2024-2025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

PAGEPAGE1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y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数概念方法微思索“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任一非空子区间内都不恒为零．1．（2024•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex-1ex，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2【答案】[﹣1，12【解析】函数f（x）＝x3﹣2x+ex-1f′（x）＝3x2﹣2+ex+1ex可得f（x）在R上递增；又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex-1可得f（x）为奇函数，则f（a﹣1）+f（2a2）≤0，即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），f（2a2）≤f（1﹣a），即有2a2≤1﹣a，解得﹣1≤a≤1故答案为：[﹣1，122．（2024•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）当a＝1时，探讨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）＝ex﹣a．（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，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a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a＞0时，令f′（x）＝0，解得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．∴f（x）的微小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（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+lna＞0，可得a＞1综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1e3．（2024•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a＞0，探讨函数g（x）=f(x)-f(a)【解析】（1）f（x）≤2x+c等价于2lnx﹣2x≤c﹣1．设h（x）＝2lnx﹣2x，h′（x）=2x-2=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x＝1时取得极大值也就是最大值为h（1）＝﹣2，∴c﹣1≥﹣2，即c≥﹣1．则c的取值范围为[﹣1，+∞）；（2）g（x）=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a（x＞0，x∴g′（x）=2令w（x）=-2ax-2lnx+2lna则w′（x）=2a令w′（x）＞0，解得0＜x＜a，令w′（x）＜0，解得x＞a，∴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．（2024•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）探讨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）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增，k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞k3或x令f′（x）＜0，解得：-k3＜∴f（x）在（﹣∞，-k3）递增，在（-k3，综上，k≤0时，f（x）在R递增，k＞0时，f（x）在（﹣∞，-k3）递增，在（-k3，（2）由（1）得：k＞0，f（x）微小值＝f（k3），f（x）极大值＝f（-若f（x）有三个零点，只需k＞0f(k3)＜0故k∈（0，4275．（2024•全国）已知函数f（x）=x（x2﹣ax（1）当a＝1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【解析】（1）当a＝1时，f（x）=x（x2﹣x则f'（x）=52x32-32x1∴当0＜x＜35时，f'（x）＜0；当x＞35时，∴f（x）的单调递减区间为(0，35)（2）f'（x）=52x32-32ax当a≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在[0，2]上单调递增，∴f(x)当0＜a≤103时，0＜3a5≤2，则当0＜x＜3a5时，f'（x∴f（x）在(0，3a5)∴f(x)min=f(3a5当a＞103时，103＞2，则当0＜x＜2时，f'（x）＜0，∴∴f(x)min=f(2)=2(4-2a)=-∴f（x）在区间[0，2]的最小值为-23，a的值为6．（2024•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+1+x，x（Ⅰ）当a=-34时，求函数f（（Ⅱ）对随意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤x注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当a=-34时，f（x）=-3f′（x）=-3∴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0＜a当0＜a≤24时，f（x）≤x2a，等价于令t=1a，则t设g（t）＝t2x-2t1+x-2lnx，t则g（t）=x（t-1+1x）2（i）当x∈[17，+∞）时，1+则g（x）≥g（22）=8x记p（x）＝4x-221+x-lnx，则p′（x）==(x-1)[1+列表探讨：x1（171（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（17单调递减微小值p（1）单调递增∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（22)=2p(x)=2p（x（ii）当x∈[1e2，17）时，g（t）≥g令q（x）＝2xlnx+（x+1），x∈[1e2，则q′（x）=lnx+2故q（x）在[1e2，17]上单调递增，∴q（x）≤q由（i）得q（17）=-277p（1∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（1+1x）由（i）（ii）知对随意x∈[1e2，+∞），t∈[22，+∞），g（即对随意x∈[1e2，+∞），均有f（x）综上所述，所求的a的取值范围是（0，247．（2024•天津）设函数f（x）＝excosx，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[π4，π2]时，证明f（x）+g（x）（π（Ⅲ）设xn为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ+π4，2nπ+π2）内的零点，其中n∈N，证明2nπ+【解析】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），因此，当x∈（2kπ+π4，2kπ+5π4）（k∈Z）时，有sinx＞cosx，得f′（x）＜0，当x∈（2kπ-3π4，2kπ+π4）（k∈Z）时，有sinx＜cosx，得f′（x）＞0，∴f（x）的单调增区间为[2kπ-3π4，2kπ+π4]（k∈Z），单调减区间为[2kπ+π4，（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（π2-x），依题意及（有g（x）＝ex（cosx﹣sinx），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（π2-x）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（因此，h（x）在区间[π4，π2]上单调递减，有h（x）≥h（π2）＝f∴当x∈[π4，π2]时，f（x）+g（x）（π（Ⅲ）证明：依题意，u（xn）＝f（xn）﹣1＝0，即ex记yn＝xn﹣2nπ，则yn∈（π4，π2），且f（yn）=eyncosy由f（yn）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得yn≥y0，由（Ⅱ）知，当x∈（π4，π2）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[π4因此，g（yn）≤g（y0）＜g（π4又由（Ⅱ）知，f(y故π2∴2nπ+π2-x8．（2024•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx-x+1（1）探讨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y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．【解析】（1）函数f（x）＝lnx-x+1x-1．定义域为：（0，1）f′（x）=1x+2(x-1∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，①在（0，1）区间取值有1e2，∵f（1e2）＜0，f（1e）＞0，f（1e2∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，②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=x曲线y＝lnx，则有y′=1由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣即：y=1x0x﹣1+lnx0，将lnx即有：y=1x0而曲线y＝ex的切线中，在点（ln1x0，1x0）处的切线方程为：y-1x0=1x0（将lnx0=x0+1x0-1故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．故得证．9．（2024•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=-2lnlna（Ⅲ）证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g【解析】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞1，可知当x改变时，h′（x），h（x）的改变状况如下表：x（﹣∞，0）0（0，+∞）h′（x）﹣0+h（x）↓微小值↑∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为ax1由g′（x）=1xlna，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为∵这两条切线平行，故有ax1lna=两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）=-2lnlna（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（x1，ax1）处的切线曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：y-log要证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g只需证明当a≥e1e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与即只需证明当a≥e1由①得x2=1ax1因此，只需证明当a≥e1e时，关于x1设函数u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnau′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′(1故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即1-(lna)由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．∵a≥e1e∴u(x下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当x＞1u（x）≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a≥e1e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（∴当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g10．（2024•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【解析】（1）当a＝3时，f（x）=13x3﹣3（x2+所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3±23当x∈（﹣∞，3﹣23），x∈（3+23，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（3﹣23，3+23)时，f综上，f（x）在（﹣∞，3﹣23），（3+23，+∞），上是增函数，在（3﹣23，3+2（2）证明：因为x2+x+1＝（x+12）2所以f（x）＝0等价于x3令g(x)=x则g'(x)=x2[(x+1)2+2]3(x2+x+1)2＞0g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a-13=-6（a-1f（3a+1）=1故f（x）有一个零点，综上，f（x）只有一个零点．11．（2024•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=1x-x（1）探讨f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1【答案】【解析】（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=-1x2设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0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，当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，①当0＜a≤2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，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的改变如下表：x（0，a-aa-（a-a2-4a+（a+af′（x）﹣0+0﹣f（x）递减递增递减综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，a-a2-4则（a-a2-4（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1x1x2）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx则f(x1)-f(则问题转为证明lnx即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln1x1＞x即lnx1+lnx1＞x1-1即证2lnx1＞x1-1设h（x）＝2lnx﹣x+1x，（0＜x＜1），其中求导得h′（x）=2x-则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1故2lnx＞x-1则f(x1（2）另解：留意到f（1x）＝x-1x-alnx＝﹣即f（x）+f（1x由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1可得f（x2）+f（1x2）＝0，即f（x1）+f（x要证f(x1)-f(x2即证2alnx2﹣ax2+ax2＜构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+ax，（x＞1），h′（x）∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax+ax＜0成立，即2alnx2﹣ax2+a即f(x112．（2024•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．（1）探讨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（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（-a当x＜ln（-a2）时，f′（x）＜0，函数f（当x＞ln（-a2）时，f′（x）＞0，函数f（综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（-a2））上单调递减，在（ln（（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（-a2））=3a24-∴ln（-a2）∴﹣2e34综上所述a的取值范围为[﹣2e313．（2024•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于随意的正整数p，q，且pq∈[1，x0）∪（x0，2]，满意|pq-x0【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x=1当x改变时，g′（x），g（x）的改变状况如下表：x（﹣∞，﹣1）（﹣1，14（14g′（x）+﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（14，+∞），单调递减区间是（﹣1，1（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，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）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，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．（Ⅲ）对于随意的正整数p，q，且pq令m=pq，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（由（Ⅱ）知，当m∈[1，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（由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|pq-x0|因为当x∈[1，2]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pq≠x0，故f（又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|pq-x0|≥1g(2)q4．所以，只要取A＝g（2），就有|14．（2024•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝（1﹣x2）•ex．（1）探讨f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．【答案】【解析】（1）因为f（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，令f′（x）＝0可知x＝﹣1±2，当x＜﹣1-2或x＞﹣1+2时f′（x）＜0，当﹣1-2＜x＜﹣1+2所以f（x）在（﹣∞，﹣1-2），（﹣1+2，+∞）上单调递减，在（﹣1-2（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行探讨：①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）ex，则h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），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+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，所以ex≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0=5-4a-12∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣所以f（x0）＞ax0+1，冲突；③当a≤0时，取x0=5-12∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．（2）法二：x≥0时，g（x）＝ex（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，g'（x）＝ex（x2+2x﹣1）+a，[g'（x）]'＝ex（x2+4x+1）＞0（x≥0），g'（x）在x≥0时单调递增，当g'（0）＝a﹣1≥0时，x＞0时g'（x）＞0恒成立，g（x）单调递增，则x≥0时g（x）≥g（0）＝0，符合题意，当g'（0）＝a﹣1＜0时，g'（|a|）＞0，于是存在m＞0使得g'（m）＝0，当0＜x＜m时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，有g（m）＜g（0）＝0，不合题意，所以a≥1．综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．15．（2024•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝exf（x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y＝g（x）和y＝ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x＝x0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）＝3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）＝3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），令f'（x）＝0，解得x＝a，或x＝4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．当x改变时，f'（x），f（x）的改变状况如下表：x（﹣∞，a）（a，4﹣a）（4﹣a，+∞）f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）＝ex（f（x）+f'（x）），由题意知g(x∴f(x0)∴f（x）在x＝x0处的导数等于0；（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）＝1，f'（x0）＝0，故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0＝a．另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当x0＝a时，f（x）≤f（a）＝1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）＝a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b＝1，得b＝2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）＝2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴t'（x）＝6x2﹣12x，令t'（x）＝0，解得x＝2（舍去），或x＝0．∵t（﹣1）＝﹣7，t（1）＝﹣3，t（0）＝1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．∴b的取值范围是[﹣7，1]．16．（2024•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．（1）探讨f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明：f（x）≤-3【解析】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，求导f′（x）=1x+2ax+（2a+1）=①当a＝0时，f′（x）=1x+1＞0恒成立，此时y＝f②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x=-1因为当x∈（0，-12a）f′（x）＞0、当x∈（-12a，+∞）所以y＝f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（所以当x=-12a时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（-12a）＝﹣1﹣ln2-从而要证f（x）≤-34a-2，即证f（-即证﹣1﹣ln2-14a+ln（-1a）≤-34a-2，即证-1令t=-1a，则t＞0，问题转化为证明：-12t+令g（t）=-12t+lnt，则g′（t）令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，即g（t）≤g（2）=-12×2+ln所以当a＜0时，f（x）≤-317．（2024•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（1）探讨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+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex令f′（x）＝0，解得：x＝ln1a当f′（x）＞0，解得：x＞ln1a当f′（x）＜0，解得：x＜ln1a∴x∈（﹣∞，ln1a）时，f（x）单调递减，x∈（ln1当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，∴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（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1∴f（x）min＝f（ln1a）＝a×（1a2）+（a﹣2）×∴1-1a-ln1a设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（求导g′（t）=1t+∴t=1a＞∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1-1a-当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1-1a-ln1a＞故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1-1a-ln1a＜由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满意n0＞ln（3a-1），则f（n0）=en0（aen0+a﹣2）﹣n由ln（3a-1）＞﹣因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．强化训练强化训练1．（2024•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．， B． C．， 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．（2024•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A． B．， C．，， D．，【答案】A【解析】因为，，当时，恒成立，故函数在内单调递增，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．（2024•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．（2024•永康市模拟）设，函数．．（1）探讨和单调性；（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，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．（2024•柯桥区二模）设函数．（1）探讨单调性；（2）若；对于随意的，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，必需（1），解得，，令，，在递增，（1），故满意题意，实数的取值范围为．6．（2024•南岗区校级模拟）已知函数，其导函数为．（Ⅰ）探讨函数在定义域内的单调性；（Ⅱ）已知，设函数．①证明：函数在上存在唯一极值点；②在①的条件下，当时，求的范围．【解析】（Ⅰ），，，则，设，则，当时，；当时，，单调递增，又，的减区间为，增区间为；（Ⅱ）①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；②，，在递增，（1），，，设，则，在上递减，的取值范围为．7．（2024•河南模拟）已知函数．（1）探讨函数的单调性；（2）若存在两个极值点，，求证：．【解析】（1）函数的定义域为，，①当时，恒成立，即，函数在上单调递增；②当时，△，恒成立，函数在上单调递增；③当时，令，得或，函数单调递增；令，得，函数单调递减．综上所述，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．（2024•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，，，①当时，明显有，复合题意；②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，．9．（2024•韩城市模拟）已知函数．（Ⅰ）探讨函数的单调性；（Ⅱ）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】（Ⅰ），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；（Ⅱ）有三个实数根，明显是方程的一个解，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．（2024•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，探讨函数零点的个数，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，得或．设，又，即不是的零点，故只需再探讨函数零点的个数．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）．①当（a），即时，，无零点；②当（a），即时，有唯一零点；③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．（2024•西安模拟）设函数．（Ⅰ）探讨在区间上的单调性；（Ⅱ）若存在两个极值点、，且，求的取值范围．【解析】（Ⅰ），．，，，于是的正负性由确定．①当时，恒成立，即，在上单调递增；②当时，令，得，，单调递增；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．（Ⅱ）由（Ⅰ）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，①当时，，，在上单调递减，，即当时，，不符合题意．②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．（2024•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，，，在上单调递减，从而，即，，即的取值范围是13．（2024•碑林区校级模拟）已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）探讨的零点个数．【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，，，对随意的，则，取，因为，则，则，则存在，使得，即时，函数的零点个数为2．当时，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，，则肯定存在，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0；当或时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为2．14．（2024•雨花区校级模拟）已知函数．（Ⅰ）探讨函数的单调性；（Ⅱ）当，时，有解，求实数的取值范围．【解析】（Ⅰ），，令解得，，．易得函数在和单调递减；在和单调递增．（Ⅱ）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．（2024•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，且满意．【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，且满意．16．（2024•东湖区校级模拟）设函数．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）若，求证：方程有唯一解．【解析】（Ⅰ）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．（Ⅱ）令，，则，①若，则，单调递减，（1），（4），在内有唯一零点，符合题意；②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；③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．（2024•韩城市模拟）已知函数．（Ⅰ）若，探讨的单调性：（Ⅱ）设，若有两个零点，求的取值范围．【解析】（Ⅰ），，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