資源簡介

專題 1 用導數研究含參函數的單調性
函數是高中數學主干知識,單調性是函數的重要性質,用導數研究函數單調性是導數的一個主要應用,可以說
在高考導數解答題中單調性問題是繞不開的一個問題,這是因為單調性是解決后續問題的關鍵,單調性在研
究函數圖像、比較函數值大小、確定函數的極值與零點、解不等式及證明不等式中都起著至關重要的作用.
函數單調性的討論與應用一直是高考考查的熱點、而含有參數的函數單調性的討論與應用更是高考中的熱
點難點.
（一）研究函數單調性應注意的幾個細節問題：
1.單調區間是定義域的子集,故求單調區間時應樹立“定義域優先”的原則,單調區間只能用區間表示,不能用集
合或不等式表示,如有多個單調區間應分開寫,不能用并集符號“∪”連接,也不能用“或”連接.
2.若在 f x 定義域的某個子區間上恒有 f x > 0 （或 f x < 0 ）,則稱 f x 在該區間上單調遞增（或單調
遞減）,不說 f x 在該區間上是增函數（或減函數）,只有在整個定義域內單調遞增（或單調遞減）,才說該
函數是增函數（或減函數）
（二）連續可導函數單調區間的分界點就是函數的極值點,也就是導函數的零點,即方程 f x = 0的根,所以
求解含參函數的單調性問題,一般要根據 f x = 0的根的情況進行分類,分類時先確定導函數是一次型、二
次型還是其他類型
1.若導函數是一次型,分類步驟是：
①判斷是否有根,若沒有根,會出現恒成立的情況；
②若有根,求出 f x = 0導的根,并判斷根是否在定義域內；若根不在定義域內會出現恒成立的情況；
③若根在定義域內,會出現兩個單調區間,根據導函數的正負,確定單調性；
2. 若導函數是二次型,分類步驟是：
①先判斷二次型函數是否有根,若沒有根,會出現恒成立的情況；
②判斷根是否在定義域內,若僅有一個根在定義域內,會出現兩個單調區間,根據導函數的正負,確定單調性；
③若兩個根都在定義域內,需要根據兩個根的大小進行討論,當根的大小確定后,再討論每個單調區間上的單
調性.
3.若導函數是三角函數類型,需要借助三角函數的單調性及有界性進行討論
下面我們根據 f x = 0的根的情況總結出 12 類題型及解法,幫助同學們掌握這類問題的求解方法.
類型一： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型一次方程
思路：根據根是否在定義域內進行分類.
【例 1】討論 f x = x -1- a ln x 的單調性.
f x x - a分析： = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a = 0 x > 0 根的情況,
x
根據 a 是否在定義域 0，+ 內進行分類.
答案：
(1) a 0, f x > 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(2) a > 0 , f x 在 0, a 上單調遞增,在 a，+ 上單調遞減.
類型二： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型類一次方程
思路：根據方程是否有根及根是否在定義域內進行分類.
【例 2】討論 f x = ax - 1- a ln x+1的單調性.
ax - 1- a 分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 ax - 1- a = 0在 0，+ 上根的情況..
x
步驟一：討論 a=0 (無實根)；
步驟二：討論 a < 0 ,由 ax - 1- a = 0 x 1- a得 = (不在定義域內)；
a
1- a
步驟三：討論 a > 0 ,根據 是否在定義域內再分0 < a <1, a 1 .
a
答案：
(1) a = 0, f x < 0 , f x 在 0，+ 上單調；
(2) a < 0, f x < 0 , f x 在 0，+ 上單調遞減；
(3) a > 0
(i) a 1 , f x > 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(ii) 0 < a <1 f x 1- a 1- a, 在 0, a ÷上單調遞減,在 ，+ a ÷ 上單調遞增.è è
類型三： f x 定義域為R , f x = 0可化為單根型類二次（或高次）方程
思路：根據 x的系數符號進行分類.
1
【例 3】討論 f x = ax4 1- x3 1+ ax2 - x +1的單調性.
4 3 2
分析： f x = x2 +1 ax -1 ,因為 x2 +1 > 0 ,
f x = 0根的情況轉化為ax -1 = 0 根的情況,
步驟一：討論a > 0；
步驟二：討論a = 0 ,注意此時 ax -1 = -1< 0；
步驟三：討論 a < 0 ,注意不等式兩邊除以 a ,不等式要改變方向.
答案：
(1) a > 0 1 , 1f x + 時 在 ÷ 上單調遞增,在 - , ÷ 上單調遞減；
è a è a
(2) a = 0 時 f x 在 - ,+ 上單調遞減；
(3) a < 0 f x 1 , 1+ , - , 時 在 ÷ 上單調遞減在 ÷ 上單調遞增.
è a è a
類型四： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型二次方程
思路：根據方程的根是否在定義域內進行分類.
【例 4】討論 f x = x + 1- a ln x a+ +1的單調性.
x
f x +1x x - a 分析： = 2 x > 0 ,因為 x +1> 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a = 0 在 0，+ 上根x
的情況.
步驟一：討論a 0 ( x - a = 0 無實根)；
步驟二：討論a > 0 ,由 x - a = 0 得 x = a ；
答案：
(1) a 0, f x > 0 , f x 在 0，+ 上遞增；
(2) a > 0 , x > a , f x > 0 , f x 在 a,+ 上遞增； x < a , f x < 0 , f x 在 0,a 上遞減.
類型五： f x 定義域為R , f x = 0可化為雙根型二次方程
思路：根據根的大小進行分類.
【例 5】討論 f x = x2 + ax + a ex 的單調性.
分析： f x = x + 2 x + a ex , f x = 0根的情況轉化為 x + 2 x + a = 0 的根的情況,根據-a與 -2
的大小進行討論.
步驟一：討論a < 2；
步驟二：討論a = 2 ,注意此時 x + 2 x + a = x + 2 2 0；
步驟三：討論 a > 2 .
答案：
(1) a < 2, f x 在 - , -2 , -a, + 上單調遞增,在 -2, -a 上單調遞減；
(2) a=2 , f x 在 - ，+ 上遞增；
(3) a > 2 , f x 在 - , -a , -2, + 上單調遞減,在 -a, -2 上單調遞增.
類型六： f x 定義域不是R , f x = 0可化為雙根型二次方程
思路：根據根是否在定義域內及根的大小進行分類.
1 2 a2 +1
【例 6】討論 f x = x - x + ln x 的單調性
2 a
x - a x 1- a ֏ 1
分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a x - = 0在 0，+ 上根的
x è a ÷
情況.
步驟一：討論 a < 0 (根不在定義域內).
1
步驟二：討論 a > 0 (根據 a, 的大小再分0 < a <1, a =1, a >1)
a
答案：
(1) a < 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(2) 0 < a <1, f x 在 0, a , 1 , + 1 ÷上單調遞增,在 a, ÷上單調遞減；
è a è a
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a >1 , f x 在 0,
1
÷ , a,
1+ 上單調遞增,在 ,a

a ÷
上單調遞減.
è è a
類型七： f x 定義域是R , f x = 0可化為雙根型類二次方程
思路：根據根的個數及根的大小進行分類
a + 3
7 f x = ax3 - x2【例 】討論 + x -1的單調性
2
分析： f x = 3x -1 ax -1 , f x = 0根的情況轉化為 3x -1 ax -1 = 0根的情況.
步驟一：討論a = 0 ( ax -1 = 0 無實根)；
1 1
步驟二：討論 a < 0 ,此時 > ；
3 a
1 1
步驟三：討論 a > 0 (根據 , 的大小再分0 < a < 3,a = 3,a > 3 )
3 a
答案：
1
(1) a = 0 , f x 1 在 0， 上單調遞增,在 ,+ 上單調遞減；
è 3 ÷ ÷ è 3
(2) a < 0, f x 在 0,
1 , 1 ,+ , 1 1 ÷ ÷上單調遞增在 , ÷上單調遞增； è a è 3 è a 3
0 a 3, f x 0, 1 1 1 1(3) < < , 在 ÷ ,+ ÷上單調遞增,在 , ÷上單調遞減；
è 3 è a è 3 a
(4) a=3 , f x 在 - ，+ 上單調遞增；
a > 3 f x 0, 1 1 1 1(5) , , 在 ÷ ,+ ÷上單調遞增,在 , ÷上單調遞減.
è a è 3 è a 3
提醒：對于類二次方程,不要忽略對 x2 項的系數為零的討論.
類型八： f x 定義域不是R , f x = 0可化為雙根型類二次方程
思路：根據根是否在定義域內、根的個數及根的大小進行分類
1
【例 8】討論 f x = ax2 - a +1 x + ln x的單調性
2
x -1 ax -1
分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x -1 ax -1 =0 x > 0 根的情況.
x
步驟一：討論 a=0 (有 1 個根).
1
步驟二：討論 a < 0 ( 不在定義域內)
a
a > 0 1 1 1步驟三：討論 ( ， 均在定義域內,根據1, 的大小再分0 < a <1, a =1, a >1)
a a
答案：
(1) a 0 , f x 在 0,1 上單調遞增,在 1，+ 上單調遞減；(步驟一二合并)
1 1
(2) 0 < a <1, f x 在 0,1 , , +

÷上單調遞增,在 1, 上單調遞減；
è a è a ÷
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a >1 , f x 1 在 0, , 1,+
1
上單調遞增, 在 ,1 上單調遞減.
è a ÷ ÷ è a
類型九： f x = 0先化為指數型方程,再通過擬合化為一次（或類一次）或二次（或類二次）方程
【例 9】討論 f x = a x - 2 ex 1- x -1 2 的單調性.
2
分析： f x = x -1 aex -1 , f x = 0根的情況轉化為 x -1 aex -1 =0根的情況.
步驟一：討論 a 0 (有 1 個根).
步驟二：討論 a > 0 , f x = x -1 aex -1 的擬合函數為 y = x -1 x + ln a (根據1, - ln a的大小再分
0 a 1 ,a 1 , a 1< < = > )
e e e
答案：
(1) a 0 , f x 在 - ,1 上單調遞增,在 1，+ 上單調遞減；
1
(2) 0 < a < , f x 在 - ,1 , - ln a,+ 上單調遞增,在 1, - ln a 上單調遞減；
e
a= 1(3) , f x 在 - ，+ 上單調遞增；
e
1
(4) a > , f x 在 - , - ln a , 1, + 上單調遞增,在 - ln a,1 上單調遞減.
e
類型十： f x = 0先化為對數型方程,再通過擬合化為一次（或類一次）或二次（或類二次）方程
【例 10】討論 f x = x2 - 2ax ln x 1- x2 + 2ax +1的單調性.2
分析： f x = x - a ln x x > 0 的擬合函數為 x - a x -1 (根據 a 與 0,1 大小分類)
步驟一：討論 a 0 ( x - a > 0 ).
步驟二：討論 a > 0 , (再分0 < a < 1,a = 1,a > 1 )
答案：
(1) a 0 , f x 在 0,1 上單調遞減,在 1，+ 上單調遞增；
(2) 0 < a < 1, f x 在 0,a , 1,+ 上單調遞增,在 a,1 上單調遞減；
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a > 1 , f x 在 0,1 , a,+ 上單調遞增,在 1,a 上單調遞減.
類型十一：導函數為三角函數類型
【例 11】判斷 f x = ex + sin x - ax -1 a < 2 在 0,+ 上的單調性.
分析：借助弦函數的有界性確定 g x 的符號.
步驟一： f x = ex + cos x - a ,
步驟二：令 g(x) = ex + cos x - a , g (x) = ex - sin x ,
步驟三：利用弦函數有界性得 g (x) = ex - sin x > 0 ,
步驟四： g(x)為增函數, g(x) = ex + cos x - a g(0) = 2 - a > 0 ．
答案： f x 在 0,+ 上單調遞增.
類型十二：通過二次求導研究函數單調性
求函數 f x 的遞增（遞減）區間,通常轉化為解不等式 f x > 0 （或 f x < 0 ）,但有時該不等式不能直接
求解,需要二次求導研究 f x 的單調性或符號.
【例 12】判斷函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)的單調性
分析：
步驟一： f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ；
步驟二： g(x) = f (x) , g (x)
t
= - 2, x > 0；
x
步驟三： f (x) 在 (0,
t ) t上單調遞增,在 ( ,+ )上單調遞減, f (x) = f (
t ) = t ln t ；
2 2 max 2 2
步驟四：由0 < t 2 ,得 f (x) 0 .
答案：所 f (x) 在 (0, + )上單調遞減.
【例 1】（2024 x屆山東省煙臺招遠市高考三模）已知函數 f x = x + ae a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
x f x - x
(2)當 a = 3時,若方程 + = m +1f x x f x 有三個不等的實根,求實數
m的取值范圍.
-
【解析】（1） f x =1+ aex .
當 a 0時,由 f x =1+ aex 1 > 0可知, f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時,對 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0 , x > - ln -a f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a 對 有 = 0 ,
所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增,在 é - ln -a , + 上單調遞減.
綜上,當 a 0時, f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時, f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增,在 é - ln -a , + 上單調遞減.
x
（2）當 a = 3時, f x = x + 3ex , x 3e故原方程可化為 x + x = m +1.3e x + 3e
x 3ex x x x2 x2
而 + -1 = - = = m3ex x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ,所以原方程又等價于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x x 2 x x和3e x + 3e 不能同時為零,故原方程又等價于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
設 g x = x ×e- x ,則 g x = 1- x ×e- x ,從而對 x <1有 g x > 0 ,對 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上遞增,在 1, + 上遞減,這就得到 g x g 1 ,且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 .
然后考慮關于 x 的方程 g x = t ：
①若 t 0 ,由于當 x >1時有 g x = x ×e- x > 0 t ,而 g x 在 - ,1 上遞增,故方程 g x = t 至多有一個解；
1 -t -0
而 g 1 = > 0 t , g t = t ×e t ×e = t ,所以方程 g x = t 恰有一個解；
e
1
②若0 < t < ,由于 g x 在 - ,1 上遞增,在 1, + 上遞減,故方程 g x = t 至多有兩個解；
e
x x x x x 1 2
- - - - - -1 - ×2ln -1 - ln 2
而由 g x = x ×e- x = 2 x× ×e 2 ×e 2 x= 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g
2
有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ,2 è 2 è t
再結合 g 0 = 0 < t , g 1 1= > t 2, 2ln > 2ln 2e > ln e =1,即知方程 g x = t 恰有兩個解,且這兩個解分別屬于
e t
0,1 和 1,2 ln
2
è t ÷
；

t 1 1③若 = ,則 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ,且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 ,故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
④若 t
1
> ,則 g x g 1 1= < t ,故方程 g x = t 無解.
e e
2
由剛剛討論的 g x = t 的解的數量情況可知,方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三個不同的實根,當且僅
t 2 t , t t 1 1當關于 的二次方程 t - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 1 2 ,且 1 0, ÷ , t2
- , ù .
è e è e ú
一方面,若關于 t的二次方程 t 2
1 1ù
- 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ,且 t1 0, ÷ , t2 - , e ú ,則首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 9m t t 1,且- = 1 2 t
1
1 < .e e2
故m - ,-4 0,+ , m 1> - 2 ,所以m > 0 .9e
2 2
而方程 t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m 3m + 3 m + 4m的解是 ,兩解符號相反,故只能 t = ,
2 1 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 t 3m + 3 m
2 + 4m 2
所以 > = ,即 > m + m2 + 4m
e 1
.
2 3e
2
- m > m2 + 4m 0 , 2
2 1
這就得到 所以 - m
> m2÷ + 4m ,解得m < .3e è 3e 9e2 + 3e
1
故我們得到0 < m < ；
9e2 + 3e
1 2
另一方面,當0 < m < 2 時,關于 t的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0
3m + 3 m + 4m
有兩個不同的根 t1 = ,9e + 3e 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0 ,2
3 1 1 4× 2 + 3 +9e + 3e 2 2 9e2 + 3e 3 1 3 6e +13m + 3 m2 + 4m 9e + 3e × 2 + × 2 1 ,t = < = 9e + 3e 9e + 3e1 =2 2 2 e
t 3m - 3 m
2 + 4m 3m - 3 m2 0 12 = < = .2 2 e
1
綜上,實數m的取值范圍是 0, .
è 9e2 + 3e ÷
1
【例 2】（2024 屆黑龍江省百師聯盟高三沖刺卷）已知函數 f x = axex - x2 - x .
2
(1)若 a =1 ,求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
1
(2)者 a 2 ,討論函數 f x 的單調性.e
【解析】（1） a =1 ,則 f x = xex 1- x2 - x , f x = 1+ x e x - x -1 ,
2
f 1 3= e - , f 1 = 2e - 2 ,
2
∴ f x 在 1, f 1 3處切線方程為 y - e + = 2e - 2 x -1 ,
2
即 2e - 2 x 1- y - e + = 0 .
2
（2）函數 f x 的定義域為R , f x = x +1 aex -1 .
因為 a
1 1
, 0 < e2
1 1
2 所以 ,由 f x = 0得 x=- 1或 x = ln , ln 2 .e a a a
1
①當 2 a < e 時, -1 < ln
1
2 ,
e a
所以 f x > 0 x < -1或 x > ln 1 1, f x < 0 -1 < x < ln ,
a a
1 1
則 f x 在 - , -1 上單調遞增,在 -1, ln a ÷ 上單調遞減,在è ln ,+ ÷上單調遞增；è a
②當a = e時, f x = x +1 ex+1 -1 0 ,則 f x 在 - , + 上單調遞增；
③當a > e時, ln 1 < -1 ,
a
所以 f x > 0 x < ln 1 或 x > -1 , f x < 0 ln 1 < x < -1 ,
a a
f x , ln 1 ln 1則 在 - , ,-1

a ÷上單調遞增在 ÷上單調遞減
,在 -1, + 上單調遞增.
è è a
1
綜上,當 2 a < e 時,e
f x - , -1 1-1, ln ln 1 ,+ 在 上單調遞增,在 a ÷ 上單調遞減,在è a ÷上單調遞增；è
當a = e時, f x 在 - , + 上單調遞增；
當a > e時, f x , ln 1 ln 1在 - , ,-1

,
è a ÷
上單調遞增在

上單調遞減
è a ÷
在 -1, + 上單調遞增.
2
【例 3】（2024 屆黑龍江省哈爾濱市三中高三下學期第五次模擬）已知函數 f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調性；
1 1
(2)當0 < a 時,求證： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由題意可知,函數 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
導數 f (x) 2a(x 1) 1
1 (x +1)(2ax -1)
= + - - = ,
x x
當 a 0時, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；
1
當 a > 0 1時, x (0, ) , f (x) < 0 ； x ( ,+ ), f (x) > 02a ；2a
1
綜上所述,當 a 0時,函數 f (x) 在區間 (0, + )上單調遞減；當 a > 0時,函數 f (x) 在區間 (0, ) 上單調遞減,在區
2a
( 1間 , + )上單調遞增.
2a
1
（2）由（1）可知,當0 < a 時,
2
函數 f (x) (0,
1 ) ( 1在區間 上單調遞減,在區間 , + )上單調遞增.
2a 2a
1 1 2 1 1 1
所以函數 f (x) f ( ) = a( +1) - - ln( ) = a +1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要證 f (x) 2a
1
- +1 ,
2a
a 1 1 ln(2a) 2a 1需證 + - + - +1 ,
4a 2a
1
即需證 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立.
4a 2
令 g(a)
1
= + ln(2a) - a ,
4a
1 2
則 g (a) = - 2 -1
1 (2a -1)
+ = -
4a a 4a2
< 0 ,
g(a) (0, 1所以函數 在區間 ]單調遞減,
2
故 g(a)
1
g( ) 1= + 0 1- = 0 ,
2 2 2
1 ln(2a) a 0,a (0, 1所以 + - ]恒成立,
4a 2
0 a 1 1所以當 < 時, f (x) 2a - +1 .
2 2a
x-1
【例 4】（2024 ae 1屆河南省創新發展聯盟 5 月月考）已知函數 f (x) = - lnx - .
x x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a
5
時,證明： f (x) + lnx
1
+ - x > ex-1 1- lnx .
2 x
x-1
【解析】（1）函數 f (x) ae= - lnx 1- 的定義域為 (0, + ) ,
x x
f (x) ae
x-1(x -1) 1 1 (x -1)(aex-1 -1)
求導得 = 2 - +x x x2
= ,
x2
若 a 0 ,則 aex-1 -1< 0 ,且當 x 0,1 時, f x > 0 ,當 x 1, + 時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞增,在 (1, + )上遞減；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,則 aex-1 -1 0恒成立,當 x 0,1 時, f x < 0 ,當 x 1, + 時, f x > 0 ,
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增；
若0 <1- lna <1 ,即1< a < e ,則當 x 0,1- lna 1,+ 時, f x > 0 ,當 x 1- lna,1 時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上遞增,在 (1- ln a,1) 上遞減；
若1- lna =1,即 a =1 ,則 f x 0在 0, + 上恒成立,函數 f (x) 在 (0, + )上遞增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,則當 x 0,1 1- lna,+ 時, f x > 0 ,當 x (1,1- lna)時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上遞增,在 (1,1- ln a) 上遞減,
所以當 a 0時, f x 的遞增區間為 0,1 ,遞減區間為 1, + ；
當 0 < a < 1時, f x 的遞增區間為 0,1 和 1- lna, + ,遞減區間為 1,1- lna ；
當 a =1時, f x 的遞增區間為 0, + ,無遞減區間；
當1< a < e 時, f x 的遞增區間為 0,1- lna 和 1, + ,遞減區間為 1- lna,1 ；
當a e 時, f x 的遞增區間為 1, + ,遞減區間為 0,1 .
x-1
2 f x 1+ lnx + - x > ex-1 ae（ ）要證 1- lnx ,需證 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,
x x
5 ex-1a , ae
x-1 x-1
而 > 0 ,即有 + ex-1 lnx -1 5e- x + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
則只需證明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1即證 + lnx -1 > x , 5即證 + x lnx -1 x> ,
2x è 2x ÷

2 ex-1
令 h x 5= + x lnx -1 ,則 h x = lnx ,當 x 0,1 時, h x < 0 ,當 x 1, + 時, h x > 0 ,
2
3
即函數 h(x) 在( 0, 1)上單調遞減,在 (1, + )上單調遞增,則 h(x)min = h 1 = ,2
2
x x 2 - x令j x = (x > 0) , x 則j = ,當 x 0,2 時,j x > 0 ,當 x 2, + 時,j x < 0
ex-1 ex-1
,
函數j(x) 在 (0,2)
4 3
上單調遞增,在 (2, + ) 上單調遞減,則j(x)max = j 2 = < = h(x)e 2 min ,
5 2 1
+ x lnx -1 x> , x-1從而 x-1 即 f (x) + lnx + - x > e 1- lnx 成立.2 e x
1+ a
【例 5】（2023 屆湖北省新高三摸底聯考）已知a…0 ,函數 f x = ax + - lnx．
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)如果我們用 n - m表示區間 m, n 的長度,試證明：對任意實數 a…1 ,關于 x 的不等式 f x < 2a +1的解集的
區間長度小于 2a +1．
【解析】 (1) f x = ax a +1+ - lnx ,定義域為 0, + ,
x
a +1 1 ax2 - x - a +1 x +1 ax - a -1f x = a -
x2
- = 2 = 2 .x x x
- x +1若 a = 0, f x = 2 < 0恒成立,所以 f x 在 0, + 上單調遞減；x
a x 1+1
若
x -1- ÷
a > 0, f x = è a ,1 1 ,2 + > 0x a

當 x 0,1
1
+ ÷時, f x 0 x
1 1< ；當

+ , + ÷ 時, f x > 0 ,
è a è a
f x 0,1 1+ 1 所以 在 ÷上單調遞減,在 1+ , + ÷上單調遞增．
è a è a
綜上, a = 0時, f x 在 0, 1 1+ 上單調遞減； a > 0時, f x 在 0,1+ ÷上單調遞減,在 1+ , + 上單調遞
è a è a ÷
增．
(2)令 g x = f x - 2a +1 = ax a +1+ - lnx - 2a -1,則 g 1 = 0 ,因為 a…1 ,
x
g x 0,1 1 1+ 由（1）知, 在 ÷上單調遞減,在 1+ , + ÷上單調遞增,
è a è a
1 1
又1 + > 1 ,所以 g

a
1+
a ÷
< 0 ,
è
令 h a = g 2a + 2 1= 2a2 - - ln 2a + 2 ,a 1,+ ,
2
h a 4a 2 4a
2 + 4a -1
由 = - = > 0恒成立,
2a + 2 a +1
所以 h a 在 1, + 上單調遞增．
3 3
3 e
3
e 16 , >1, e2 3 e2又 > 所以 即 >1．從而16 h 1 = - ln4 = ln > 0 ,4 2 4
所以 h a > h 1 > 0 ,即 g 2a + 2 > 0．
因為 2a 2 2,1
1 1
+ > + < 2 ,所以 2a + 2 >1+ ,
a a
1
所以存在唯一 x1 1+ , 2a + 2÷ ,使得 g x1 = 0 ,所以 g x < 0的解集為 1, x1 ,
è a
即 f x < 2a +1的解集為 1, x1 ,又 1, x1 的區間長度為 x1 -1< 2a + 2 -1 = 2a +1 ,
原命題得證．
1．（2024 屆北京市十一學校高三下學期三模）已知函數 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數 k 的取值范圍；
n
lni
n n -1
(3)求證： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 -1, + ．
f x 1= + k ．
x +1
① k 0時, f x > 0 , f x 的遞增區間為 -1, + ,無遞減區間；
③ k < 0
1 1
時,令 f x > 0得-1 < x < -1- ；令 f x < 0得 x > -1- ,
k k
所以 f x 的遞增區間為 -1, 1
1
- -
1
k ÷
,遞減區間為 -1- ,+ k ÷ ．è è
（2）由（1）知, k 0時, f x 在 -1, + 上遞增, f 0 = k 0 ,不合題意,
1
故只考慮 k < 0的情況,由（1）知 f x = f -1- ÷ = -1- ln -k -1max è k
即 ln -k 0 -k 1 k -1
綜上, k 的取值范圍為 k -1．
（3）由（2）知：當 k = -1時, ln x +1 - x +1 -1恒成立,所以 ln x +1 x ,
所以 lnx < x -1當 x 2 2 *恒成立,令 x = n n N , n >1 ,
lnn2 < n2 -1 n N*進而 ,n 2 ,
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1,\ < n N*, n 2 ．n +1 2
n
lni ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n -1
n n -1
所以 = + + + ×××+ < + + + ×××+ = ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 3 4 5 n +1 2 2 2 2 4
n lni n n -1
即 < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
2．（2025 屆河北省“五個一”名校聯盟高三第一次聯考）已知函數 f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) a > 0 , f x a
a

證明：當 時 ÷ -1 .
è e
a a - x
【解析】（1）由題函數定義域為 0, + , f x = -1 = ,
x x
故當 a 0時, f x < 0恒成立,所以函數 f x 在 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時, f x 在 0, + 上單調遞減,令 f x = 0 x = a ,
則 x 0, a 時, f x > 0； x a,+ 時, f x < 0 ,
所以函數 f x 在 0,a 上單調遞增,在 a,+ 上單調遞減,
綜上,當 a 0時,函數 f x 在 0, + 上單調遞減；當 a > 0時,函數 f x 在 0,a 上單調遞增,在 a, + 上單調
遞減.
（2）由（1）當 a > 0時,函數 f x 在 0,a 上單調遞增,在 a, + 上單調遞減,
故 f x f a = a ln a - a在 0, + 上恒成立,
a
f x a 1 a 0 a ln a a a
a
故證 ÷ - > 證 -

÷ -1 a > 0 ,
è e è e
a
a
a
a a a

即 ln ÷ ÷ -1
a a
e e a > 0
ln - +1 0 ,
è è è e ÷ è e ÷
令 g x = ln x - x +1 x > 0 ,則 g x 1 1 1- x= - = x > 0 ,
x x
故當 x 0,1 時, g x > 0； x 1,+ 時, g x < 0 ,
所以 g x 在 0,1 上單調遞增,在 1, + 上單調遞減,
a a
所以 g x g 1 = 0在 0, + 上恒成立,故 ln a a ÷ - ÷ +1 0 ,
è e è e
a
a

所以當 a > 0時, f x -1 .
è e ÷
1
3．（2024 屆山東省智慧上進高三下學期 5 月大聯考）已知函數 f x = + a ÷ ln x
2
+ - 2 ,其中 a R ．
è x x
(1)當 a 1時,判斷 f x 的單調性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
1 4 5
（ⅱ）證明： x 1,+ 時, f x > 3 - 2 + - 2x ．2 x2 x2
1
【解析】（1）函數 f x = + a ÷ ln x
2
+ - 2的定義域為 0, + ,
è x x
1+ ln x
則 f x - ln x 1 1 2
a -
= 2 + + a

÷ - =
x ,
x è x x x2 x
令 g x a 1+ ln x ln x= - , x 0, + ,則 g x = ,
x x2
所以當0 < x <1時 g x < 0 ,當 x >1時 g x > 0 ,
所以 g x 在 0,1 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增,
所以 g x 在 x =1處取得極小值,即最小值,所以 g x = g 1 = a -1 0min ,
所以 f x 0在 0, + 上恒成立,
所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值為 g 1 = a -1,
當 x 0 時 g x + ,當 x + 時 g x a ,
若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,則 g x = 0有兩個不相等的實數根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,
ìa > 0
所以 í 0 < a < 1 g 1 = a -1< 0
,解得 ,
g 1 1又 ÷ = a > 0 ,所以 < x1 < 1 < xe e 2
,
è
且當0 < x < x1 時 g x > 0 ,即 f x > 0 ,則 f x 單調遞增,
當 x1 < x < x2 時 g x < 0 ,即 f x < 0 ,則 f x 單調遞減,
當 x > x2 時 g x > 0 ,即 f x > 0 ,則 f x 單調遞增,
所以x1為 f x 的極大值點, x2為 f x 的極小值點,
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 1 1 a
因為 í 1 ln x ,所以 í 1 ln x , a + +- 2 = 0 x = 2
x 2
2 a
要證 x2 - x1 + 2
2 2 1
> ,即證 x2 > - 2 + x1 ,又 < x1 <1 ,a a e
2
只需證 x2 > -1 ,a
2x2 x2 -1
即證 x2 > -11+ ln x ,即證
ln x2 - > 0
2 x2 +1
,
p x ln x x 1
2
-
令 = - x >1 ,則 p x
1 2 x +1
= - = > 0 ,
x +1 x x +1 2 x x +1 2
所以 p x 在 1, + 上單調遞增,
x -1
所以 p x > p 1 = 0 , 2即 ln x2 - > 0x2 +1
成立,
所以 x2 - x1 + 2
2
> ；
a
a 1+ ln x2（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1 , = x ,2
且當1< x < x2 時 f x < 0 ,當 x > x2 時 f x > 0 ,
所以 f x 在 1, x2 上單調遞減,在 x2 ,+ 上單調遞增,

所以 f x f x 1 2 2 = + ax ÷ ln x2 + - 2è 2 x2
1 1+ ln x
= + 2
2
x x ÷
ln x2 + - 2
è 2 2 x2
2ln x2 + ln x
2
2 + 2 - 2x= 2 ,
x2
令H x = ln x 1+ x >1 H x 1 1 x -1,則 = - = > 0 ,
x x x2 x2
所以H x 在 1, + 上單調遞增,
所以H x > H 1 =1,即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ,
x
2

2 1 1
1
2 - + 1- + 2 - 2x
所以 2ln x2 + ln x2 + 2 - 2x x ÷ x ÷ 22 > è 2 è 2 1 4 5 ,= 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
所以 f x
1 4 5
> -
x3 x2
+ - 2 .
2 2 x2
4．（2024 屆河南省名師聯盟 5 月高三考前押題卷）已知函數 f x = a ln x + x -1 a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)"x 1, + , f x ≥-2ln x + ln x 2 ,求 a 的取值范圍.
a a + x
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + , f x = +1 = ,
x x
當 a 0時, f x > 0 ,所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
當 a < 0時,當 x 0,-a 時, f x < 0 ,當 x -a,+ 時, f x > 0 ,
所以 f x 在 0, -a 上單調遞減,在 -a, + 上單調遞增.
（2）當 x =1時, f x 2≥-2ln x + ln x 顯然成立,此時 a 可為任意實數；
x 1 ln x 0 f x 2ln x ln x 2 1, + a 1- x當 > 時,由 > , ≥- + 在 上恒成立,得 ≥ + ln x - 2 ,ln x
g x 1- x令 = + ln x - 2 , x 1,+ ,
ln x
- ln x +1 1- x 1- ln x + ln x 2則 x 1 -1 1- ln x x - ln x -1g x = + = = ,
ln x 2 x x ln x 2 x ln x 2
設 h x = x - ln x -1 x > 1 ,由（1）可知, h x 在 1, + 上單調遞增,所以 h x > h 1 = 0 ,
當 x 1,e 時, g x > 0 ,當 x e, + 時, g x < 0 ,
所以 g x 在 1, e 上單調遞增,在 e, + 上單調遞減；
則 g x = gmax e = -e ,所以 a≥- e ,
綜上,實數 a 的取值范圍為 -e,+ .
5 2．（2024屆山東省日照市高三下學期三模）已知函數 f x = a ln x - x + a - 2 x , g x = x - 2 ex - x2 - 4x + m ,
a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = -1時,對"x 0,1 , f x > g x ,求正整數m 的最大值.
a x +1 -2x + a
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 0, + ,求導得 f x = - 2x + a - 2 = ,
x x
①當 a 0時,有 f x < 0 ,此時函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
②當 a > 0時,當 x 0,
a
÷ 時, f x > 0
a
,此時函數 f x 在區間 0,
2 2 ÷
上單調遞增；
è è
x a ,+ f x < 0 f x a 當 ÷時, ,此時函數 在區間 ,+ ÷ 上單調遞減.
è 2 è 2
所以當 a 0時,函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時,函數 f x a a 在區間 0, ÷上單調遞增,在區間2 ,+ ÷ 上單調遞減.è è 2
（2）當 a = -1 , x 0,1 時, f x > g x 恒成立,等價于m < -x + 2 ex - ln x + x 恒成立,
h x = -x + 2 ex設 - ln x + x , x 0,1 ,則 h x = 1- x x 1 e - x ÷ ,è
當0 < x <1時,有1 - x > 0 ,
函數u x ex 1= - 在 0,1 1 上單調遞增,且u ÷ = e - 2 < 0 ,u 1 = e -1 > 0 ,x è 2
x 1 則存在唯一的 0 ,1÷ ,使得u x0 = 0 ,即 ex
1
0 = ,
è 2 x0
當 x 0, x0 時,u x < 0 , h x < 0；當 x x0 ,1 時,u x > 0 , h x > 0 ,
函數 h x 在 0, x0 上單調遞減,在 x0 ,1 上單調遞增,
h x = h x = -x + 2 ex 1 200 0 - ln x + x =min 0 0 -x0 + 2 + 2x0 = -1+ + 2xx0 x 00
y 1 2 2 2設 = - + + 2x ,則當 x 0,1 時, y = - 2 + 2 < 0 ,函數 y = -1+ + 2x在 0,1 上單調遞減,x x x
x 1又因為 0

,1÷ ,所以 h x0 3,4 .
è 2
所以正整數m 的最大值是 3.
1
6．（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f (x) =1- - a ln x, a R.
x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a > 0時,函數 f (x) 與函數 g(x) = a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值,求 a 的值.
f x 1 a 1- ax【解析】（1）解 = 2 - = 2 ，x > 0. x x x
1 1
①當 a > 0時,當 0 < x < 時, f x > 0，f (x) 單調遞增；當 x > 時, f x < 0，f (x) 單調遞減.
a a
②當 a 0時, f (x) 在（0,+ ）單調遞增. .
綜上所述,當 a > 0時, f (x) 在（0,
1 1
）單調遞增,在（ ,+ ）單調遞減.
a a
當 a 0時, f (x) 在（0,+ ）單調遞增.
1
（2）由（1）得當 a > 0時,當 x = 時, f (x) 取得最大值1- a + a ln a ,
a
g x = ae1-x -1,易知 g (x) 單調遞減 ,令 g (x) = 0 , x =1+ a ln a ,
當 x <1+ a ln a時, g x > 0, g(x)單調遞增; 當 x >1+ a ln a 時, g x < 0，單 g(x)調遞減,所以,當 x =1+ a ln a
時, g(x)取得最大值1- a + a ln a
依題意,有1- a + a ln a = a -1- ln a ,所以 2a - 2 - ln a - a ln a = 0
令 h(x) = 2x - 2 - ln x - x ln x (x > 0) 則 h x = 2 1- - lnx +1 1 1= - - lnx.
x x
1
由 f (x) 的單調性可知,當 a =1時, f (x) =1- - ln x.在 x =1時取得最大值 0,即 f (x) 0 ,從而可得
x
h x 1=1- - lnx 0，因此 h(x) 在（0,+ ）上單調遞減,又 h(1) = 0 ,
x
所以 2a - 2 - ln a - a ln a = 0 , a =1 .
7．（2024 屆安徽省合肥市第六中學高三最后一卷）已知函數 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若x1 , x2 x1 x2 為函數 g(x) = kx2
1
+ - ln x 4的兩個零點,求證： x x >12e42 1 2 ．x
2 12x6 - a
【解析】（1 ） f (x) = 24x5 2a- = , x (0,+ )．
x x
當 a 0時, f (x) > 0 ,則 f (x) 在 (0, + )上單調遞增．
當 a > 0時,令 f (x) = 0 , x6
a
得 = , a解得 x = 6 ．
12 12
f (x) > 0 , x a當 時 > 6 ,當 f (x) < 0 時, 0 x a< < 6 ,
12 12
a a
所以 f (x) 在 0, 6 ÷÷上單調遞減,在
6
è 12
, + 12 ÷÷
上單調遞增．
è
綜上：當 a 0時, f (x) 在 (0, + )上單調遞增；

0, a
a
當 a > 0時, f (x) 在 6 12 ÷÷上單調遞減,在
6 ,+ 上單調遞增．
è è 12 ÷
÷

1 1
（2）設0 < x1 < x2 ,則 g x1 = kx21 + 2 - ln x1 = 0 , g x 2x 2 = kx2 + x2 - ln x2 = 0 ,1 2
k ln x1 1 ln x= - = 2 1所以 x2 x4
-
1 1 x
2 x4 ,2 2
4 4 ln x ln xln x1 ln x2 1 1 x - x
1 - 2
- = - = 2 1所以 x
2 x2 1
x21 x
2
2 x
4 x4 x x 4 , 1 2 = - ,1 2 1 2 x41 - x42 x 41x2
4 1 1
記 t 4 = 12e4 ,要證 x1x2 >12e4 ,只需證- > - x1x2
4 t 4 ,
ln x1 ln x- 2 ln x x4 4
只需證 x2 x2 1 ,只需證 1 + 1
ln x
< 2
x
+ 21 2 2 4 2 4 ．
x4
> -
- x4 t 4 x1 t x2 t1 2
4 4 6
記 h(x) ln x x , x (0,+ ) , h (x) t (1- 2 ln x) + 4x= 2 + 4 則 = ,x t x3t 4
記j ( x ) = t 4 (1 - 2 ln x ) + 4 x 6 , x (0,+ ) ,
4 2
由（1）可知,取 a = t 4 0 , x a 12e> 則 = 60 = 6 = e3 ,12 12
2 2
所以j (x) 在 0,e3 ÷上單調遞減,在 e3 , + ÷上單調遞增,
è è
2
j(x) = j e3 = t 4 1 4- + 4e4 =12e4 1× - 4所以 min ÷ ÷ ÷ + 4e = 0 ,
è è 3 è 3
2
所以j(x) j e3 ÷ = 0 ,即 h (x) 0 ,所以 h(x) 在 (0, + )上單調遞增,
è
又0 < x1 < x2 ,所以 h x 41 < h x2 ,所以 x1x2 >12e4成立．
8．（2024 廣東省東莞中學、廣州二中、惠州一中、深圳實驗、珠海一中、中山紀念中學高三下學期第五次
f x 1六校聯考）已知函數 = x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時,求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ,
2
, f x x + 1- ax 1 a a x - a x +1 x - a 求導數得 = + - - = = ,
x x x
若 a 0 ,則 f x > 0 ,此時 f x 在 0, + 上單調遞增,
若 a > 0 ,則由 f x = 0得 x = a ,當0 < x < a 時, f x < 0 , f x 在 0,a 上單調遞減,
當 x > a 時, f x > 0 , f x 在 a,+ 上單調遞增,
綜上,當 a 0 , f x 的增區間為 0, + ,無減區間,
若 a > 0 , f x 減區間為 0,a ,增區間為 a,+ .
（2）由（1）知,當0 < a 1時, f x 在區間 1,e 上為增函數,
函數 f x 1 2的最大值為 f e = e + 1- a e - a ,
2
當a e 時, f x 在區間 1,e 上為減函數,
函數 f x 3的最大值為 f 1 = - a ,
2
當1< a < e 時, f x 在區間 1, a 上為減函數,在 a, e 上為增函數,
函數 f x 的最大值為max f (1), f (e) ,
由 f e - f 1 1= e2 + 1- a e 3 1 3- > 0 ,得 a < e +1- ,
2 2 2 2e
1
若1< a < e +1
3
- 時,函數 f x 的最大值為 f e 1= e2 + 1- a e - a ,
2 2e 2
1 e 1 3若 + - a < e
3
時,函數 f x 的最大值為 f 1 = - a ,
2 2e 2
1 3 1 2
綜上,當 a < e +1- 時,函數 f x 的最大值為 f e = e + 1- a e - a ,
2 2e 2
1
當 a e +1
3 3
- 時,函數 f x 的最大值為 f 1 = - a .
2 2e 2
9．（2024 屆山東省臨沂市蘭山區等四縣區高三第三次模擬）已知函數 f x = x 1- ln kx ．
(1)若曲線 f x 在 x=e處的切線與直線 y = x 垂直,求 k 的值；
(2)討論 f x 的單調性．
【解析】（1）因為 f x = x 1- ln kx , k 0 , 所以 f x = - ln kx ,
曲線 f x 在 x=e處的切線與 y = x 垂直,
所以 f e = - ln ke = -1, 得 k =1；
（2）由 f x = x 1- ln kx 得 f x = - ln kx ,
當 k > 0時, f x 的定義域為 0, + ,
令 f x = 0得 x 1= ,
k
x 0, 1當

÷ 時, f x > 0 ,當 x
1
,+

÷時, f x < 0
è k è k
所以 f x 在 0,
1 1
÷上單調遞增,在 ,+ ÷ 上單調遞減；
è k è k
當 k < 0時, f x 的定義域為 - ,0 ,
令 f x = 0 1得 x =
k

當 x - ,
1 f x < 0 x 1, , ,0 , f x > 0
è k ÷
時 當 ÷時
è k
1 1
所以 f x 在 - , ÷上單調遞減,在 ,0k k ÷上單調遞增． è è
綜上所述：當 k > 0時, f x 0, 1 1 在 ÷上單調遞增,在 ,+ k ÷ 上單調遞減；è è k
當 k < 0時, f x 1- , 1 在 k ÷上單調遞減,在 ,0k ÷上單調遞增.è è
10 2．（2024 屆天津市和平區高三三模）已知函數 f x = lnx , g x = nx + mx n,m R , h x = f x + g x ．
(1)若 n = 0 ,函數 h x 存在斜率為 3 的切線,求實數m 的取值范圍；
1
(2)若 n = ,試討論函數 h x 的單調性；
2
(3)若 n 0 ,設函數 f x 的圖象C1與函數 g x 的圖象C2 交于兩點 A、B ,過線段 AB 的中點 H 作 x 軸的垂線分
別交C1、C2 于點D、E ,問是否存在點 H ,使C1在D處的切線與C2 在E 處的切線平行？若存在,求出點 H 的橫
坐標；若不存在,請說明理由．
1
【解析】（1）因為 n = 0 ,所以 h x = lnx + mx , h x = + m ,
x
1
因為函數 h x 存在斜率為 3 的切線,所以 h x = + m = 3在 0, + 有解,
x
1
所以 = 3- m > 0 ,得m < 3 ,所以實數m 的取值范圍為 - ,3 .
x
1 1 2
2 n = , h x = lnx + x2 + mx x > 0 , h x 1 x + mx +1（ ）因為 所以 = + x + m = ,2 2 x x
令 h x = 0 ,即 x2 + mx +1= 0 , Δ = m2 - 4 ,
（ⅰ）當Δ = m2 - 4 0 時,即-2 m 2 , h x 0 , h x 在 0, + 上單調遞增．
（ⅱ）當Δ = m2 - 4 > 0時,即m < -2 ,或m > 2 ,
2 2
x2 + mx +1= 0 -m - m - 4 -m + m - 4有兩根 x1，x2 , x1 = , x = ,2 2 2
①當m > 2 時, x1 < x2 < 0 , x 0, + 時, h x > 0 , h x 在 0, + 上單調遞增．
②當m < -2時, 0 < x1 < x2 , x 0, x1 時, h x > 0 , x x1, x2 時, h x < 0 , x x2 , + 時, h x > 0 ,
h x 在 0, x1 , x2 ,+ 上單調遞增,在 x1, x2 上單調遞減．
綜上,當m -2時,函數 h x 在 0, + 上單調遞增；
-m - m2 - 4 -m + m2 - 4
當m < -2時,函數 h x 在 0, ÷ , , + 2 ÷ ÷÷上單調遞增,在è è 2
-m - m2 - 4 , -m + m
2 - 4
÷÷上單調遞減．
è 2 2
（3）
設點A , B 的坐標為 x1, y1 , x2 , y2 ,且0 < x1 < x2 ,
y1 = lnx1 = nx
2
1 + mx1 , y2 = lnx2 = nx
2
2 + mx2 ,
x + x 1
則點D與點E 的橫坐標均為 1 2 , f x = , g x = 2nx + m ,
2 x
2 x + x
所以C1在點D處的切線斜率為 k1 = x + x ,
C2 在點E 處的切線斜率為 k 1 22 = 2n × + m = n x1 + x2 + m ,
1 2 2
假設C1在點D處的切線與C2 在點E 處的切線平行,則有 k1 = k2 ,
2
即 = n x1 + x + mx1 + x 2
,則有下式成立：
2
2 x2 - x1 = n x22 - x21 + m x2 - x1 = nx22 + mx2 -x nx
2 + mx
1 + x
1 1
2

2 x 2 -1÷
= y2 - y1 = lnx2 - lnx1 = ln
x2 x 2 x - x x
x ,即 ln
2 = 2 1 = è 1 ,
1 x x + x 1 x1 1 2 + 2
x1
x2
設 = t >1
2 t -1 2 t -1
x ,

有 lnt = ,設 r t = lnt - t >1 ,
1 1+ t 1+ t
t -1
r t 1 4
2
則 = - = > 0 ,所以 r t 在 1, + 上單調遞增,
t t +1 2 t t +1 2
r t > r 1 = 0 2 t -1 2 t -1故 ,即 lnt > ,與 lnt = 矛盾,所以假設不成立,
1+ t 1+ t
所以不存在點 H 使C1在點D處的切線與C2 在點E 處的切線平行．
11．（2024 2 x屆山西省晉城調研）函數 f (x) = x + ax e (a R) .
(1)求 f x 的單調區間；
f x = x f (x)(2)若 只有一個解,則當 x > 0 , 2 x時求使 > kx - x e -1 成立的最大整數 k.
ex
2 x 2 x
【解析】（1）函數 f (x) = x + ax e ,定義域為R ,則 f x = éx + a + 2 x + aù e ,
因為 ex > 0 ,設 g(x) = x2 + (a + 2)x + a , D = (a + 2)2 - 4a = a2 + 4 > 0 ,
g(x) = 0 , x -(a + 2) - a
2 + 4 2
則令 得 1 = , x
-(a + 2) + a + 4
2 = ,2 2
x ( , -(a + 2) - a
2 + 4
當 - ) 時, g(x) > 0 , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
2
-(a + 2) - a2 + 4 2
當 x ( , -(a + 2) + a + 4 ) 時, g(x) < 0 , f (x) < 0 ,
2 2
f (x) 單調遞減,
x (-(a + 2) + a
2 + 4
當 ,+ )時, g(x) > 0 , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
2
2
f (x) ( , -(a + 2) - a + 4 ) , (-(a + 2) + a
2 + 4
綜上所述： 的單調遞增區間為 - , + ) ,
2 2
(-(a + 2) - a
2 + 4 , -(a + 2) + a
2 + 4
單調遞減區間為 )；
2 2
（2）若 f (x) = x 2即 x + ax ex = x 只有一個解,
因為 x = 0使方程成立,所以只有 0 是 f (x) = x的解,
當 x 0時, (x + a)ex =1無非零解,
設 h(x) = (x + a)ex -1 ,則 h'(x) = (x + a +1)ex ,
當 x < -a -1, h (x) < 0 , h(x) 單調遞減,當 x > -a -1, h (x) > 0 , h(x) 單調遞增,
所以 h(x) 最小值為 h(-a -1) = -e-a-1 -1< 0 ,
當 x - 時, h(x) -1 ,當 x + 時, h(x) + ,
故 h(x) = (x + a)ex -1定有零點,又因為 (x + a)ex =1無非零解,有零點應還是 0,
所以 h(0) = (0 + a)e0 -1 = 0 ,所以 a =1 ,則 f (x) = x2 + x ex ,
f (x)
x > kx - x2 ex -1 , x2 + x > kx - x2 x得 e -1 , x > 0 , e x > 1 ,e
x +1 x +1
所以 x > k - x ,得 k < + x ,e -1 ex -1
x x
x +1 -1- xex e e - x - 2
設F (x) = + x ,則F '(x) = +1 =x ,e -1 2ex -1 2ex -1
G x = ex令 - x - 2 ,則G x = ex -1 ,
因為 x > 0時, e x > 1 ,所以G x > 0 ,則G x 在 0, + 單調遞增,
又G(1) = e - 3 < 0 ,G(2) = e2 - 4 > 0
ex0 ex0 - x0 - 2
所以$x0 (1, 2) 使得G x0 = 0 ,所以 ex0 = x0 + 2 ,且F ' x0 = 2 = 0 , ex0 -1
當 x 0, x x +10 時, F x0 < 0 , F (x) = x + x 單調遞減,e -1
當 x x0 ,+
x +1
時, F (x) > 0 , F (x) = x + x 單調遞增,e -1
F (x) F x x0 +1 x所以 最小值 = 00 x + x0 ,且 e = x0 + 2 ,e 0 -1
得F x
x0 +1
0 = + x0 = xx 0 +1 ,0 +1
又因為 x0 (1,2) ,所以 x0 +1 (2,3) ,因為 k < F x0 ,
所以 k < x0 +1 ,故整數 k 的最大值為 2.
12．（2024 屆北京市西城區北京師范大學附屬實驗中學高三下學期 6 月熱身練）已知函數 f (x) = xa ln x ,其中
a 為常數且 a 0 .
(1)求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
(2)討論函數 f (x) 的單調區間；
1
(3)當 a =1時,若過點M (x0 , f (x0 )) x0 > ÷的切線 l 分別與 x 軸和 y 軸于,A,B 兩點,O 為坐標原點,記VAOB的面
è e
積為 S,求 S 的最小值.
【解析】（1） f (x) = axa-1 ln x + xa-1 , x > 0 .
因為 f (1) =1 , f (1) = 0 ,
所以切線方程為 y = x -1 .
（2）定義域為 (0, + ) ,
1
f (x) = (a ln x +1)xa-1 ,令 f (x) = 0 ,解得 -x = e a .
當 a > 0時,
1 1
-
x (0,e a ) , f (x) < 0 f (x)的減區間為
-
(0,e a )；
1 1
-
x (e a ,+ ) , f (x) > 0 f (x)的增區間為
-
(e a ,+ ) .
當 a<0時,
1 1
-
x (0,e a ) , f (x) > 0 f (x)的增區間為
-
(0,e a )；
1 1
- -
x (e a ,+ ) , f (x) < 0 f (x)的減區間為 (e a ,+ ) .
（3）當 a =1時, f (x) = x ln x , f (x) =1+ ln x .
切線 l： y = (ln x0 +1)(x - x0 ) + x0 ln x0 ,
令 x = 0 , yB = -x0 < 0；
x ln x x
令 y = 0 , x = - 0 0A + x = 0 > 0ln x0 +1
0 ln x +1 .0
S 1 | x || y | 1 x
2
= 0A B = × .2 2 ln x0 +1
2
設 g(x)
x
= , x
1
> .
2(ln x +1) e
g (x) 2x(ln x +1) - x x(2 ln x +1)= =
2(ln x +1)2 2(ln x +1)2 .
1 1 1 1-x ( ,e 2 ) , g (x)
-
< 0 g(x)在 ( ,e 2 )單調遞減；
e e
1 1
- -
x (e 2 ,+ ) , g (x) > 0 g(x)在 (e 2 ,+ )單調遞增.
1
-
所以 g(x)≥g(e 2 ) 1= .
e
1 1
所以當 -x = e 2 時,S 的最小值為 .0 e
13 2．（2024 屆山西省呂梁市高三三模）已知函數 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x2 f x(2) x , x 0, + , x x , 1 - x1 f x2 若對任意的 1 2 1 2 使 > 0恒成立,則實數 a 的取值范圍.x1 - x2
1 f x x 0, , f x 2x 2 a 2x
2 - 2x + a
【解析】（ ） 的定義域為 + = - + = ,
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a ,又QΔ = 4 -8a ,
1o
1
,當Δ 0 ,即 a 時, g x 0 ,此時 f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增
2
1
2o ,當Δ > 0 ,即 a < 時,2
g x = 0 , x 1- 1- 2a 1+ 1- 2a令 解得 1 = , x2 2 = 2
1
其中,當0 < a < 時 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ,2
x x1，x2 , g x < 0
所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 單調遞增,在 x1, x2 單調遞減；
當 a < 0時, x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ,
故 f x 在 0, x2 單調遞減, x2 ,+ 單調遞增.
1
綜上： a , f x 在 0, + 上單調遞增；
2
1 1- 1- 2a 1+ 1- 2a 0 < a < , f x 在 0, ÷÷ , ,+ ÷2 ÷上單調遞增；è 2 è 2

a 0, f x 0,1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 2 ÷÷上單調遞減
,在 ,+ 2 ÷÷ 上單調遞增.è è
f x f x
（2）法一：不妨設0 < x x x f x 1 < 2 ,則 2 1 - x f x > 0 , x 1 21 2 同除以 1x2 得 > ,x1 x2
f xG x x 2 alnx所以令 = = - + ,
x x
a 1- lnx
當 x 0, + 時,G x =1 + 2 0恒成立, x
1o ,若 a = 0,G x =1 > 0恒成立,符合題意,
o a 0, 1 lnx -12 ,當 > 2 恒成立,a x
F x lnx -1 F x 3- 2lnx令 = 2 則 = 3 ,x x
3 3
所以F

x 在 0,e2 ÷單調遞增,在 e2 , + ÷單調遞減,
è è
1 3 1 3
所以 F
a
e2 ÷ = 3 ,所以 a 0,2e ù ,
è 2e
3o a 0
1 lnx -1
,若 < ,同理 2 恒成立,
+
由 2o 知,當 x 0 , F x - a x
所以不存在滿足條件的 a .
綜上所述： a 0,2e3 ù .
é f x1 f x2 ù
法二： x1 - x2 éx2 f x1 - x1 f x2 ù > 0 x1 - x2 ê - > 0 .
x1 x
ú
2
f x令 g x x 2 alnx= = - + ,則只需 g x 在 0, + 單調遞增,
x x
即 g x 0恒成立,
2
x + a 1- lnxg x = ,令 h x = x2 + a 1- lnx ,則 h x 02 恒成立；x
2
又 h x a 2x - a= 2x - = ,
x x
①當 a = 0時, h x = x2 , h x 在 0, + 單調遞增成立；
②當 a < 0時, h x > 0, h x 在 0, + 單調遞增,又 x 0, h x - ,故 h x 0不恒成立.不滿足題意；
a a
③當 a > 0 , a時由 h x = 0得 x = ,h x 在 0, ÷單調遞減,在 , + ÷單調遞增,
2 2 ÷ 2 ÷è è

因為 h x 0恒成立,所以 h(x) = h a a= 3 min ÷÷ 3 - ln ÷ 0 ,
è 2 2 è 2
解得0 < a 2e3 ,
綜上, a 0,2e3 ù .
14．（2024 屆江蘇省蘇州市高三下學期第三次模）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x
(2)當 a 2時, 證明： e2x ．
x
【解析】（1）函數 f x = lnx + ax +1,a R 的定義域為 0, + ,且 f x 1= + a ．
x
當 a 0時,"x 0,+ , f x 1= + a > 0 恒成立,
x
所以 f x 在區間 0, + 上單調遞增；
1 1+ ax 1
當 a<0時,令 f x = + a = = 0 ,解得 x = - ,
x x a
x 0, 1當 -

÷時, f x > 0, f x 在區間 0,
1
-
a a ÷
上單調遞增,
è è
x 1 1 - ,+ f x < 0, f x - ,+ 當 ÷ 時, 在區間a ÷上單調遞減．è è a
綜上所述,當 a 0時, f x 在區間 0, + 上單調遞增；
當 a < 0時, f x 1 1 在區間 0,- ÷ 上單調遞增,在區間 - ,+ 上單調遞減．
è a è a ÷
f x
（2）當 a 2時, x 因為 > 0 ,所以要證 e2x lnx + 2x +1, e2x只要證明 即可,
x x
即要證 lnx + 2x +1 xe2x ,等價于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
x
令 g x = e - x -1,則 g x = ex -1,
在區間 - ,0 上, g x < 0, g x 單調遞減；
在區間 0, + 上, g x > 0, g x 單調遞增,
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ,所以 e x x + 1（當且僅當 x = 0時等號成立）,
所以（*）成立,當且僅當 2x + lnx = 0時,等號成立．
又h x = 2x + lnx 在 0, + 1 2上單調遞增, h ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0 ,
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ,使得 2x0 + lnx0 = 0成立．
è e
綜上所述,原不等式成立．
1
15．（2024 屆湖北省襄陽市第五中學高三第五次適應性測試）已知函數 f x = a ln x - a +1 x + x2 .
2
(1)討論 f x 的單調性；
1 1
(2)當 a =1時, h x = f x - x2 + 2x + ,數列 tn 滿足 t1 0,1 ,且 tn+1 = h tn n N* 2 x
*
①比較 tn+1 , tn+2 ,1 的大小 n N
②證明： tn+1 + tn+3 > 2tn+2 n N* .
【解析】（1）由題意知 f x 的單調性為 0, + ,
x2 -
f x a a +1 x + a x - a x -1 = - a +1 + x = = .
x x x
當 a 0時,令 f x > 0 ,解得 x >1 ,令 f x < 0 ,解得0 < x <1,
f x 在 0,1 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增；
當 0 < a < 1時,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 上單調遞增,在 a,1 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增；
當 a =1時, f x 0 , f x 在 0, + 上單調遞增；
當 a > 1時,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 上單調遞增,在 1, a 上單調遞減,在 a, + 上單調遞增.
綜上所述,當 a 0時, f x 在 0,1 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增；
當 0 < a < 1時, f x 在 0,a 上單調遞增,在 a,1 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增；
當 a =1時, f x 在 0, + 上單調遞增；
當 a > 1時, f x 在 0,1 上單調遞增,在 1, a 上單調遞減,在 a, + 上單調遞增.
（2）①當 a =1時, h x = ln x 1 x -1+ ,則 h x = 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 上單調遞減,在 1, + 上單調遞增,
所以 h x h 1 =1 ,
因為 t1 0,1 , t2 = h t1 >1 , t3 = h t2 >1 ,L , tn+1 = h tn >1,
1
令m x = h x - x = + ln x - x x 1 ,
x
1 2
- x - 3-
m x -x
2 + x -1 ÷ ,
= è 2 4
x2
= < 0
x2
所以m x 在 1, + 上單調遞減,且m x m 1 = 0 ,
因為 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 ,則1< tn+2 < tn+1 .
②要證 tn+1 + tn+3 > 2tn+2 ,即證 tn+3 - tn+2 > tn+2 - tn+1 ,
又 tn+3 = h tn+2 , tn+2 = h tn+1 ,即證 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 .
16．（2024 屆湖南省岳陽市岳汨聯考高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = mx2 +1 e- x m R ．
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2) g x = f x + nxe- x若函數 -1在 0,1 上有零點,且m + n = e -1 ,求實數 m 的取值范圍．
【解析】（1）已知 f x = mx2 +1 e- x m R ,函數定義域為 R,
可得 f x = 2mxe- x - mx2 +1 e- x = - mx2 - 2mx +1 e- x ,
當m = 0時, f x = -e- x < 0 ,所以 f (x) 在 R 上單調遞減；
當m > 0時,因為 y = mx2 - 2mx +1是開口向上的二次函數,且Δ = 4m m -1 ,
若D 0 ,即0 < m 1時, y = mx2 - 2mx +1 0 ,所以 f (x) 0；所以 f (x) 在 R 上單調遞減；
若D > 0 ,即m > 1時, m m -1 m m -1此時方程mx2 - 2mx +1 = 0 有兩個根 x1 =1- , x2 =1+ ,m m
所以當 x < x1或者 x > x2 時 y = mx2 - 2mx +1 > 0 ,即 f (x) < 0 ,
當 x1 < x < x2 時 y = mx2 - 2mx +1 < 0 ,即 f (x) > 0 ,
m m -1 m m -1
所以 f (x) 在 - ,1- ÷ 和

1+ , + ÷上為減函數,
÷ ÷
è m è m
m m -1 m m -1
在 1- ,1+ ÷上為增函數；

è m m ÷
當m < 0時,因為 y = mx2 - 2mx +1是開口向下的二次函數,且Δ = 4m m -1 > 0 ,
2 m m -1 m m -1mx 2mx 1 0 此時方程 - + = 有兩個根 x1 =1- , x2 =1+ ,m m
所以當 x x1 時 y = mx2 - 2mx +1 < 0 ,即 f (x) > 0 ,
當 x < x< x 時 y = mx22 1 - 2mx +1 > 0 ,即 f (x) < 0 ,
m m -1 m m -1
所以 f (x) 在

- ,1+ ÷和 1- , + ÷上為增函數,
m ÷ ÷è è m
m m -1 m m -1
在 1+ ,1- ÷上為減函數；
m m ֏
綜上所述,當0 m 1時,函數 f (x) 在 R 上單調遞減；
m m -1 m m -1
當m > 1時,函數 f (x) 在 - ,1- ÷ 和 1+ , + ÷上為減函數,
m ÷ ÷è è m
m
m -1 m m -1

在 1- ,1+ ÷上為增函數；

è m m ÷
m m -1 m m -1
當m < 0時,函數 f (x) 在 - ,1+ ÷和 1- , + ÷上為增函數,
m ÷ m ÷è è
m m -1 m m -1

在 1+ ,1- ÷上為減函數；
m m ֏
（2）令 g x = mx2 +1 e- x + nxe- x -1 = 0 ,解得 ex = mx2 + nx +1,
x 2
不妨設 h x =e - mx - nx -1 ,函數定義域為 0,1 ,則 h(x) 在 0,1 內有零點；
不妨設 x0 為 h(x) 在 0,1 內的一個零點,因為 h(0) = 0 , h(1) = 0 ,
所以 h(x) 在區間 0, x0 和 x0 ,1 上不可能單調；
不妨設j(x) = h (x) ,函數定義域為 0,1 ,
此時j (x) 在區間 0, x0 和 x0 ,1 上均存在零點,即j (x) 在 0,1 上至少有兩個零點,
易知 h x =ex - 2mx - n , j x =ex - 2m ,
當m
1
時,j (x) > 0 ,j (x) 在 0,1 上單調遞增,不可能有兩個及以上零點；
2
e
當m 時,j (x) < 0 ,j (x) 在 0,1 上單調遞減,不可能有兩個及以上零點；
2
1 e
當 < m < 時,令j (x) = 0 ,解得 x = ln2m ,
2 2
當0 < x < ln2m時,j (x) < 0 ,j (x) 單調遞減；
當 ln2m < x <1時,j (x) > 0 ,j (x) 單調遞增,
所以j (x) 在 x = ln2m 處取得最小值j ln2m = 3m - 2mln2m +1- e ,
若j (x) 有兩個零點,需滿足j ln2m < 0 ,j(0) > 0 ,j(1) > 0 ,
不妨設F x 3= x - xlnx 1+1- e ,函數定義域為 1,e ,可得F x = - lnx ,
2 2
當1 < x < e 時, F (x) > 0 , F (x)單調遞增；當 e < x < e 時, F (x) < 0 , F (x)單調遞減,
所以F x = F e = e +1- e < 0 ,此時j ln2m < 0max 恒成立,
又j(0) =1- n = m - e + 2 > 0 ,j(1) = e - 2m - n > 0 ,可得 e - 2 < m <1 ,
當 e - 2 < m <1時,不妨設j (x) 的兩個零點分別為 x1, x2 ,（ x1 < x2）,
可得 h(x) 在 0, x1 上單調遞增；在 x1, x2 上單調遞減,在 x2 ,1 上單調遞增,
所以 h x1 > h 0 = 0,h x2 < h 1 = 0 , 則 h(x) 在區間 x1, x2 內有零點,
綜上所述,實數 m 的取值范圍為 e - 2,1 ．專題 01 用導數研究含參函數的單調性
函數是高中數學主干知識,單調性是函數的重要性質,用導數研究函數單調性是導數的一個主要應用,可以說
在高考導數解答題中單調性問題是繞不開的一個問題,這是因為單調性是解決后續問題的關鍵,單調性在研
究函數圖像、比較函數值大小、確定函數的極值與零點、解不等式及證明不等式中都起著至關重要的作用.
函數單調性的討論與應用一直是高考考查的熱點、而含有參數的函數單調性的討論與應用更是高考中的熱
點難點.
（一）研究函數單調性應注意的幾個細節問題：
1.單調區間是定義域的子集,故求單調區間時應樹立“定義域優先”的原則,單調區間只能用區間表示,不能用集
合或不等式表示,如有多個單調區間應分開寫,不能用并集符號“∪”連接,也不能用“或”連接.
2.若在 f x 定義域的某個子區間上恒有 f x > 0 （或 f x < 0 ）,則稱 f x 在該區間上單調遞增（或單調
遞減）,不說 f x 在該區間上是增函數（或減函數）,只有在整個定義域內單調遞增（或單調遞減）,才說該
函數是增函數（或減函數）
（二）連續可導函數單調區間的分界點就是函數的極值點,也就是導函數的零點,即方程 f x = 0的根,所以
求解含參函數的單調性問題,一般要根據 f x = 0的根的情況進行分類,分類時先確定導函數是一次型、二
次型還是其他類型
1.若導函數是一次型,分類步驟是：
①判斷是否有根,若沒有根,會出現恒成立的情況；
②若有根,求出 f x = 0導的根,并判斷根是否在定義域內；若根不在定義域內會出現恒成立的情況；
③若根在定義域內,會出現兩個單調區間,根據導函數的正負,確定單調性；
2. 若導函數是二次型,分類步驟是：
①先判斷二次型函數是否有根,若沒有根,會出現恒成立的情況；
②判斷根是否在定義域內,若僅有一個根在定義域內,會出現兩個單調區間,根據導函數的正負,確定單調性；
③若兩個根都在定義域內,需要根據兩個根的大小進行討論,當根的大小確定后,再討論每個單調區間上的單
調性.
3.若導函數是三角函數類型,需要借助三角函數的單調性及有界性進行討論
下面我們根據 f x = 0的根的情況總結出 12 類題型及解法,幫助同學們掌握這類問題的求解方法.
類型一： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型一次方程
思路：根據根是否在定義域內進行分類.
【例 1】討論 f x = x -1- a ln x 的單調性.
f x x - a分析： = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a = 0 x > 0 根的情況,
x
根據a是否在定義域 0，+ 內進行分類.
答案：
(1) a 0, f x > 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(2) a > 0 , f x 在 0, a 上單調遞增,在 a，+ 上單調遞減.
類型二： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型類一次方程
思路：根據方程是否有根及根是否在定義域內進行分類.
【例 2】討論 f x = ax - 1- a ln x+1的單調性.
ax - 1- a 分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 ax - 1- a = 0在 0，+ 上根的情況..
x
步驟一：討論 a=0 (無實根)；
步驟二：討論a < 0 ,由 ax - 1- a = 0 x 1- a得 = (不在定義域內)；
a
1- a
步驟三：討論a > 0 ,根據 是否在定義域內再分0 < a <1, a 1 .
a
答案：
(1) a = 0, f x < 0 , f x 在 0，+ 上單調；
(2) a < 0, f x < 0 , f x 在 0，+ 上單調遞減；
(3) a > 0
(i) a 1 , f x > 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(ii) 0 < a <1 f x 1- a 1- a, 在 0, a ÷上單調遞減,在 ，+ a ÷ 上單調遞增.è è
類型三： f x 定義域為R , f x = 0可化為單根型類二次（或高次）方程
思路：根據 x 的系數符號進行分類.
1
【例 3】討論 f x = ax4 1- x3 1+ ax2 - x +1的單調性.
4 3 2
分析： f x = x2 +1 ax -1 ,因為 x2 +1 > 0 ,
f x = 0根的情況轉化為ax -1 = 0 根的情況,
步驟一：討論a > 0；
步驟二：討論a = 0 ,注意此時 ax -1 = -1< 0；
步驟三：討論 a < 0 ,注意不等式兩邊除以 a ,不等式要改變方向.
答案：
(1) a > 0 f x 1 ,+ 1 時 在 ÷ 上單調遞增,在 - , ÷ 上單調遞減；
è a è a
(2) a = 0 時 f x 在 - ,+ 上單調遞減；
(3) a < 0 f x 1 , 1+ , - , 時 在 ÷ 上單調遞減在 ÷ 上單調遞增.
è a è a
類型四： f x 定義域不是R , f x = 0可化為單根型二次方程
思路：根據方程的根是否在定義域內進行分類.
【例 4】討論 f x = x + 1- a ln x a+ +1的單調性.
x
f x +1x x - a 分析： = 2 x > 0 ,因為 x +1 > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a = 0 在 0，+ 上根x
的情況.
步驟一：討論a 0 ( x - a = 0 無實根)；
步驟二：討論a > 0 ,由 x - a = 0 得 x = a ；
答案：
(1) a 0, f x > 0 , f x 在 0，+ 上遞增；
(2) a > 0 , x > a , f x > 0 , f x 在 a,+ 上遞增； x < a , f x < 0 , f x 在 0,a 上遞減.
類型五： f x 定義域為R , f x = 0可化為雙根型二次方程
思路：根據根的大小進行分類.
【例 5】討論 f x = x2 + ax + a ex 的單調性.
分析： f x = x + 2 x + a ex , f x = 0根的情況轉化為 x + 2 x + a = 0 的根的情況,根據-a與 -2
的大小進行討論.
步驟一：討論a < 2；
步驟二：討論a = 2 ,注意此時 x + 2 x + a = x + 2 2 0；
步驟三：討論 a > 2 .
答案：
(1) a < 2, f x 在 - , -2 , -a, + 上單調遞增,在 -2, -a 上單調遞減；
(2) a=2 , f x 在 - ，+ 上遞增；
(3) a > 2 , f x 在 - , -a , -2, + 上單調遞減,在 -a, -2 上單調遞增.
類型六： f x 定義域不是R , f x = 0可化為雙根型二次方程
思路：根據根是否在定義域內及根的大小進行分類.
1 2 a2 +1
【例 6】討論 f x = x - x + ln x 的單調性
2 a
x - a x 1- a ֏ 1
分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x - a x - = 0在 0，+ 上根的
x è a ÷
情況.
步驟一：討論a < 0 (根不在定義域內).
1
步驟二：討論a > 0 (根據 a, 的大小再分0 < a <1, a =1, a >1)
a
答案：
(1) a < 0 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(2) 0 < a <1, f x 在 0, a , 1 , + 1 ÷上單調遞增,在 a, ÷上單調遞減；
è a è a
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a >1 , f x 在 0,
1
÷ , a,
1+ 上單調遞增,在 ,a

a ÷
上單調遞減.
è è a
類型七： f x 定義域是R , f x = 0可化為雙根型類二次方程
思路：根據根的個數及根的大小進行分類
a + 3
7 f x = ax3 - x2【例 】討論 + x -1的單調性
2
分析： f x = 3x -1 ax -1 , f x = 0根的情況轉化為 3x -1 ax -1 = 0根的情況.
步驟一：討論a = 0 ( ax -1 = 0 無實根)；
1 1
步驟二：討論 a < 0 ,此時 > ；
3 a
1 1
步驟三：討論a > 0 (根據 , 的大小再分0 < a < 3,a = 3,a > 3 )
3 a
答案：
1
(1) a = 0 , f x 1 在 0， 上單調遞增,在 ,+ 上單調遞減；
è 3 ÷ ÷ è 3
(2) a < 0, f x 在 0,
1 , 1 ,+ , 1 1 ÷ ÷上單調遞增在 , ÷上單調遞增； è a è 3 è a 3
0 a 3, f x 0, 1 1 1 1(3) < < , 在 ÷ ,+ ÷上單調遞增,在 , ÷上單調遞減；
è 3 è a è 3 a
(4) a=3 , f x 在 - ，+ 上單調遞增；
a > 3 f x 0, 1 1 1 1(5) , , 在 ÷ ,+ ÷上單調遞增,在 , ÷上單調遞減.
è a è 3 è a 3
提醒：對于類二次方程,不要忽略對 x2 項的系數為零的討論.
類型八： f x 定義域不是R , f x = 0可化為雙根型類二次方程
思路：根據根是否在定義域內、根的個數及根的大小進行分類
1
【例 8】討論 f x = ax2 - a +1 x + ln x的單調性
2
x -1 ax -1
分析： f x = x > 0 , f x = 0根的情況轉化為 x -1 ax -1 =0 x > 0 根的情況.
x
步驟一：討論 a=0 (有 1 個根).
1
步驟二：討論a < 0 ( 不在定義域內)
a
a > 0 1 1 1步驟三：討論 ( ， 均在定義域內,根據1, 的大小再分0 < a <1, a =1, a >1)
a a
答案：
(1) a 0 , f x 在 0,1 上單調遞增,在 1，+ 上單調遞減；(步驟一二合并)
1 1
(2) 0 < a <1, f x 在 0,1 , , +

÷上單調遞增,在 1, 上單調遞減；
è a è a ÷
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a >1 , f x 1 在 0, , 1,+
1
上單調遞增, 在 ,1 上單調遞減.
è a ÷ ÷ è a
類型九： f x = 0先化為指數型方程,再通過擬合化為一次（或類一次）或二次（或類二次）方程
【例 9】討論 f x = a x - 2 ex 1- x -1 2 的單調性.
2
分析： f x = x -1 aex -1 , f x = 0根的情況轉化為 x -1 aex -1 =0根的情況.
步驟一：討論a 0 (有 1 個根).
步驟二：討論 a > 0 , f x = x -1 aex -1 的擬合函數為 y = x -1 x + ln a (根據1, - ln a的大小再分
0 a 1 ,a 1 , a 1< < = > )
e e e
答案：
(1) a 0 , f x 在 - ,1 上單調遞增,在 1，+ 上單調遞減；
1
(2) 0 < a < , f x 在 - ,1 , - ln a,+ 上單調遞增,在 1, - ln a 上單調遞減；
e
a= 1(3) , f x 在 - ，+ 上單調遞增；
e
1
(4) a > , f x 在 - , - ln a , 1, + 上單調遞增,在 - ln a,1 上單調遞減.
e
類型十： f x = 0先化為對數型方程,再通過擬合化為一次（或類一次）或二次（或類二次）方程
【例 10】討論 f x = x2 - 2ax ln x 1- x2 + 2ax +1的單調性.2
分析： f x = x - a ln x x > 0 的擬合函數為 x - a x -1 (根據 a 與 0,1 大小分類)
步驟一：討論a 0 ( x - a > 0 ).
步驟二：討論a > 0 , (再分0 < a < 1,a = 1,a > 1 )
答案：
(1) a 0 , f x 在 0,1 上單調遞減,在 1，+ 上單調遞增；
(2) 0 < a < 1, f x 在 0,a , 1,+ 上單調遞增,在 a,1 上單調遞減；
(3) a=1 , f x 在 0，+ 上單調遞增；
(4) a > 1 , f x 在 0,1 , a,+ 上單調遞增,在 1,a 上單調遞減.
類型十一：導函數為三角函數類型
【例 11】判斷 f x = ex + sin x - ax -1 a < 2 在 0,+ 上的單調性.
分析：借助弦函數的有界性確定 g x 的符號.
步驟一： f x = ex + cos x - a ,
步驟二：令 g(x) = ex + cos x - a , g (x) = ex - sin x ,
步驟三：利用弦函數有界性得 g (x) = ex - sin x > 0 ,
步驟四： g(x)為增函數, g(x) = ex + cos x - a g(0) = 2 - a > 0 ．
答案： f x 在 0,+ 上單調遞增.
類型十二：通過二次求導研究函數單調性
求函數 f x 的遞增（遞減）區間,通常轉化為解不等式 f x > 0 （或 f x < 0 ）,但有時該不等式不能直接
求解,需要二次求導研究 f x 的單調性或符號.
【例 12】判斷函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)的單調性
分析：
步驟一： f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ；
步驟二： g(x) = f (x) , g (x)
t
= - 2, x > 0；
x
步驟三： f (x) 在 (0,
t ) t上單調遞增,在 ( ,+ )上單調遞減, f (x) = f (
t ) = t ln t ；
2 2 max 2 2
步驟四：由0 < t 2 ,得 f (x) 0 .
答案：所 f (x) 在 (0, + )上單調遞減.
【例 1】（2024 x屆山東省煙臺招遠市高考三模）已知函數 f x = x + ae a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
x f x - x
(2)當 a = 3時,若方程 + = m +1f x x f x 有三個不等的實根,求實數
m 的取值范圍.
-
【解析】（1） f x =1+ aex .
當 a 0時,由 f x =1+ aex 1 > 0可知, f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時,對 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0 , x > - ln -a f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a 對 有 = 0 ,
所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增,在 é - ln -a , + 上單調遞減.
綜上,當 a 0時, f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時, f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增,在 é - ln -a , + 上單調遞減.
x
（2）當 a = 3時, f x = x + 3ex , x 3e故原方程可化為 x + x = m +1.3e x + 3e
x 3ex x x x2 x2
而 + -1 = - = = m3ex x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ,所以原方程又等價于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x x 2 x x和3e x + 3e 不能同時為零,故原方程又等價于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
設 g x = x ×e- x ,則 g x = 1- x ×e- x ,從而對 x <1有 g x > 0 ,對 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上遞增,在 1, + 上遞減,這就得到 g x g 1 ,且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 .
然后考慮關于 x 的方程 g x = t ：
①若 t 0 ,由于當 x >1時有 g x = x ×e- x > 0 t ,而 g x 在 - ,1 上遞增,故方程 g x = t 至多有一個解；
1 -t -0
而 g 1 = > 0 t , g t = t ×e t ×e = t ,所以方程 g x = t 恰有一個解；
e
1
②若0 < t < ,由于 g x 在 - ,1 上遞增,在 1, + 上遞減,故方程 g x = t 至多有兩個解；
e
x x x x x 1 2
- - - - - -1 - ×2ln -1 - ln 2
而由 g x = x ×e- x = 2 x× ×e 2 ×e 2 x= 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g
2
有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ,2 è 2 è t
再結合 g 0 = 0 < t , g 1 1= > t 2, 2ln > 2ln 2e > ln e =1,即知方程 g x = t 恰有兩個解,且這兩個解分別屬于
e t
0,1 和 1,2 ln
2
è t ÷
；

t 1 1③若 = ,則 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ,且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 ,故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
④若 t
1
> ,則 g x g 1 1= < t ,故方程 g x = t 無解.
e e
2
由剛剛討論的 g x = t 的解的數量情況可知,方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三個不同的實根,當且僅
t 2 t , t t 1 1當關于 的二次方程 t - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 1 2 ,且 1 0, ÷ , t2
- , ù .
è e è e ú
一方面,若關于 t 的二次方程 t 2
1 1ù
- 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ,且 t1 0, ÷ , t2 - , e ú ,則首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 9m t t 1,且- = 1 2 t
1
1 < .e e2
故m - ,-4 0,+ , m 1> - 2 ,所以m > 0 .9e
2 2
而方程 t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m 3m + 3 m + 4m的解是 ,兩解符號相反,故只能 t = ,
2 1 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 t 3m + 3 m
2 + 4m 2
所以 > = ,即 > m + m2 + 4m
e 1
.
2 3e
2
- m > m2 + 4m 0 , 2
2 1
這就得到 所以 - m
> m2÷ + 4m ,解得m < .3e è 3e 9e2 + 3e
1
故我們得到0 < m < ；
9e2 + 3e
1 2
另一方面,當0 < m < 時,關于 t2 的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0
3m + 3 m + 4m
有兩個不同的根 t1 = ,9e + 3e 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0 ,2
3 1 1 4× 2 + 3 +9e + 3e 2 2 9e2 + 3e 3 1 3 6e +13m + 3 m2 + 4m 9e + 3e × 2 + × 2 1 ,t = < = 9e + 3e 9e + 3e1 =2 2 2 e
t 3m - 3 m
2 + 4m 3m - 3 m2 0 12 = < = .2 2 e
1
綜上,實數m 的取值范圍是 0, .
è 9e2 + 3e ÷
1
【例 2】（2024 屆黑龍江省百師聯盟高三沖刺卷）已知函數 f x = axex - x2 - x .
2
(1)若 a =1 ,求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
1
(2)者 a 2 ,討論函數 f x 的單調性.e
【解析】（1） a =1 ,則 f x = xex 1- x2 - x , f x = 1+ x e x - x -1 ,
2
f 1 3= e - , f 1 = 2e - 2 ,
2
∴ f x 在 1, f 1 3處切線方程為 y - e + = 2e - 2 x -1 ,
2
即 2e - 2 x 1- y - e + = 0 .
2
（2）函數 f x 的定義域為R , f x = x +1 aex -1 .
因為 a
1 1
, 0 < e2
1 1
2 所以 ,由 f x = 0得 x=-1或 x = ln , ln 2 .e a a a
1
①當 2 a < e 時, -1 < ln
1
2 ,
e a
所以 f x > 0 x < -1或 x > ln 1 1, f x < 0 -1 < x < ln ,
a a
1 1
則 f x 在 - , -1 上單調遞增,在 -1, ln a ÷ 上單調遞減,在è ln ,+ ÷上單調遞增；è a
②當 a = e時, f x = x +1 ex+1 -1 0 ,則 f x 在 - , + 上單調遞增；
③當 a > e時, ln 1 < -1,
a
所以 f x > 0 x < ln 1 或 x > -1 , f x < 0 ln 1 < x < -1 ,
a a
f x , ln 1 ln 1則 在 - , ,-1

a ÷上單調遞增在 ÷上單調遞減
,在 -1, + 上單調遞增.
è è a
1
綜上,當 2 a < e 時,e
f x - , -1 1-1, ln ln 1 ,+ 在 上單調遞增,在 a ÷ 上單調遞減,在è a ÷上單調遞增；è
當 a = e時, f x 在 - , + 上單調遞增；
當 a > e時, f x , ln 1 ln 1在 - , ,-1

,
è a ÷
上單調遞增在

上單調遞減
è a ÷
在 -1, + 上單調遞增.
2
【例 3】（2024 屆黑龍江省哈爾濱市三中高三下學期第五次模擬）已知函數 f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調性；
(2)當0 < a
1 1
時,求證： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由題意可知,函數 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
f (x) 2a(x 1) 1 1 (x +1)(2ax -1)導數 = + - - = ,
x x
當 a 0時, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；
當 a > 0時, x (0, 1 ) , f (x) < 0
1
； x ( ,+ ), f (x) > 02a ；2a
綜上所述,當 a 0時,函數 f (x) 在區間 (0, + )
1
上單調遞減；當 a > 0時,函數 f (x) 在區間 (0, ) 上單調遞減,在區
2a
1
間 ( , + )上單調遞增.
2a
1
（2）由（1）可知,當0 < a 時,
2
1 1
函數 f (x) 在區間 (0, ) 上單調遞減,在區間 ( , + )上單調遞增.
2a 2a
1 1 2 1 1 1
所以函數 f (x) f ( ) = a( +1) - - ln( ) = a +1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要證 f (x) 2a
1
- +1 ,
2a
a 1 1 ln(2a) 2a 1需證 + - + - +1 ,
4a 2a
1
即需證 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立.
4a 2
令 g(a)
1
= + ln(2a) - a ,
4a
1 2
則 g (a) = - 2 -1
1 (2a -1)
+ = -
4a a 4a2
< 0 ,
g (a) (0, 1所以函數 在區間 ]單調遞減,
2
故 g(a)
1
g( ) 1= + 0 1- = 0 ,
2 2 2
1 ln(2a) a 0,a (0, 1所以 + - ]恒成立,
4a 2
0 a 1 1所以當 < 時, f (x) 2a - +1 .
2 2a
x-1
【例 4】（2024 ae 1屆河南省創新發展聯盟 5 月月考）已知函數 f (x) = - lnx - .
x x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a
5
時,證明： f (x) + lnx
1
+ - x > ex-1 1- lnx .
2 x
x-1
【解析】（1）函數 f (x) ae= - lnx 1- 的定義域為 (0, + ) ,
x x
f (x) ae
x-1(x -1) 1 1 (x -1)(aex-1 -1)
求導得 = 2 - +x x x2
= ,
x2
若 a 0 ,則 aex-1 -1< 0 ,且當 x 0,1 時, f x > 0 ,當 x 1, + 時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞增,在 (1, + )上遞減；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,則 aex-1 -1 0恒成立,當 x 0,1 時, f x < 0 ,當 x 1, + 時, f x > 0 ,
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增；
若0 <1- lna <1 ,即1< a < e ,則當 x 0,1- lna 1,+ 時, f x > 0 ,當 x 1- lna,1 時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上遞增,在 (1- ln a,1) 上遞減；
若1- lna =1,即 a =1 ,則 f x 0在 0, + 上恒成立,函數 f (x) 在 (0, + )上遞增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,則當 x 0,1 1- lna,+ 時, f x > 0 ,當 x (1,1- lna)時, f x < 0 ,
即函數 f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上遞增,在 (1,1- ln a) 上遞減,
所以當 a 0時, f x 的遞增區間為 0,1 ,遞減區間為 1, + ；
當 0 < a < 1時, f x 的遞增區間為 0,1 和 1- lna, + ,遞減區間為 1,1- lna ；
當 a =1時, f x 的遞增區間為 0, + ,無遞減區間；
當1< a < e 時, f x 的遞增區間為 0,1- lna 和 1, + ,遞減區間為 1- lna,1 ；
當a e 時, f x 的遞增區間為 1, + ,遞減區間為 0,1 .
x-1
2 f x 1+ lnx + - x > ex-1 ae（ ）要證 1- lnx ,需證 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,
x x
5 ex-1a , ae
x-1 x-1
而 > 0 ,即有 + ex-1 lnx -1 5e- x + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
則只需證明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1即證 + lnx -1 > x , 5即證 + x lnx -1 x> ,
2x è 2x ÷

2 ex-1
令 h x 5= + x lnx -1 ,則 h x = lnx ,當 x 0,1 時, h x < 0 ,當 x 1, + 時, h x > 0 ,
2
3
即函數 h(x) 在( 0, 1)上單調遞減,在 (1, + )上單調遞增,則 h(x)min = h 1 = ,2
2
x x 2 - x令j x = (x > 0) , x 則j = ,當 x 0,2 時,j x > 0 ,當 x 2, + 時,j x < 0
ex-1 ex-1
,
函數j (x) 在 (0, 2)
4 3
上單調遞增,在 (2, + ) 上單調遞減,則j(x)max = j 2 = < = h(x)e 2 min ,
5 2 1
+ x lnx -1 x> , x-1從而 x-1 即 f (x) + lnx + - x > e 1- lnx 成立.2 e x
1+ a
【例 5】（2023 屆湖北省新高三摸底聯考）已知a…0 ,函數 f x = ax + - lnx．
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)如果我們用 n - m 表示區間 m, n 的長度,試證明：對任意實數 a…1 ,關于 x 的不等式 f x < 2a +1的解集的
區間長度小于 2a +1．
【解析】 (1) f x = ax a +1+ - lnx ,定義域為 0, + ,
x
a +1 1 ax2 - x - a +1 x +1 ax - a -1f x = a -
x2
- = 2 = 2 .x x x
- x +1若 a = 0, f x = 2 < 0恒成立,所以 f x 在 0, + 上單調遞減；x
a x 1+1
若
x -1- ÷
a > 0, f x = è a ,1 1 ,2 + > 0x a

當 x 0,1
1
+ ÷時, f x 0 x
1 1< ；當

+ , + ÷ 時, f x > 0 ,
è a è a
f x 0,1 1+ 1 所以 在 ÷上單調遞減,在 1+ , + ÷上單調遞增．
è a è a
綜上, a = 0時, f x 在 0, 1 1+ 上單調遞減； a > 0時, f x 在 0,1+ ÷上單調遞減,在 1+ , + 上單調遞
è a è a ÷
增．
(2)令 g x = f x - 2a +1 = ax a +1+ - lnx - 2a -1,則 g 1 = 0 ,因為 a…1 ,
x
由（1）知, g x 在 0,1
1
+
1
÷上單調遞減,在 1+ , + ÷上單調遞增,
è a è a
1
又1
1
+ > 1 ,所以 g 1+ ÷ < 0 ,a è a
h a = g 2a + 2 = 2a2 1令 - - ln 2a + 2 ,a 1,+ ,
2
2
由 h a = 4a 2 4a + 4a -1- = > 0恒成立,
2a + 2 a +1
所以 h a 在 1, + 上單調遞增．
3 3 3
又 e3 >16 ,
e
所以 >1,即 e2 2．從而 3
16 >1 h 1 = - ln4 = ln
e
> 0 ,
4 2 4
所以 h a > h 1 > 0 ,即 g 2a + 2 > 0．
因為 2a
1 1
+ 2 > 2,1+ < 2 ,所以 2a + 2 >1+ ,
a a
1
所以存在唯一 x1 1+ , 2a + 2

÷ ,使得 g x1 = 0 ,所以 g x < 0的解集為 1, xa 1 ,è
即 f x < 2a +1的解集為 1, x1 ,又 1, x1 的區間長度為 x1 -1< 2a + 2 -1 = 2a +1 ,
原命題得證．
1．（2024 屆北京市十一學校高三下學期三模）已知函數 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數 k 的取值范圍；
n
lni
n n -1
(3)求證： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
2．（2025 屆河北省“五個一”名校聯盟高三第一次聯考）已知函數 f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調性；
a
(2) a 證明：當 a > 0時, f x ÷ -1 .
è e
1 2
3．（2024 屆山東省智慧上進高三下學期 5 月大聯考）已知函數 f x = + ax ÷ ln x + - 2 ,其中 a R ．è x
(1)當 a 1時,判斷 f x 的單調性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
（ⅰ）證明： x
2
2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ 時, f x
1 4 5
> 3 -x x2
+ - 2
x ．2 2 2
4．（2024 屆河南省名師聯盟 5 月高三考前押題卷）已知函數 f x = a ln x + x -1 a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)"x 1, + , f x ≥-2ln x + ln x 2 ,求 a 的取值范圍.
5．（2024屆山東省日照市高三下學期三模）已知函數 f x = a ln x - x2 + a - 2 x , g x = x - 2 ex - x2 - 4x + m ,
a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = -1時,對"x 0,1 , f x > g x ,求正整數m 的最大值.
1
6．（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f (x) =1- - a ln x, a R.
x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a > 0時,函數 f (x) 與函數 g(x) = a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值,求 a 的值.
7．（2024 屆安徽省合肥市第六中學高三最后一卷）已知函數 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
x x x x g(x) kx2 1(2)若 1 , 2 1 2 為函數 = + 2 - ln x 的兩個零點,求證： x
4
1x2 >12e4．x
8．（2024 廣東省東莞中學、廣州二中、惠州一中、深圳實驗、珠海一中、中山紀念中學高三下學期第五次
六校聯考）已知函數 f x 1= x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時,求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
9．（2024 屆山東省臨沂市蘭山區等四縣區高三第三次模擬）已知函數 f x = x 1- ln kx ．
(1)若曲線 f x 在 x=e處的切線與直線 y = x 垂直,求 k 的值；
(2)討論 f x 的單調性．
10 2．（2024 屆天津市和平區高三三模）已知函數 f x = lnx , g x = nx + mx n,m R , h x = f x + g x ．
(1)若 n = 0 ,函數 h x 存在斜率為 3 的切線,求實數m 的取值范圍；
n 1(2)若 = ,試討論函數 h x 的單調性；
2
(3)若 n 0 ,設函數 f x 的圖象C1與函數 g x 的圖象C2 交于兩點 A、B ,過線段 AB 的中點 H 作 x 軸的垂線分
別交C1、C2 于點D、E ,問是否存在點 H ,使C1在D處的切線與C2 在E 處的切線平行？若存在,求出點 H 的橫
坐標；若不存在,請說明理由．
11．（2024 2屆山西省晉城調研）函數 f (x) = x + ax ex (a R) .
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x = x f (x)只有一個解,則當 x > 0時,求使 x > kx - x2 ex -1 成立的最大整數 k.e
12．（2024 屆北京市西城區北京師范大學附屬實驗中學高三下學期 6 月熱身練）已知函數 f (x) = xa ln x ,其中
a 為常數且 a 0 .
(1)求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
(2)討論函數 f (x) 的單調區間；
1
(3)當 a =1時,若過點M (x0 , f (x0 )) x0 > ÷的切線 l 分別與 x 軸和 y 軸于,A,B 兩點,O 為坐標原點,記VAOB的面
è e
積為 S,求 S 的最小值.
13．（2024 2屆山西省呂梁市高三三模）已知函數 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x f x - x f x
(2) x , x 0, + , x x , 2 1 1 2若對任意的 1 2 1 2 使 > 0恒成立,則實數 a 的取值范圍.x1 - x2
14．（2024 屆江蘇省蘇州市高三下學期第三次模）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x
(2)當 a 2 , 時證明： e2x ．
x
1
15．（2024 2屆湖北省襄陽市第五中學高三第五次適應性測試）已知函數 f x = a ln x - a +1 x + x .
2
(1)討論 f x 的單調性；
1
(2)當 a =1 2時, h x = f x - x + 2x 1+ ,數列 tn 滿足 t1 0,1 , *且 tn+1 = h tn n N 2 x
*
①比較 tn+1 , tn+2 ,1 的大小 n N
②證明： tn+1 + tn+3 > 2tn+2 n N* .
16．（2024 2 - x屆湖南省岳陽市岳汨聯考高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = mx +1 e m R ．
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若函數 g x = f x + nxe- x -1在 0,1 上有零點,且m + n = e -1 ,求實數 m 的取值范圍．

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