式可得 f x = a x ln a + 1+ a x ln 1+ a 0在区间 0, + 上恒成立，
x
1+ a x则 ln 1+ a 1 + a ln a -a x ln a ，即 a ÷ - 在区间 0, + 上恒成立，è ln 1 + a
0
1+ a ln a
故 ÷ =1 - ，而 a +1 1,2 ，故
ln 1+ a > 0 ，
è a ln 1+ a
ìln a +1 - ln a ìa a +1 1 5 -1
故 í 即 ，故 ，
0 < a <1
í
0 < a 1
a <1
< 2
é 5 -1
结合题意可得实数 a的取值范围是 ê ,1÷÷ .
2
é 5 -1
故答案为： ê ,12 ÷÷
.

x2 13．（2023·宁夏银川·三模）若函数 f (x) = - ln x 在区间 (m, m + )上不单调，则实数 m 的取值范围为（
3 ）2
2 2
A．0 < m < B． < m <1
3 3
2
C． m 1 D．m>1
3
【答案】B
1
【详解】首先求出 f (x) 的定义域和极值点，由题意得极值点在区间 (m, m + )内，且m > 0，得出关于m 的
3
不等式组，求解即可．
f (x) x
2
【分析】函数 = - ln x 的定义域为 (0, + )，
2
1 x2
且 f (x) = x -1 (x +1)(x -1)- = = ，
x x x
令 f (x) = 0，得 x =1，
因为 f (x) 在区间 (m, m
1
+ )上不单调，
3
ìm > 0
2
所以 í 1 ，解得： < m <1
m <1 < m + 3 3
故选：B.
1．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - a ln x 在区间 (1, 2)单调递增，则 a的最大值为（ ）
A．1 B． e C． e2 D． 2e2
【答案】B
x a
【分析】由题意将问题转化为 f (x) = e - 0在区间 (1, 2)上恒成立，利用分离参数法，结合导数研究最值
x
即可得到答案.
【详解】因为函数 f (x) = ex - a ln x 在区间 (1, 2)单调递增，所以 f (x) = ex
a
- 0在区间 (1, 2)上恒成立，即
x
xex a，
令 g(x) = xex ， x (1, 2) ，则 g (x) = (x +1)ex > 0，所以 g(x) = xex 在 (1, 2)上单调递增，则 g(x) > g(1) = e，故
e a，即 a的最大值为 e，
故选：B
1
2．（2024·江苏泰州·模拟预测）若函数 f x = sin2x - acosx在 0, π 上单调递增，则 a的取值范围是（ ）
2
A． - , -1 B． -1, + C． - ,1 D． 1, +
【答案】D
1
【分析】先求出函数 f x 的导函数，利用换元法将题目条件转化为 a 2t - 在 0,1 上恒成立；再构造函数
t
y 1= 2t - ，判断其函数的单调性，求出最大值即可解答.
t
1
【详解】因为函数 f x = sin2x - acosx在 0, π 上单调递增，
2
所以 f x = cos 2x + asinx 0在 0, π 上恒成立，即1- 2sin2x + asinx 0在 0, π 上恒成立.
令 t=sinx, x 0, π ，
则 t 0,1 ，
1
所以 a 2t - 在 0,1 上恒成立.
t
y 2t 1又因为 = - 在 0,1 上单调递增，
t
所以当 t =1时 ymax =1，
故a 1 .
故选：D.
3．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数 h x lnx 1= - ax2 - 2x在 1,4 上单调递增，则实数 a的取值范围为
2
（ ）
7 7
A． - , -1 - , -1 - , - ù B． C． ú D． - , -16 ÷è è 16
【答案】A
1 1 2 1 2
【分析】根据条件得 h x = - ax - 2 0即 a 2 - 在 1,4 上恒成立，构造函数G x = 2 - ， x 1,4 ，x x x x x
由二次函数的性质求出G(x)的最值即可解决问题.
【详解】因为函数 h x = lnx 1- ax2 - 2x在 1,4 上单调递增，
2
所以 h x 1 ax 2 0 1,4 a 1 2= - - 在 上恒成立，即 2 - 在 1,4 上恒成立，x x x
1 2 1 1 1令G x = - ， x 1,42 ，变形得G x = ( -1)2 -1，因为 x 1,4
é ù
，所以 ,1 ，
x x x x ê 4 ú
1
所以当 =1，即 x =1时，G(x)min = -1，所以 a -1 .x
故选：A．
1 2 a é1 ù
4．（2024· · f x = x4全国 模拟预测）已知函数 - x3 + x2 - xlnx 在 ê , 24 3 2 e ú上存在单调递减区间，则实数
a

的取值范围为（ ）

A． - ,
2e -1ù
2 ú B． - , 2 è e
2e -1
C． - ,

2 ÷ D． - , 2 è e
【答案】D
f x 1< 0 é , 2ù a 1+ lnx< + 2x - x2 é1 ù【分析】根据题意，转化为 在 ê ú上有解，得到 在 ê , 2ú上有解，令 e x e
g x 1+ lnx= + 2x x2 1- x 2 ，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.x è e ÷
f x 1 x4 2 a= - x3 + x2【详解】因为函数 - xlnx ，可得 f x = x3 - 2x2 + ax - lnx -1，
4 3 2
因为函数 f x é1在 ê , 2
ù
ú上存在单调递减区间， e
可得 f x = x3 - 2x2 + ax - lnx -1 1< 0 é , 2ù在 ê 上有解， e ú
a 1+ lnx
1
即 < + 2x - x2
é , 2ù在
x ê
上有解，
e ú
g x 1+ lnx 1令 = + 2x - x2 x 2

÷，则 a < g x ，且 g x
lnx
max = - 2 - 2 x -1 ，x è e x
1
当 x
lnx
<1时，- 2 > 0, -2 x -1 > 0，所以 g x > 0；e x
当1< x 2 lnx时，- 2 < 0, -2 x -1 < 0，所以 g x < 0，x
所以 g x é1 在 ê ,1÷上单调递增，在 1,2 上单调递减，故 g x = g 1 = 2 e max ，所以 a < 2 .
故选：D．
【点睛】结论点睛：“恒成立问题”与“有解问题”在等价转化上的区别：
恒成立问题 有解问题
① f x > 0恒成立 f x > 0 ； f x < 0 恒成立 ① f x > 0有解 fmin x > 0max ；
f x < 0． f x < 0 f x < 0max 有解 min ．
② f x > a恒成立 f x > a； ② f x > a有解 f x > amin max ；
f x < a恒成立 f x < a ． f x < a有解 f x < amax min ．
③ f x > g x 恒成立 ③ f x > g x 有解
é f x - g x ù > 0； é f x - g x ùmin > 0max ；
f x < g x 恒成立 f x < g x 有解
é f x - g x ù < 0 é f x - g x ù < 0max ． min ．
④ "x1 M ,"x2 N , f x1 > ④ $x1 M ,$x2 N ，使得 f x1 > g x2
g x2 f x1 > g xmin 2 max ． f x1 > gmax x2 min ．
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函数，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
【答案】C
【分析】根据函数给定区间上为增函数可得导函数在该区间上恒为非负数，利用参变分离法即可通过求相
应函数的最值求得参数范围.
【详解】因为函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 1上的增函数，所以 f x = ln x + +1- a 0 在 0, + 上
x
恒成立，
a ln x 1 1 0, + g x ln x 1 1 x 0, + g x 1 1 x -1即 ≤ + + 在 上恒成立．令 = + + ， ,则 = - 2 =x x x x x2 ，
则当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，故 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 g x = g 1 = 2min ，所以 a 2．
故选：C．
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）在区间[-2,2]上随机取一个实数 a，使 f (x) = ax - sin x 在R 上单调递增的概
率是（ ）
1 2 3 1
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】D
【分析】利用导数求得函数 f x 为增函数的等价条件，再由几何概型公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得 f x = a - cos x 0在R 上恒成立，
则 a cos x 在R 上恒成立，即a 1，
2 -1 1
则所求概率为 =2 - -2 4 .
故选：D
二、解答题
a
3．（23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函数 f x = lnx + ,a R ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
1
(2)若 a = , x >1，证明： f x < ax .
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将原函数求导，就参数 a进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；
（2）构造函数 g x = f x - ax 1，在条件 a = , x >1下，判断 g x 的符号，得到 g x < g 1 = 0,得证.
2
【详解】（1） f x 的定义域 0, + , f x 1 a x - a= - 2 =x x x2 ,
若 a 0, f x > 0,则 f x 在 0, + 上单调递增；
若 a > 0,当 x 0, a 时， f x < 0,则 f x 单调递减， x a, + 时， f x > 0,则 f x 单调递增.
综上：当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增，无减区间；
当 a > 0时， f x 在 0, a 上单调递减， f x 在 a,+ 上单调递增.
1 1 1
2 a = , x >1 g x = f x - ax = lnx - x - , g x -(x -1)
2
（ ）因 ，设 则 = < 0，
2 2 è x ÷ 2x2
则 g x 在 1, + 上单调递减， g x < g 1 = 0,故 f x < ax .
4．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．

【答案】(1)单调增区间为 0,
1 ù 1
ú，单调减区间为 ,+ è 2 ÷ è 2
a 1(2)
2
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
2
（2 - ln x + 2x -1）通过代入不等式整理成 a 在 1, + 上存在实数解问题，故可转化成求函数
2x
h x - ln x + 2x
2 -1
= 在 1, + 得最小值问题，计算即得.
2x
【详解】（1）当 a = -1时， f x = ln x - 2x，(x > 0)，
1 1 1
∴ f x = - 2，由 f x > 0，得0 < x < ，由 f x < 0，得 x > ，
x 2 2
1 ù 1
所以函数 f x 的单调增区间为 0, ú，单调减区间为 ,+ 2 2 ÷；è è
（2）原条件等价于： g x = ln x - 2x2 + 2ax -1在 1, + 上存在实数解．
a - ln x + 2x
2 -1
化为 在 1, + 上存在实数解，
2x
h x - ln x + 2x
2 -1
令 = ，
2x
x 1 - + 4x

÷ - - ln x + 2x2 -1 则 2h x è x 2x + ln x ，=
2x2
=
2x2
2
∴在 1, + 2 h x 2x + ln x上， 2x + ln x > 0，得 = 2 > 0 ，故 h x 在[1, + ) 上单调递增，2x
∴ h x 的最小值为 h 1 1= ，
2
1
∴ a 时，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解．
2
5．（2024·江西南昌·一模）已知函数 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的单调递减区间；
(2)求 f x 的最大值.
【答案】(1) 2e, + ；
(2) 2e .
2e
【分析】（1）求导得 f x = ln ，令 f x < 0可求 f x 的单调递减区间；
x
（2）由（1）易判断 f x 在 x 0,2e 时单增， f x 在 x 2e, + 时单减，进而求出 f x max .
【详解】（1） f x 1 ln2 lnx ln 2e 2e= + - = ，令 f x < 0，得0 < <1，即 x > 2e，
x x
所以 f x 的单调递减区间为 2e, + ；
（2）当 x 0,2e 时， f x > 0, f x 单调递增；
当 x 2e, + 时， f x < 0, f x 单调递减，
所以 f x f 2e = 2 + ln2 2e - 2eln2e = 2e，即 f x 的最大值为 2e .
6．（2024· x浙江绍兴·模拟预测）已知 f x = ae - x， g x = cos x .
(1)讨论 f x 的单调性.
(2)若$x0 使得 f x0 = g x0 ，求参数 a的取值范围.
【答案】(1)当 a 0时， f x 在 - , + 上单调递减；当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减，在
- ln a, + 上单调递增.
(2) - ,1
x
【分析】（1）对 f x = ae - x求导数，然后分类讨论即可；
（2）直接对 a > 1和 a 1分类讨论，即可得到结果.
【详解】（1）由 f x = aex - x，知 f x = aex -1 .
当 a 0时，有 f x = aex -1 0 -1 = -1< 0 ，所以 f x 在 - ,+ 上单调递减；
当 a > 0时，对 x < - ln a 有 f x = aex -1< ae- ln a -1 =1-1 = 0，
x > - ln a f x = aex -1 > ae- ln a对 有 -1 =1-1 = 0，
所以 f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,+ 上单调递减；
当 a > 0时， f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
（2）当 a > 1时，由（1）的结论，知 f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增，
所以对任意的 x 都有 f x f - ln a = ae- ln a + ln a =1+ ln a >1+ ln1 =1 cos x = g x ，
故 f x > g x 恒成立，这表明此时条件不满足；
当 a 1时，设 h x = aex - x - cos x，由于
h - a -1 = ae- a -1 + a +1- cos - a -1 ae- a -1 + a - a e- a -1 + a = a 1- e- a -1 a 1- e0 = 0，
h 0 = ae0 - 0 - cos 0 = a -1 0，
故由零点存在定理，知一定存在 x0 é - a -1,0ù ，使得 h x0 = 0，
故 f x - g x = aex00 0 - x0 - cos x0 = h x0 = 0 ，从而 f x0 = g x0 ，这表明此时条件满足.
综上， a的取值范围是 - ,1 .
7．（2024·河南·三模）已知函数 f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1处的切线方程是 x - y + b = 0 ．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)求函数 f (x) 的单调区间和极值．
【答案】(1) a = 2，b =1
1 1
(2)单调递减区间为 0, ÷，单调递增区间为2
,+ ÷，极小值为1+ ln 22 ，无极大值è è
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得 f (x) = 2x - ln x ，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【详解】（1）因为 f (x) = ax - ln x，所以 f x = a 1- ，
x
又 f (x) 在 x =1处的切线方程为 y = x + b，
所以 f (1) = a -1 =1， f (1) = a =1+ b，
解得 a = 2，b =1．
1 2x -1
（2）由（1）可得 f (x) = 2x - ln x 定义域为 0, + ，则 f (x) = 2 - = ，
x x

当 x 0,
1
÷时， f (x) < 0 ，此时函数 f (x) 单调递减，
è 2
x 1当 ,+

÷时， f (x) > 0 ，此时函数 f (x)2 单调递增，è
则 f (x)
1
在 x = 处取得极小值，
2
1 1
所以 f (x) 的单调递减区间为 0, ÷，单调递增区间为 ,+ ÷，
è 2 è 2
f 1 因此极小值为 ÷ = 1+ ln 22 ，无极大值．è
x
8．（2024· · e + x -1浙江 三模）已知函数 f x = x ．e
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 处的切线与二次曲线 y = ax2 + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
【答案】(1)单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
1
(2) a = - 9或 - ．
2 2
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析D得出结论.
2 - x
【详解】（1）易知 f x 定义域为 R， f x = ，
ex
所以 x - , 2 ， f x > 0， x 2, + ， f x < 0．
故 f x 单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
（2）因为 f 0 = 2， f 0 = 0，
所以曲线 y = f x 在点 0,0 处的切线为 y = 2x
2
把切线方程 y = 2x代入二次曲线方程 y = ax + 2a + 5 x - 2，得 ax2 + 2a + 3 x - 2 = 0有唯一解，
即Δ = 2a + 3 2 + 8a = 0且 a 0，即 4a2 + 20a + 9 = 0
a 1= - 9解得 或 - ．
2 2
9．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知函数 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)当 a =1时，求 f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 在 1, + 上单调递增，求实数 a 的取值范围.
【答案】(1) y = x
(2) a 2 .
【分析】（1）求出 f 1 =1，切点为 1,1 ，直接写出切线方程；
（2）转化为 f x 0对于 x 1, + 恒成立，求实数 a 的取值范围.
【详解】（1）当 a =1时， f x = x +1 lnx - x + 2， x > 0 ，
f x = lnx 1+ ， f 1 =1， f 1 =1，
x
所以 f x 的图象在 x =1处的切线方程为： y = x .
f x lnx 1（2） = + +1- a，
x
若函数 f x 在 1, + 上单调递增，则 f x 0对于 x 1, + 恒成立，
a lnx 1即 + +1对于 x 1, + 恒成立，
x
令 g x = lnx 1+ +1, x >1 ，
x
当 x 1 g x x -1> 时， = 2 > 0，x
则函数 g x 在 1, + 上单调递增，所以 g x > g 1 = 2，
故 a 2 .
1 a
10．（23-24 3高三上·湖北·期中）已知函数 f x = x + x 2 + a -1 x + 1 .
3 2
(1)若曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线与直线 6x + y +1 = 0平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数 f x 的单调性.
【答案】(1)18 x + 3 y - 5 = 0
(2)答案见解析
31
【分析】（1）求导，根据导函数几何意义和平行关系得到方程，求出 a = -3，从而得到 f 2 = - 3 ，求出
切线方程；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分1- a < -1，1- a = -1和1- a > -1三种情况，讨论得到函数的
单调性.
【详解】（1） f x = x2 +ax+a-1， f 2 = 3a +3
由已知 f 2 = -6，
∴ 3a + 3 = -6得 a = -3
31
又 f 2 = - 3
∴曲线 f x 在点 2, f 2 31处的切线方程为 y + = -6 x - 2
3
化简得：18 x + 3 y - 5 = 0
f x 12 3 a 2（ ） = x + x + a -1 x + 1定义域为 R，
3 2
f x = x + a -1 x +1 ，令 f x = 0得 x =1- a 或 x=-1
①当1- a < -1即 a > 2时，
令 f x > 0得 x > -1或 x <1- a，令 f x < 0得1- a < x <1，
故 f x 在 1- a, -1 单调递减，在 - ,1-a ， -1, + 上单调递增；
②当1- a = -1即 a = 2时， f x = x +1 2 0恒成立，
故 f x 在 R 上单调递增；
③当1- a > -1即 a < 2时，
令 f x > 0得 x >1- a 或 x < -1，令 f x < 0得-1 < x <1- a ，
f x 在 -1,1- a 上单调递减，在 - , -1 ， 1- a, + 上单调递增；
综上，当 a > 2时， f x 在 1- a, -1 单调递减，在 - ,1-a ， -1, + 上单调递增；
当 a = 2时， f x 在 R 上单调递增；
当 a < 2时， f x 在 -1,1- a 上单调递减，在 - , -1 ， 1- a, + 上单调递增；
一、单选题
1．（2024·江西宜春·三模）已知 a > 0，且a 1，若函数 f (x) = a(ln x - a x-1)在 (1, + )上单调递减，则 a 的取
值范围是（ ）
A． (0,
1] 1B．[ ,1) C． (1,e] D．[e, + )
e e
【答案】D
【分析】根据题意，转化为 f (x) 0在 (1, + )上恒成立，令 g(x) = f (x) ，利用导数求得函数 g x 单调递减，
得到 g(x) < g(1) = a - a ln a ，得出 a - a ln a 0 ，即可求解.
a x
【详解】由函数 f (x) = a(ln x - a x-1)，可得 f (x) = - a ln a
x
因为 f (x) 在 (1, + )上单调递减，所以 f (x) 0在 (1, + )上恒成立，
令 g(x) = f (x)
a
= - a x ln a ，则 g (x)
a
= - 2 - a
x (ln a)2 < 0，
x x
所以 g x 在 (1, + )上单调递减，所以 g(x) < g(1) = a - a ln a ，即 f (x) < a - a ln a，
则 a - a ln a 0 ，解得a e ，即实数 a的取值范围是[e, + )．
故选：D．
a
2．（2024·云南· 2模拟预测）已知函数 f x = x - x lnx - b -1 , a,b R，且 f x 在区间 0, + 上单调递增，
2
则 2a + b 的最小值为（ ）
1
A．0 B． C． ln2 D．-1
e
【答案】C
【分析】根据题意，转化为 ax + b lnx在 0, + 上恒成立，对于使得 2a + b 取得最小值时，直线 y = ax + b
1
和函数 y = lnx的图象相切，求得 y = lnx上的一点 x0 , lnx0 的切线方程为 y = x + lnxx 0 -1，得到0
2a b 2+ + lnx0 -1
2
x ，令 g x = + lnx -1，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.0 x
【详解】由 f x a= x2 - x lnx - b -1 在区间 0, + 上单调递增，
2
所以 f x = ax + b - lnx 0在 0, + 上恒成立，即 ax + b lnx在 0, + 上恒成立，
对于使得 2a + b 取得最小值时，直线 y = ax + b 和函数 y = lnx的图象相切，
1
又由 y = lnx，可得 y
1
= ，则 y |
x x=x
=
0 x ，0
1 1
可得 y = lnx在点 x0 , lnx0 的切线为 y - lnx0 = x - x y = x + lnx -1x 0 ，即0 x
0 ，
0
1
令 a = ,b = lnx
2
0 -1，所以 2a + b + lnxx x 0
-1，
0 0
g x 2 1 2 x - 2令 = + lnx -1(x > 0)，所以 g x = -
x x x2
= 2 ，x
当 x 0,2 时， g x < 0；当 x 2, + 时， g x > 0，
所以 g x 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，所以 g(x)min = g 2 = ln2 ，
所以 2a + b 的最小值为 ln2 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、解答题
3 2024· · f x = 2x -1 ex 2．（ 四川凉山 三模）已知函数 - mx - mx + m m R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有三个零点，求实数m 的取值范围，
【答案】(1)答案见解析
8 e
(2) ,1÷÷ e,+
è 5e
【分析】（1）求导 f x = 2x +1 ex - m ，分类讨论m 的范围求解 f x 单调性；
（2）由（1）单调性进行判断 f x 具有三个零点，进行求解m 的取值范围.
【详解】（1）求导 f x = 2x +1 ex - m
m 0 f x = 2x +1 ex当 时 - m > 0 1 x > - ，2
1 1
所以函数 f x 在 - ,- ÷单调递减，在 - , + ÷单调递增；
è 2 è 2
f x 2x 1 ex m 0 x 1当m > 0时， = + - = = - 或 x = ln m .2
若 lnm
1
< - 0 m e即 < < 时， f x = 2x +1 ex - m 0 x < lnm或 x 1> - ,2 e 2
f x , ln m lnm, 1 1 所以函数 在 - 单调递增， - ÷单调递减， - , + ÷单调递增；
è 2 è 2
若m e= 时， f x = 2x +1 ex - m > 0 \函数 f x 在 - ,+ 单调递增
e
若 lnm
1
> - 即m e> 时， f x = 2x +1 ex - m > 0 1 x < - 或 x > ln m ．2 e 2
所以函数 f x 在 - ,
1 1
- ÷单调递增，2
- , lnm÷单调递减， ln m, + 单调递增；
è è 2
1 1
综上：当m 0时， f x 在 - ,- ÷单调递减，在 - , +
è 2 è 2 ÷
单调递增；

e 1 1
当0 < m < 时，函数 f x 在 - , ln m 单调递增， lnm, - ÷单调递减， - , + 2 2 ÷单调递增；e è è
m e当 = 时， f x = 2x +1 ex - m > 0，所以函数 f x 在 - ,+ 单调递增；
e
e 1 1
当m > 时，函数 f x 在 - ,- ÷单调递增， - , lnm÷单调递减， ln m, + 单调递增；
e è 2 è 2
（2）由（1）知当m 0时函数 f x 至多两个零点，不满足条件．
当m e= 时，函数 f x 至多一个零点，不满足条件；
e
1 1
当0 < m e< 时函数 f x 在 - , ln m 单调递增， lnm, - ÷单调递减， - , + 2 ÷单调递增，e è 2 è
f lnm = mlnm 1- lnm < 0 ，函数 f x 至多一个零点，不满足
m e当 > 时，函数 f x 1 1在 - ,-

÷单调递增， - , lnm÷单调递减， ln m, + 单调递增．
e è 2 è 2
f -5 = -11e-5 -19m < 0 x，令 g x = e - x -1， g x = ex -1 > 0 x > 0
\ g x 在区间 - ,0 单调递减， 0, + 单调递增， g x g 0 = 0
x
\ex x +1即 ex-1 x ex ex e2
e
x
2
2
ex e x2
4
f m = 2m -1 em - m3 - m2 + m
2
2m -1 e m2 - m3 - m2 + m
4
é e2 e2
= m -1 m2 - 5 2 ê 2 ÷
+1÷ m +1÷ > m m - 3m +1÷ > 0
è è 4 ÷ è 2
ì f 1 5m 2 -

÷ = - > 0
í è 2 4 e

f lnm = mlnm 1- lnm < 0
ì
m 8 e> 8 e
í 5e < m 1或m e
5e
0 < m 1或m e
8 e
综上：m 的取值范围是 ,1÷÷ e,+
è 5e
4．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知函数 f x = a x -1 - lnx a R .
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值集合.
【答案】(1)答案见解析
(2) 1
【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，分类讨论 a 0和 a > 0，即可求解函数的单调区间；
（2）结合（1）知，当 a 0时，不合题意，则 a > 0，将 f x 0恒成立等价于 f x 0min ，令
g a =1- a + lna ，利用导数研究 g a 的单调性即最值，即可求解.
【详解】（1）由题意得： f x 的定义域为 0, + ，
f x a 1 ax -1= - = ，
x x
当 a 0时， f x < 0，则 f x 单调递减区间为 0, + ，无单调递增区间，
1
当 a > 0时，令 f x = 0，解得： x = ，
a
所以当 x
1
0, ÷时， f x < 0，
è a
x 1 当 ,+ ÷时， f a x > 0，è
所以 f x 1 1 的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 ,+ ，
è a ÷ a ÷ è
综上所述： a 0时，则 f x 的单调递减区间为 0, + ，无单调递增区间，
a > 0时， f x 1 1 的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 ,+ ；
è a ÷

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