2020-2021学年高考数学 考点 第四章 导数及其应用 导数与函数的单调性（理）.docx

1、导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数yf (x)在区间(a，b)上可导f(x)0f (x)在(a，b)内单调递增f(x)0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f (x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对x(a，b)，都有f(x)0(f(x)0)且f(x)在(a，b)上的任一非空子区间内都不恒为零1（2017江苏）已知函数f（x）x32x+ex-1ex，其中e是自然对数的底数若f（a1）+f（2a2）0则实数a的取值范围是_【答案】1，12【解析】函数f（x）x32x+ex-1ex的导数为：f（x）3x22+ex+1ex-2+

2、2ex1ex=0，可得f（x）在R上递增；又f（x）+f（x）（x）3+2x+exex+x32x+ex-1ex=0，可得f（x）为奇函数，则f（a1）+f（2a2）0，即有f（2a2）f（a1）由f（a1）f（a1），f（2a2）f（1a），即有2a21a，解得1a12，故答案为：1，122（2020新课标）已知函数f（x）exa（x+2）（1）当a1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【解析】由题意，f（x）的定义域为（，+），且f（x）exa（1）当a1时，f（x）ex1，令f（x）0，解得x0当x（，0）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（0，+）时，

3、f（x）0，f（x）单调递增f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；（2）当a0时，f（x）exa0恒成立，f（x）在（，+）上单调递增，不合题意；当a0时，令f（x）0，解得xlna，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f（x）的极小值也是最小值为f（lna）aa（lna+2）a（1+lna）又当x时，f（x）+，当x+时，f（x）+要使f（x）有两个零点，只要f（lna）0即可，则1+lna0，可得a1e综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1e，+）3（2020新课标）已知函数f（x）2lnx+1（1）

4、若f（x）2x+c，求c的取值范围；（2）设a0，讨论函数g（x）=f(x)-f(a)x-a的单调性【解析】（1）f（x）2x+c等价于2lnx2xc1设h（x）2lnx2x，h（x）=2x-2=2(1-x)x（x0）当x（0，1）时，h（x）0，h（x）单调递增，当x（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，h（x）在x1时取得极大值也就是最大值为h（1）2，c12，即c1则c的取值范围为1，+）；（2）g（x）=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a（x0，xa，a0）g（x）=2x(x-a)-2lnx+2lna(x-a)2=-2ax-2lnx+2lna+2(x-a)2令w

5、（x）=-2ax-2lnx+2lna+2（x0），则w（x）=2ax2-2x=2(a-x)x2，令w（x）0，解得0xa，令w（x）0，解得xa，w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+）上单调递减w（x）w（a）0，即g（x）0，g（x）在（0，a）和（a，+）上单调递减4（2020新课标）已知函数f（x）x3kx+k2（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围【解析】（1）f（x）x3kx+k2f（x）3x2k，k0时，f（x）0，f（x）在R递增，k0时，令f（x）0，解得：xk3或x-k3，令f（x）0，解得：-k3xk3，f（x）在（，-k3）递增，在（

6、-k3，k3）递减，在（k3，+）递增，综上，k0时，f（x）在R递增，k0时，f（x）在（，-k3）递增，在（-k3，k3）递减，在（k3，+）递增；（2）由（1）得：k0，f（x）极小值f（k3），f（x）极大值f（-k3），若f（x）有三个零点，只需k0f(k3)0f(-k3)0，解得：0k427，故k（0，427）5（2019全国）已知函数f（x）=x（x2ax）（1）当a1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间0，2的最小值为-23，求a【解析】（1）当a1时，f（x）=x（x2x），则f（x）=52x32-32x12（x0），令f（x）0，则x=35，当0x35时，f（x

7、）0；当x35时，f（x）0f（x）的单调递减区间为(0，35)，单调递增区间为(35，+)；（2）f（x）=52x32-32ax12（0x2），令f（x）0，则x=3a5，当a0时，f（x）0，f（x）在0，2上单调递增，f(x)min=f(0)=0-23，不符合条件；当0a103时，03a52，则当0x3a5时，f（x）0；当3a5x2时，f（x）0，f（x）在(0，3a5)上单调递减，在(3a5，2)上单调递增，f(x)min=f(3a5)=(3a5)52-a(3a5)32=-23，a=53，符合条件；当a103时，1032，则当0x2时，f（x）0，f（x）在（0，2）上单调递减，f(

8、x)min=f(2)=2(4-2a)=-23，a=2+26，不符合条件f（x）在区间0，2的最小值为-23，a的值为536（2019浙江）已知实数a0，设函数f（x）alnx+1+x，x0（）当a=-34时，求函数f（x）的单调区间；（）对任意x1e2，+）均有f（x）x2a，求a的取值范围注：e2.71828为自然对数的底数【解析】（1）当a=-34时，f（x）=-34lnx+1+x，x0，f（x）=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x，函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由f（1）12a，得0a24，当0a24时，f（x）x2a，

9、等价于xa2-21+xa-2lnx0，令t=1a，则t22，设g（t）t2x-2t1+x-2lnx，t22，则g（t）=x（t-1+1x）2-1+xx-2lnx，（i）当x17，+）时，1+1x22，则g（x）g（22）=8x-421+x-2lnx，记p（x）4x-221+x-lnx，x17，则p（x）=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1=(x-1)1+x(2x+2-1)xx+1(x+1)(x+1+2x)，列表讨论： x 17 （17，1） 1 （1，+） p（x） 0+ P（x） p（17）单调递减 极小值p（1）单调递增p（x）p（1）0，g（t）g（22)=2p(x)

10、=2p（x）0（ii）当x1e2，17）时，g（t）g（1+1x）=-2xlnx-(x+1)2x，令q（x）2xlnx+（x+1），x1e2，17，则q（x）=lnx+2x+10，故q（x）在1e2，17上单调递增，q（x）q（17），由（i）得q（17）=-277p（17）-277p（1）0，q（x）0，g（t）g（1+1x）=-q(x)2x0，由（i）（ii）知对任意x1e2，+），t22，+），g（t）0，即对任意x1e2，+），均有f（x）x2a，综上所述，所求的a的取值范围是（0，247（2019天津）设函数f（x）excosx，g（x）为f（x）的导函数（）求f（x）的单调区间；（

11、）当x4，2时，证明f（x）+g（x）（2-x）0；（）设xn为函数u（x）f（x）1在区间（2n+4，2n+2）内的零点，其中nN，证明2n+2-xne-2nsinx0-cosx0【解析】（）解：由已知，f（x）ex（cosxsinx），因此，当x（2k+4，2k+54）（kZ）时，有sinxcosx，得f（x）0，f（x）单调递减；当x（2k-34，2k+4）（kZ）时，有sinxcosx，得f（x）0，f（x）单调递增f（x）的单调增区间为2k-34，2k+4（kZ），单调减区间为2k+4，2k+54（kZ）；（）证明：记h（x）f（x）+g（x）（2-x），依题意及（），有g（x）ex

12、（cosxsinx），从而h（x）f（x）+g（x）（2-x）+g（x）（1）g（x）（2-x）0因此，h（x）在区间4，2上单调递减，有h（x）h（2）f（2）0当x4，2时，f（x）+g（x）（2-x）0；（）证明：依题意，u（xn）f（xn）10，即exncosxn=1记ynxn2n，则yn（4，2），且f（yn）=eyncosyn=exn-2ncos(xn-2n)=e2n（xN）由f（yn）e2n1f（y0）及（），得yny0，由（）知，当x（4，2）时，g（x）0，g（x）在4，2上为减函数，因此，g（yn）g（y0）g（4）0，又由（）知，f(yn)+g(yn)(2-yn)0，故2

13、-yn-f(yn)g(yn)=-e-2ng(yn)-e-2ng(y0)=e-2ney0(siny0-cosy0)e-2nsinx0-cosx02n+2-xne-2nsinx0-cosx08（2019新课标）已知函数f（x）lnx-x+1x-1（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线【解析】（1）函数f（x）lnx-x+1x-1定义域为：（0，1）（1，+）；f（x）=1x+2(x-1)20，（x0且x1），f（x）在（0，1）和（1，+）上单调递增，在（0，1）区间取值有1

14、e2，1e代入函数，由函数零点的定义得，f（1e2）0，f（1e）0，f（1e2）f（1e）0，f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，在（1，+）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又f（e）0，f（e2）0，f（e）f（e2）0，f（x）在（1，+）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1x0-1，曲线ylnx，则有y=1x；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：ylnx0=1x0（xx0），即：y=1x0x1+lnx0，将lnx0=x0+1x0-1代入，

15、即有：y=1x0x+2x0-1，而曲线yex的切线中，在点（ln1x0，1x0）处的切线方程为：y-1x0=1x0（xln1x0）=1x0x+1x0lnx0，将lnx0=x0+1x0-1代入化简，即：y=1x0x+2x0-1，故曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线故得证9（2018天津）已知函数f（x）ax，g（x）logax，其中a1（）求函数h（x）f（x）xlna的单调区间；（）若曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线与曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线平行，证明x1+g（x2）=-2lnlnalna；（）证明当ae1e时，存在直线l，使l是曲

16、线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线【解析】（）解：由已知，h（x）axxlna，有h（x）axlnalna，令h（x）0，解得x0由a1，可知当x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表： x （，0） 0 （0，+） h（x） 0+ h（x） 极小值函数h（x）的单调减区间为（，0），单调递增区间为（0，+）；（）证明：由f（x）axlna，可得曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线的斜率为ax1lna由g（x）=1xlna，可得曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线的斜率为1x2lna这两条切线平行，故有ax1lna=1x2lna，即x2ax1(lna)2=1，两边

17、取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna0，x1+g（x2）=-2lnlnalna；（）证明：曲线yf（x）在点（x1，ax1）处的切线l1：y-ax1=ax1lna(x-x1)，曲线yg（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：y-logax2=1x2lna(x-x2)要证明当ae1e时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线，只需证明当ae1e时，存在x1（，+），x2（0，+）使得l1与l2重合，即只需证明当ae1e时，方程组ax1lna=1x2lnaax1-x1ax1lna=logax2-1lna由得x2=1ax1(lna)2，代入得：a

18、x1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0，因此，只需证明当ae1e时，关于x1 的方程存在实数解设函数u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna，既要证明当ae1e时，函数yu（x）存在零点u（x）1（lna）2xax，可知x（，0）时，u（x）0；x（0，+）时，u（x）单调递减，又u（0）10，u(1(lna)2)=1-a1(lna)20，故存在唯一的x0，且x00，使得u（x0）0，即1-(lna)2x0ax0=0由此可得，u（x）在（，x0）上单调递增，在（x0，+）上单调递减，u（x）在xx0处取得极大值u（x0）ae1e，故lnlna1u(

19、x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna2+2lnlnalna0下面证明存在实数t，使得u（t）0，由（）可得ax1+xlna，当x1lna时，有u（x）(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna存在实数t，使得u（t）0因此，当ae1e时，存在x1（，+），使得u（x1）0当ae1e时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线10（2018新课标）已知函数f（x）=13x3a（x2+x+1）（1）若a3，求f（x）

20、的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点【解析】（1）当a3时，f（x）=13x33（x2+x+1），所以f（x）x26x3时，令f（x）0解得x323，当x（，323），x（3+23，+）时，f（x）0，函数是增函数，当x（323，3+23)时，f（x）0，函数是单调递减，综上，f（x）在（，323），（3+23，+），上是增函数，在（323，3+23)上递减（2）证明：因为x2+x+1（x+12）2+340，所以f（x）0等价于x33(x2+x+1)-a=0，令g(x)=x33(x2+x+1)-a，则g(x)=x2(x+1)2+23(x2+x+1)20，仅当x0时，g（x）0，所以g（

21、x）在R上是增函数；g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点又因为f（3a1）6a2+2a-13=-6（a-16）2-160，f（3a+1）=130，故f（x）有一个零点，综上，f（x）只有一个零点11（2018新课标）已知函数f（x）=1x-x+alnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1)-f(x2)x1-x2a2【答案】【解析】（1）函数的定义域为（0，+），函数的导数f（x）=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2，设g（x）x2ax+1，当a0时，g（x）0恒成立，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数，

22、当a0时，判别式a24，当0a2时，0，即g（x）0，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，x，f（x），f（x）的变化如下表： x （0，a-a2-42） a-a2-42 （a-a2-42，a+a2-42） a+a2-42 （a+a2-42，+） f（x） 0+ 0 f（x） 递减 递增递减综上当a2时，f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，在（0，a-a2-42），和（a+a2-42，+）上是减函数，则（a-a2-42，a+a2-42）上是增函数（2）由（1）知a2，0x11x2，x1x21，则f（x1）f（x2）（x2x1）（1+1x1x2）+a（ln

23、x1lnx2）2（x2x1）+a（lnx1lnx2），则f(x1)-f(x2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2，则问题转为证明lnx1-lnx2x1-x21即可，即证明lnx1lnx2x1x2，则lnx1ln1x1x1-1x1，即lnx1+lnx1x1-1x1，即证2lnx1x1-1x1在（0，1）上恒成立，设h（x）2lnxx+1x，（0x1），其中h（1）0，求导得h（x）=2x-1-1x2=-x2-2x+1x2=-(x-1)2x20，则h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）h（1），即2lnxx+1x0，故2lnxx-1x，则f(x1)-f(x2)x1-x2a2成立

24、（2）另解：注意到f（1x）x-1x-alnxf（x），即f（x）+f（1x）0，由韦达定理得x1x21，x1+x2a2，得0x11x2，x1=1x2，可得f（x2）+f（1x2）0，即f（x1）+f（x2）0，要证f(x1)-f(x2)x1-x2a2，只要证-f(x2)-f(x2)x1-x2a2，即证2alnx2ax2+ax20，（x21），构造函数h（x）2alnxax+ax，（x1），h（x）=-a(x-1)2x20，h（x）在（1，+）上单调递减，h（x）h（1）0，2alnxax+ax0成立，即2alnx2ax2+ax20，（x21）成立即f(x1)-f(x2)x1-x2a2成立12

25、（2017新课标）已知函数f（x）ex（exa）a2x（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）0，求a的取值范围【答案】【解析】（1）f（x）ex（exa）a2xe2xexaa2x，f（x）2e2xaexa2（2ex+a）（exa），当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在R上单调递增，当a0时，2ex+a0，令f（x）0，解得xlna，当xlna时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当xlna时，f（x）0，函数f（x）单调递增，当a0时，exa0，令f（x）0，解得xln（-a2），当xln（-a2）时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当xln（-a2）时，f（x）0，函数f（x）单调

26、递增，综上所述，当a0时，f（x）在R上单调递增，当a0时，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增，当a0时，f（x）在（，ln（-a2）上单调递减，在（ln（-a2），+）上单调递增，（2）当a0时，f（x）e2x0恒成立，当a0时，由（1）可得f（x）minf（lna）a2lna0，lna0，0a1，当a0时，由（1）可得：f（x）minf（ln（-a2）=3a24-a2ln（-a2）0，ln（-a2）34，2e34a0，综上所述a的取值范围为2e34，113（2017天津）设aZ，已知定义在R上的函数f（x）2x4+3x33x26x+a在区间（1，2）内有一个零点x

27、0，g（x）为f（x）的导函数（）求g（x）的单调区间；（）设m1，x0）（x0，2，函数h（x）g（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且pq1，x0）（x0，2，满足|pq-x0|1Aq4【解析】（）解：由f（x）2x4+3x33x26x+a，可得g（x）f（x）8x3+9x26x6，进而可得g（x）24x2+18x6令g（x）0，解得x1，或x=14当x变化时，g（x），g（x）的变化情况如下表：x（，1）（1，14）（14，+）g（x）+g（x）所以，g（x）的单调递增区间是（，1），（14，+），单调递减区间是

28、（1，14）（）证明：由h（x）g（x）（mx0）f（m），得h（m）g（m）（mx0）f（m），h（x0）g（x0）（mx0）f（m）令函数H1（x）g（x）（xx0）f（x），则H1（x）g（x）（xx0）由（）知，当x1，2时，g（x）0，故当x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当x（x0，2时，H1（x）0，H1（x）单调递增因此，当x1，x0）（x0，2时，H1（x）H1（x0）f（x0）0，可得H1（m）0即h（m）0，令函数H2（x）g（x0）（xx0）f（x），则H2（x）g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当x1，x0）时，H2（x）0，H

29、2（x）单调递增；当x（x0，2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当x1，x0）（x0，2时，H2（x）H2（x0）0，可得得H2（m）0，即h（x0）0，所以，h（m）h（x0）0（）对于任意的正整数p，q，且pq1，x0)(x0，2，令m=pq，函数h（x）g（x）（mx0）f（m）由（）知，当m1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m（x0，2时，h（x）在区间（x0，m）内有零点所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）g（x1）（pq-x0）f（pq）0由（）知g（x）在1，2上单调递增，故0g（1）g（x1）g（2），于是|pq-x0

30、|=|f(pq)g(x1)|f(pq)|g(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4因为当x1，2时，g（x）0，故f（x）在1，2上单调递增，所以f（x）在区间1，2上除x0外没有其他的零点，而pqx0，故f（pq）0又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以|pq-x0|1g(2)q4所以，只要取Ag（2），就有|pq-x0|1Aq414（2017新课标）设函数f（x）（1x2）ex（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）ax+1，求实数a的取值范围【

31、答案】【解析】（1）因为f（x）（1x2）ex，xR，所以f（x）（12xx2）ex，令f（x）0可知x12，当x1-2或x1+2时f（x）0，当1-2x1+2时f（x）0，所以f（x）在（，1-2），（1+2，+）上单调递减，在（1-2，1+2）上单调递增；（2）由题可知f（x）（1x）（1+x）ex下面对a的范围进行讨论：当a1时，设函数h（x）（1x）ex，则h（x）xex0（x0），因此h（x）在0，+）上单调递减，又因为h（0）1，所以h（x）1，所以f（x）（1+x）h（x）x+1ax+1；当0a1时，设函数g（x）exx1，则g（x）ex10（x0），所以g（x）在0，+）上单调

32、递增，又g（0）1010，所以exx+1因为当0x1时f（x）（1x）（1+x）2，所以（1x）（1+x）2ax1x（1axx2），取x0=5-4a-12（0，1），则（1x0）（1+x0）2ax010，所以f（x0）ax0+1，矛盾；当a0时，取x0=5-12（0，1），则f（x0）（1x0）（1+x0）21ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是1，+）（2）法二：x0时，g（x）ex（x21）+ax+10恒成立，g（x）ex（x2+2x1）+a，g（x）ex（x2+4x+1）0（x0），g（x）在x0时单调递增，当g（0）a10时，x0时g（x）0恒成立，g（x）单调递增，则x0时g（

33、x）g（0）0，符合题意，当g（0）a10时，g（|a|）0，于是存在m0使得g（m）0，当0xm时，g（x）0，g（x）单调递减，有g（m）g（0）0，不合题意，所以a1综上所述，a的取值范围是1，+）15（2017天津）设a，bR，|a|1已知函数f（x）x36x23a（a4）x+b，g（x）exf（x）（）求f（x）的单调区间；（）已知函数yg（x）和yex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在xx0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求b的取值范围【解析】（）解：由f（x）x36x23a（a4）x+b，可得f（

34、x）3x212x3a（a4）3（xa）（x（4a），令f（x）0，解得xa，或x4a由|a|1，得a4a当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（，a）（a，4a）（4a，+）f（x）+f（x）f（x）的单调递增区间为（，a），（4a，+），单调递减区间为（a，4a）；（）（i）证明：g（x）ex（f（x）+f（x），由题意知g(x0)=ex0g(x0)=ex0，f(x0)ex0=ex0ex0(f(x0)+f(x0)=ex0，解得f(x0)=1f(x0)=0f（x）在xx0处的导数等于0；（ii）解：g（x）ex，xx01，x0+1，由ex0，可得f（x）1又f（x0）1，f（x0）

35、0，故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0a另一方面，由于|a|1，故a+14a，由（）知f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当x0a时，f（x）f（a）1在a1，a+1上恒成立，从而g（x）ex在x01，x0+1上恒成立由f（a）a36a23a（a4）a+b1，得b2a36a2+1，1a1令t（x）2x36x2+1，x1，1，t（x）6x212x，令t（x）0，解得x2（舍去），或x0t（1）7，t（1）3，t（0）1，故t（x）的值域为7，1b的取值范围是7，116（2017新课标）已知函数f（x）lnx+ax2+（2a+1）x（1）讨论f（x）的单调性；（

36、2）当a0时，证明：f（x）-34a-2【解析】（1）解：因为f（x）lnx+ax2+（2a+1）x，求导f（x）=1x+2ax+（2a+1）=2ax2+(2a+1)x+1x=(2ax+1)(x+1)x，（x0），当a0时，f（x）=1x+10恒成立，此时yf（x）在（0，+）上单调递增；当a0，由于x0，所以（2ax+1）（x+1）0恒成立，此时yf（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，令f（x）0，解得：x=-12a因为当x（0，-12a）f（x）0、当x（-12a，+）f（x）0，所以yf（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+）上单调递减综上可知：当a0时f（x）在（0，

37、+）上单调递增，当a0时，f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+）上单调递减；（2）证明：由（1）可知：当a0时f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+）上单调递减，所以当x=-12a时函数yf（x）取最大值f（x）maxf（-12a）1ln2-14a+ln（-1a）从而要证f（x）-34a-2，即证f（-12a）-34a-2，即证1ln2-14a+ln（-1a）-34a-2，即证-12（-1a）+ln（-1a）1+ln2令t=-1a，则t0，问题转化为证明：-12t+lnt1+ln2（*）令g（t）=-12t+lnt，则g（t）=-12+1t，令g（t）0可知t

38、2，则当0t2时g（t）0，当t2时g（t）0，所以yg（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+）上单调递减，即g（t）g（2）=-122+ln21+ln2，即（*）式成立，所以当a0时，f（x）-34a-2成立17（2017新课标）已知函数f（x）ae2x+（a2）exx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围【答案】【解析】（1）由f（x）ae2x+（a2）exx，求导f（x）2ae2x+（a2）ex1，当a0时，f（x）2ex10，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）（2ex+1）（aex1）2a（ex+12）（ex-1a），令f（x）0，解得：xl

39、n1a，当f（x）0，解得：xln1a，当f（x）0，解得：xln1a，x（，ln1a）时，f（x）单调递减，x（ln1a，+）单调递增；当a0时，f（x）2a（ex+12）（ex-1a）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减，综上可知：当a0时，f（x）在R单调减函数，当a0时，f（x）在（，ln1a）是减函数，在（ln1a，+）是增函数；（2）若a0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a0时，f（x）ae2x+（a2）exx，当x时，e2x0，ex0，当x时，f（x）+，当x，e2x+，且远远大于ex和x，当x，f（x）+，函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（，

40、ln1a）是减函数，在（ln1a，+）是增函数，f（x）minf（ln1a）a（1a2）+（a2）1a-ln1a0，1-1a-ln1a0，即ln1a+1a-10，设t=1a，则g（t）lnt+t1，（t0），求导g（t）=1t+1，由g（1）0，t=1a1，解得：0a1，a的取值范围（0，1）方法二：（1）由f（x）ae2x+（a2）exx，求导f（x）2ae2x+（a2）ex1，当a0时，f（x）2ex10，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）（2ex+1）（aex1）2a（ex+12）（ex-1a），令f（x）0，解得：xlna，当f（x）0，解得：xlna，当f（x）0，解得：x

41、lna，x（，lna）时，f（x）单调递减，x（lna，+）单调递增；当a0时，f（x）2a（ex+12）（ex-1a）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减，综上可知：当a0时，f（x）在R单调减函数，当a0时，f（x）在（，lna）是减函数，在（lna，+）是增函数；（2）若a0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a0时，由（1）可知：当xlna时，f（x）取得最小值，f（x）minf（lna）1-1a-ln1a，当a1，时，f（lna）0，故f（x）只有一个零点，当a（1，+）时，由1-1a-ln1a0，即f（lna）0，故f（x）没有零点，当a（0，1）时，1-1a-ln1a0，

42、f（lna）0，由f（2）ae4+（a2）e2+22e2+20，故f（x）在（，lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0ln（3a-1），则f（n0）=en0（aen0+a2）n0en0-n02n0-n00，由ln（3a-1）lna，因此在（lna，+）有一个零点a的取值范围（0，1）强化训练1（2020德阳模拟）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为A，BC，D，【答案】A【解析】因为，所以要使函数单调递增，则恒成立即恒成立所以，因为所以，所以故选2（2020汉台区校级模拟）已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是AB，C，D，【答案】A【解析】因为，当时，恒成立，故函数在内

43、单调递增，不符合题意；当时，可得，可得，因为在内不是单调函数，所以，解可得，故选3（2020河南模拟）已知函数，则不等式的解集是_【答案】【解析】易知，该函数为偶函数，且，因为，恒成立，故在上单调递增，故时，在上单调递减；时，在单调递增结合该函数是偶函数，所以要使成立，只需，即，解得或，故原不等式的解集为，或故答案为：，或4（2020永康市模拟）设，函数（1）讨论和单调性；（2）若存在两个不同的零点，问当取何值时，有最小值【解析】（1）函数的定义域为，当时，在上，单调递增，在，上，单调递减；令，则，令，则，在上，单调递减，在上，单调递增，所以，所以，即，所以在和上单调递减，故在上递减，在上递增

44、，在上递增，在上递减，即在上递减，在上递增；（2）存在两个零点，即有两解，令，则，令，当取最小值时，取得最大值，可在取得最大值；令，由零点存在性定理可知，在上存在零点，且时，当，时，此时，故5（2020柯桥区二模）设函数（1）讨论单调性；（2）若；对于任意的，使得恒成立，求的取值范围【解析】（1）函数的定义域为，当时，故在上递增，当时，令，解得，易知，当时，单调递增，当时，单调递减；（2）恒成立，即恒成立，即恒成立，令，则，（1），的定义域为，若（1），则必存在，使得（1），不合题意，必须（1），解得，令，在递增，（1），故满足题意，实数的取值范围为6（2020南岗区校级模拟）已知函数，其导函

45、数为（）讨论函数在定义域内的单调性；（）已知，设函数证明：函数在上存在唯一极值点；在的条件下，当时，求的范围【解析】（），则，设，则，当时，；当时，单调递增，又，的减区间为，增区间为；（）证明：，则，令，则，令，即，由，在递减，在递增，在递减，在递增，又，存在，使得，从而有，在递减，在，递增，函数在上存在唯一极值点；，在递增，（1），设，则，在上递减，的取值范围为7（2020河南模拟）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：【解析】（1）函数的定义域为，当时，恒成立，即，函数在上单调递增；当时，恒成立，函数在上单调递增；当时，令，得或，函数单调递增；令，得，函数单调递减综

46、上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在和，上单调递增，在，上单调递减（2）证明：由（1）知，、是方程的两个不同正根且，要证，只需证，只需证，即证令，则，函数在上单调递增，（1），即故若存在两个极值点，则8（2020二模拟）已知（1）当时，求的单调区间；（2）若在，上为单调递增函数，求的取值范围【解析】（1）时，单调递增，又，当时，当时，的单调减区间为，增区间为（2），在，上为单调递增函数，在，上恒成立，令，当时，显然有，复合题意；当时，若，则，在，上单调递增，故，符合题意；若，则，在，上单调递增，又，存在，使得，故当时，当时，在上单调递减，在，上单调递增，在，上的最小值为，不符合题意综上

47、，9（2020韩城市模拟）已知函数（）讨论函数的单调性；（）若关于的方程在上存在3个不相等的实数根，求的取值范围【解析】（），由，可得或，当时，在，上，单调递增，在上，单调递减；当时，在上恒成立，即在上单调递增；当时，在，上，单调递增，在上，单调递减；（）有三个实数根，显然是方程的一个解，故有两个实数根，且，即，令，则，当，时，单调递减，当，单调递增，当时，当时，取得较小值，（1），又（2），则或10（2020滨州三模）已知函数，其中是自然对数的底数，（1）求函数的单调区间；（2）设，讨论函数零点的个数，并说明理由【解析】（1）因为，所以 由，得；由，得 所以的增区间是，减区间是 （2）因为由

48、，得或 设，又，即不是的零点，故只需再讨论函数零点的个数因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增 所以当时，取得最小值（a） 当（a），即时，无零点； 当（a），即时，有唯一零点；当（a），即时，因为，所以在上有且只有一个零点 令，则设（a），则（a），所以（a）在上单调递增，所以，都有（a）（1）所以（a）所以在上有且只有一个零点所以当时，有两个零点 综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有三个零点 11（2020西安模拟）设函数（）讨论在区间上的单调性；（）若存在两个极值点、，且，求的取值范围【解析】（），于是的正负性由决定当时，恒成立，即，在上单调递增；当时，令，得，单调递

49、增；令，得，单调递减综上所述，当时，在，上单调递增，在，上单调递减；当时，在上单调递增（）由（）可知，当时，不存在极值，必有存在两个极值点、，、是方程的两个不同实根，不妨令，函数的定义域为，且，解得令，由且得，当时，；当时，设，当时，在上单调递减，即当时，不符合题意当时，在上单调递减，（1），即当时，符合题意综上所述，的取值范围为，12（2020青羊区校级模拟）已知函数（1）若是定义域上的增函数，求的取值范围；（2）若，若函数有两个极值点，求的取值范围【解析】（1）的定义域为，在定义域内单调递增，即对恒成立则恒成立，所以，的取值范围是（2）设方程，即得两根为，且由且，得，代入得，令，则，得，在

50、上单调递减，从而，即，即的取值范围是13（2020碑林区校级模拟）已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）讨论的零点个数【解析】（1）当时，则，因为，则，所以时，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故的单调递减区间是，单调递增区间是（2）因为，则当时，因为，则，则时，所以时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，（1）当（1）时，即时，（1），所以当时，函数没有零点，即函数零点个数为0；当（1），即时，（1），所以当时，函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1；当（1），即时，（2），则存在一个实数，使得，当时，对任意的，则，取，因为，则，则，则存在，使得，即时，函数的零点个数为2当时

51、，令，则，则，即函数有且只有一个零点；即函数的零点个数为1当时，令，故在上单调递增，令，故，则一定存在，使得，所以时，时，因为，当，即时，所以，所以时，所以时，则在上单调递增，且（1），（3），则存在，使得，所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1因为，当，时，当时，当，时，则在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，当，时，当，时，当时，则在上单调递增，在，上单调递减，在上单调递增，因为，时，即，所以在，时没有零点，上至多有一个零点，而，令，则，则，故在上单调递增，而（2），即，故存在一个，则存在，使得，所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1，综上所述：当时，函数的零点个数为

52、0；当或时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为214（2020雨花区校级模拟）已知函数（）讨论函数的单调性；（）当，时，有解，求实数的取值范围【解析】（），令解得，易得函数在和单调递减；在和单调递增（）有解即有解，当时，不成立；当时，原不等式化为在，有解，令，则，在，所以在，单调递增，实数的取值范围为，15（2020鼓楼区校级模拟）已知函数，是自然对数的底数）（1）求的单调区间；（2）若函数，证明：有极大值，且满足【解析】（1），设，当时，单调递减；当时，单调递增即函数的减区间为；增区间为 （2）证明：，设，且，在，是增函数，在上是单调递增，没有极值 ，在，单调递减， ，由根的存在性定

53、理：设，使得：，即 在，单调递增；在，单调递减；有极大值有又， 综上可得：函数有极大值，且满足 16（2020东湖区校级模拟）设函数（）当时，求函数的单调区间；（）若，求证：方程有唯一解【解析】（）当时，所以，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，函数在上单调递减，在，上单调递增（）令，则，若，则，单调递减，（1），（4），在内有唯一零点，符合题意；若，当或时，；当时，在和上单调递减，在上单调递增（1），在内有唯一零点，符合题意；若，当或时，；当时，在和上单调递减，在上单调递增，在内有唯一零点，符合题意综上所述，方程有唯一解17（2020韩城市模拟）已知函数（）若，讨论的单调性：（）设，若有

54、两个零点，求的取值范围【解析】（），定义域为，令，且，若，即时，恒成立，即，在上单调递增；若，即时，令，则，当或时，即；当时，即，在和，上单调递增，在，上单调递减综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和，上单调递增，在，上单调递减（），令，则若，则，即在上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；若，当时，；当时，在上单调递增，在，上单调递减，要使有两个零点，必须有，即，解得接下来证明，当时，有两个零点，设（a），则（a），即（a）在上单调递减，（a）（e），即在上恒成立，也即又（1），当时，在，和，上各有且只有一个零点综上所述，实数的取值范围为18（2020新乡三模）已知函数的最小值为2（1）

55、求的值以及的单调区间；（2）设，证明：【解析】（1），由可得，由，得，故函数在，上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得最小值，解得，故函数在上单调递增，在上单调递减，（2）由（1），可得，即，令，则，19（2020桃城区校级模拟）已知函数为常数）在处的切线方程为（1）求的值，并讨论的单调性；（2）若，求证：【解析】（1），由题意可得，（1），解可得，此时，令，则，易得在上单调递减，在上单调递增，故（1）恒成立，故在上单调递增，（2）设，则，易得在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值（1），故，即，令，则设，则，故单调递增，单调递增，且（1），故当时，单调递减，当时，单调递增，所以（1）

56、，即，当时等号成立，所以，又，所以即，由在上单调递增，所以，即20（2020雨花区校级模拟）已知函数，在点，（1）的切线为（）求函数的单调区间；（）若，是函数的两个极值点，证明：【解析】（）因为，所以，由题意可知（1），（1），即，解得，所以，则，由，得，由，得，由，得；又的定义域为，所以的单调减区间是和，单调增区间是（）由函数的两个极值点，则有两个变号零点，令即，当时，上述等式不成立；当时，上式转化为，由（）知的单调减区间是和，单调增区间是，且时，则函数的图象大致如图所示；不妨设则，要证即证，即证，即证，由（）知在上单调递增，要证只需证又，故即证令，又在上为增函数，的在上单调递减，（1）即，

57、证毕21（2020金安区校级模拟）已知函数（1）讨论单调性；（2）取，若在，上单调递增，求的取值范围【解析】（1），当时，在单调递增；当时，在区间上是单调递增，在区间单调递减（5分）（2），令、当，令，则，当时，所以在区间上是单调递增，当时，在区间上是单调递减又（1），（e），（1）因为在，上单调递增，、同理可得，（1），综合、得或（12分）22（2020河南模拟）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围【解析】（1）时，令，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以，即恒成立，所以的单调 递增区间为，（2）对任意的，恒成立，故，令，则，令，则，当时，恒成

58、立，则在上单调递增，即恒成立，在上单调递增，即在上恒成立，当时，则可得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故，即，令，则，故在上单调递减，（1），所以，则存在，使得，当时，函数单调递减，又，故时，此时不符合题意综上23（2020青羊区校级模拟）已知函数（）讨论的单调性；（）当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围【解析】（1）由，得，当时，所以在上单调递增，令，则，当，即时，则，即，所以在上单调递减；当，即 时，由，解得，当时，在上单调递增，当时，当，时，即，则在和，上单调递减；当，时，即，则在，上单调递增综上，当时，在上单调递增；当时，在和，上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递减（2）由（1）可得当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，不可能有3个零点所以时，在和，上单调递减，在，上单调递增，因为（2），所以，（2），（2），令（a），则（a），令（a），和（a）在上为增函数，由（a），得，所以当时，（a），所以（a）在，上单调递减，所以（a），所以在，上单调递增，所以（a），所以，由零点存在性定理可知，在区间，上有一个根，设为，又，得，而，所以是函数的另一个零点，所以当 时，有3个零点，所以实数的取值范围为，