专题15 利用导数判断函数的单调性问题（解析版）-2021年高考数学二轮复习之解答题专题

高考冲刺 专题 15 利用导数判断函数的单调性问题 1．设函数 2 2( ) ln 2 ,f x x x ax a a R     . （1）当 2a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）若函数  f x 在 1,3 上不存在单调增区间，求 a 的取值范围. 【答案】（1）  f x 在 2 20, 2      递增，在 2 2 2 2,2 2       递减，在 2 2 ,2       递增；（2） 19 6a  . 【分析】 （1）先对函数求导，分别令导数大于零，小于零，即可求出函数的单调增减区间； （2）     21 2 2 12 2 , 1,3x axf x x a xx x        ，令   22 2 1g x x ax   ，由于函数  f x 在 1,3 上 不存在单调增区间，则必有   0g x  ，然后列出不等式组可求出 a 的取值范围 【详解】 （1） 2a  时，    2ln 4 4, 0f x x x x x     ，   21 2 4 12 4 x xf x xx x       ， 令 ( ) 0f x¢ > ，解得： 2 2 2x  或 2 20 2x   ， 令 ( ) 0f x¢ < ，解得： 2 2 2 2 2 2x   ， 故  f x 在 2 20, 2      递增，在 2 2 2 2,2 2       递减，在 2 2 ,2       递增； （2）     21 2 2 12 2 , 1,3x axf x x a xx x        ， 设   22 2 1g x x ax   ， 假设函数  f x 在 1,3 上不存在单调递增区间， 必有   0g x  ， 于是     1 3 2 0 3 19 6 0 g a g a        ，解得 19 6a  . 2．已知函数 2 ( ) x ax bf x e  在 2x  时取到极大值 2 4 e . （1）求实数 a､b 的值； （2）用 min{ ., )m n 表示 ,m n 中的最小值，设函数 1( ) min ( ), ( 0)g x f x x xx       ，若函数 2 ( ) ( )h x g x tx  为增函数，求实数 t 的取值范围. 【答案】（1） 1a  ， 0b  ；（2） 3 1( , )2e   . 【分析】 （1）因为 ( )f x 在 2x  时取得极大值 2 4 e ，所以 2 (2) 0 4(2) f f e      可得答案. （2）设 1( ) ( ) ( )F x f x x x    ，讨论函数 ( )F x 的单调性，得出 ( )g x 的表达式 0 2 0 1 ,0 , ( ) , .x x x xxg x x x xe        ， 从而得到 ( )h x 的解析式，再根据 ( )h x 为增函数，求出参数的范围. 【详解】 （1）∵       2 2 2 2 2x x xx ax e e ax b ax ax bf x ee         因为 ( )f x 在 2x  时取得极大值 2 4 e 所以 2 (2) 0 4(2) f f e      即 2 2 4 4 0 4 4 a a b a b e e       解得 1a  ， 0b  ,此时  f x  2 22 x x x xx x e e     ， 当 0 2x  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 在 0,2 上单调递增. 当 2x  ,或 0x  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 在 0， ，  2 +， 单调递减. 所以满足在 2x  时取到极大值. 所以 1a  ， 0b  （2）设 21 1( ) ( ) ( ) , 0x xF x f x x x xx e x        ，则 2 (2 ) 1( ) 1 , 0x x xF x xe x      . 当 2x  时， ( ) 0F x  恒成立. 当 0 2x  时， 2(2 )(2 ) 12 x xx x        ， 从而 2 2 2 1 1 1 1( ) 1 1 1 0.xF x e x x x           ∴ ( ) 0F x  在 (0, ) 上恒成立，故 ( )y F x 在 (0, ) 上单调递减. ∵ 1(1) 0F e   ， 2 4 3(2) 02F e    ，所以 (1) (2) 0F F  .又曲线 ( )y F x 在[1,2] 上连续不间断. 故由函数零点存在定理及其单调性知，存在唯一的 0 (1,2)x  ，使得  0 0F x  . ∴当 0(0, )x x 时， ( ) 0F x  ，当  0,x x  时， ( ) 0F x . ∴ 0 2 0 1 ,0 ,1( ) min ( ), , .x x x xxg x f x x x x x xe             所以∴ 2 0 2 0 1 , 0( ) x tx x xh x x x x x         , 故 02 0 11 2 ,0 , ( ) (2 ) 2 , .x tx x xxh x x x tx x xe            由于函数 2( ) ( )h x g x tx  为增函数，且曲线 ( )y h x 在 (0, ) 上连续不间断， ∴ ( ) 0h x  在  00, x 和 0,x  上恒成立. ①当 0x x 时， (2 ) 2 0x x x txe    在 0,x  上恒成立，即 22 x xt e  在 0,x  上恒成立， 记 2( ) x xu x e  ， 0x x ，则 3( ) x xu x e   . 0x x ， 当 0 3x x  时， ( ) 0u x  ，当 3x  时， ( ) 0u x  ，所以 ( )u x 在 0,3x 上单调递减， 在 (3, ) 上单调递增，所以 min 3 1[ ( )] (3)u x u e    .故 3 12t e   ，解得 3 1 2t e   . ②当 00 x x  时， 2 1( ) 1 2h x txx     ，当 0t  时， ( ) 0h x  在 00, x 上恒成立. 综合①, ②知，当 3 1 2t e   时， ( )h x 为增函数，故 t 的取值范围是 3 1( , )2e   . 【点睛】 关键点睛：本题考查根据极值求参数值和由函数的单调性求参数的范围，解答本题的关键是先讨论 1( ) ( ) ( )F x f x x x    的单调性，得出 ( )g x 的表达式 0 2 0 1 ,0 , ( ) , .x x x xxg x x x xe        ，从而得到 ( )h x 的解析式， 属于难题. 3．已知实数 0a  ，函数   22 lnf x a x a xx    ， (0,10)x ． （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若 1x  是函数  f x 的极值点，曲线 ( )y f x 在点 1 1( , ( ))P x f x ､ 2 2( , ( ))Q x f x ( 1 2x x )处的切线分 别为 1 2l l， ，且 1 2l l， 在 y 轴上的截距分别为 1b ､ 2b ．若 1 2l l// ，求 1 2b b 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2） 6 ln 4,05     ． 【分析】 （1）求导后得       2 2 1 0 10ax axf x xx      ；分别在 1 10a  和 10 10a   两种情况下，根据  f x 的符号可确定  f x 的单调性； （2）由极值点定义可构造方程求得 a ，得到  f x 和  f x ；根据导数的几何意义可求得在 ,P Q 处的切线 方程，进而求得 1 2,b b ；由 1 2//l l 可求得 1 2,x x 的关系，同时确定 1x 的取值范围；将 1 2b b 化为 1 2 1 1 2 2 2 1 ln 1 x x x x x x       ， 令 1 2 x tx  ，    2 1 ln1 tg t tt   ，利用导数可求得  g t 的单调性，进而求得  g t 的值域即为 1 2b b 的范 围. 【详解】 （1）       2 2 2 2 12 0 10ax axaf x a xx x x          . 0a  ， 0 10x  ， 2 0ax   . ①当 1 10a  ，即当 10,10a     时，   0f x  ，  f x 在 0,10 上单调递减； ②当 10 10a   ，即 1 ,10a      时， 当 10,x a     时，   0f x  ； 当 1 ,10x a     时，   0f x  ，  f x 在 10, a      上单调递减，在 1 ,10a      上单调递增. 综上所述：当 10,10a     时，  f x 在 0,10 上单调递减； 当 1 ,10a      时，  f x 在 10, a      上单调递减，在 1 ,10a      上单调递增. （2） 1x  是  f x 的极值点，  1 0f   ， 即  2 1 0a a   ， 解得： 1a  或 2a   （舍）， 此时   2 lnf x x xx    ，   2 2 1 1f x x x      . 1l 方程为：  1 1 12 1 1 1 2 2 1ln 1y x x x xx x x                   ， 令 0x  ，得： 1 1 1 4 ln 1b xx    ； 同理可得： 2 2 2 4 ln 1b xx    . 1 2//l lQ ， 2 2 1 1 2 2 2 1 2 11 1x x x x        ， 整理得：  1 2 1 22x x x x  ， 1 2 1 2 2 xx x    ， 又 1 20 10x x   ， 则 1 1 1 2 102 xx x   ， 解得： 1 5 42 x  ，   1 2 1 22 1 1 1 1 1 2 11 2 2 1 2 2 2 2 2 124 4 ln ln ln 1 x x x xx x x x xb b xx x x x x x x x              . 令 1 2 x tx  ， 则 1 1 1 1 2 11 ,12 2 4 x xt x x          ， 设    2 1 ln1 tg t tt   ，         2 2 2 14 1 0 1 1 tg t tt t t         ，  g t 在 1 ,14      上单调递增，又  1 0g  ， 1 6 ln 44 5g       ，   6 ln 4,05g t       ， 即 1 2b b 的取值范围为 6 ln 4,05     . 【点睛】 关键点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、极值点的定义、 导数的几何意义、利用导数求解参数的取值范围等问题；关键是能够通过构造函数的方式将所求式子的范 围转化为函数值域的求解问题. 4．已知 ( ) tanf x x . （1）求 ( )f x ； （2）若 ( ) tanxg x e x ，试分析 ( )g x 在 ( 1,1) 上的单调性. 【答案】（1） 2 1( ) cosf x x   ；（2）在 ( 1,1) 上单调递增. 【分析】 （1）根据 sin( ) tan cos xf x x x   ，利用导数的运算法则求解； （2）由 ( ) tanxg x e x ，求导  ( ) tan (tan )x xg x e x e x   2 1 sin 2 12 cos xe x x     ，再由导数的正负判断. 【详解】 （1）因为 sin( ) tan cos xf x x x   ， 所以 2 cos cos sin ( sin )( ) cos x x x xf x x     ， 2 2 2 2 cos sin 1 cos cos x x x x   ； （2）因为 ( ) tanxg x e x ， 所以  ( ) tan (tan )x xg x e x e x   ， 2 1tan cos xe x x      ， 2 (sin cos 1) cos xe x x x  ， 2 1 sin 2 12 cos xe x x     ， 当 ( 1,1)x   时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 ( 1,1) 上单调递增. 【点睛】 方法点睛：（1）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当 f(x)含参数时，需依据参数 取值对不等式解集的影响进行分类讨论．（2）若可导函数 f(x)在指定的区间 D 上单调递增(减)，求参数范围 问题，可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 5．已知函数 21( ) cos 22 xf x x        . （1）试分析 ( )f x 在 ,2     上的单调性； （2）已知 ( )f x 的导函数为 ( )g x ， ( )g x 在 0x x 处取极值，求证：  0 2 3f x   . 【答案】（1） ( )f x 在 ,2     上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】 （1）先求导，再判断 ( ) 0f x  ，即得解； （2） ( )f x 在 ,2     上单调递减，没有极值.当 0, 2x     时，分析得到 ( )g x 在 00, x 上单调递增，在 0 , 2x      上单调递减， ( )g x 在 0x x 处取得极大值，即得证. 【详解】 （1）由 21( ) cos 22 xf x x        可得 2 1 4( ) sin2 xf x x     ， 当 2x  时， 2 1 4 1 2 1 2 4sin sin 02 2 2 2 xx x             ， 故 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 ,2     上单调递减； （2）由（1）可知， ( )f x 在 ,2     上单调递减，没有极值. 当 0, 2x     时， 2 1 4( ) ( ) sin2 xg x f x x     ，则 2 1 4( ) cos2g x x     ， 设 2 1 4( ) cos2h x x   ，则 1( ) sin 02h x x    ， 故 ( )h x 在 0, 2      上单调递减， 而 2 1 4(0) 02h    ， 2 2 2 1 4 16 03 4 4h            ， 在 0, 3      上存在唯一的实数 0x ， 使得  0 0 2 1 4cos 02h x x    ，即 0 2 8cos x  . 当  00,x x 时， ( ) 0h x  ，即 ( ) 0g x  ，当 0, 2x x     时， ( ) 0h x  ，即 ( ) 0g x  ， ( )g x 在 00, x 上单调递增，在 0 , 2x      上单调递减， ( )g x 在 0x x 处取得极大值.   2 0 0 0 0 2 2 21 4 2cos 22 x xf x x             2 2 2 2 24 4 2 4 2 23 9 9 9 3                  即  0 2 3f x   . 【点睛】 方法点睛：“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函 数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零 点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我 们称这类问题为“隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定 理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 0( ) 0f x  ，并结合 ( )f x 的单调性得 到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也 可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解 问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数 ( )f x 的正负，进而得到 ( )f x 的最值表达式；这里应注意，进行代 数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替 换，这是能否继续深入的关键； 第三步：将零点方程 0( ) 0g x  适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还 可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后 整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征） 6．设    ln af x ax x   ，   1 1lnxg x b e x x    ,其中 ,a bR ，且 0a  . （1）试讨论  f x 的单调性； （2）当 1a  时，     lnf x xg x x  恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） ,e . 【分析】 （1）分别在 0a  和 0a  两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性； （2）将不等式化为 1 1lnxbxe x x    ，利用导数和复合函数单调性可确定 min 1 1ln 1x x      ，进而转化为 xeb x  ，利用导数可求得   xem x x  的最小值，由  minb m x 可得结果. 【详解】 （1）   2 2 1 a x af x x x x     ， ①当 0a  时，由 0ax  得： 0x  ，即  f x 定义域为 ,0 ； 当  ,x a  时，   0f x  ；当  ,0x a 时，   0f x  ；  f x 在 ,a 上单调递减，在  ,0a 上单调递增； ②当 0a  时，由 0ax  得： 0x  ，即  f x 定义域为 0,  ； 当  0,x a 时，   0f x  ；当  ,x a  时，   0f x  ；  f x 在 0,a 上单调递减，在  ,a  上单调递增； 综上所述：当 0a  时，  f x 在 ,a 上单调递减，在 ,0a 上单调递增；当 0a  时，  f x 在 0,a 上 单调递减，在  ,a  上单调递增. （2）由     lnf x xg x x  得： 1 1ln ln lnxx bxe xx x     ，即 1 1lnxbxe x x    ， 设   lnh t t t  ，则   1 11 th t t t     ， 当  0,1t  时，   0h t  ；当  1,t   时，   0h t  ；  h t 在 0,1 上单调递增，在  1, 上单调递减； 又 1t x  在  0,  上单调递减， 1 1lny x x    在 0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增， min 1 1ln 1 ln1 1x x         ； 1xbxe  在 0,  上恒成立， xeb x   ； 设   xem x x  ，则     2 1xe xm x x   ， 当  0,1x 时，   0m x  ；当  1,x  时，   0m x  ；  m x 在 0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增，    min 1m x m e   ， b e  ， 即实数b 的取值范围为 ,e . 【点睛】 关键点点睛：本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值 的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果. 7．已知函数    21 1 ln2f x x ax a x    ，   lng x b x x  的最大值为 1 e . （1）求实数 b 的值； （2）当 1a  时，讨论函数  f x 的单调性； 【答案】（1）0；（2）答案见解析. 【分析】 （1）利用导数直接进行求解即可； （2）利用导数结合分类讨论思想进行求解即可. 【详解】 （1）由题意得  ' ln 1g x x   ，令  ' 0g x  ，解得 1x e ， 当 10, ex     时，  ' >0g x ，函数  g x 单调递增；当 1 ,x e      时，  ' 时，令   0f x  ，得 1mx e  ， 由   0f x  ，解得： 11 mx e   ，由   0f x  ．解得： 1mx e  ． 所以  f x 在 11, me  单调递增，在 1,me   单调递减 综上所述，当 1m £ ，  f x 在  1, 上单调递减； 当 1m > 时，在 11, me  单调递增，在  1,me   单调递减． （2）∵当 1x  时，   2 0f x x m   ，即 ln 2 1 x x xm x   对 1x  恒成立． 令   ln 2 1 x x xh x x   ，得    2 ln 3 1 x xh x x     ，令   ln 3g x x x   ，则   11g x x    ， 因为 1x  ，所以   11 0g x x     ，  g x 是增函数， 因为  4 4 ln 4 3 1 ln 4 1 1.39 0.39 0g           ，  5 5 ln5 3 2 ln5 2 1.61 0.39 0g          ， 所以  1 4,5x  ，使  1 0g x  ， 由  1 1 1ln 3 0g x x x    ，得： 1 1ln 3x x  ， 当  11,x x ，   0h x  ，  h x 单调递减，当  1,x x  ，   0h x  ，  h x 单调递增． 所以 1x x 时，  h x 取得最小值，为  1h x ，所以   2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln 2 1 1 x x x x xm h x xx x       ， 又 m 为正整数，所以 4m  ，所以正整数 m 的最大值为 4． 【点睛】 关键点睛：本题考查含参数的单调性的讨论和不等式恒成立求参数问题，解答本题的关键是分离参数将问 题转化为为 ln 2 1 x x xm x   对 1x  恒成立，以及由零点存在原理得出，  h x 在 11, x 上单调递减，在  1,x  单调递增，从而得出其最小值，属于中档题. 9．已知函数 ( ) ( 1)ln ( )f x x x ax a a R     ． （1）当 2a  时，求 ( )f x 的单调区间； （2）若存在 0 (1, )x   ，使得不等式  0 0f x  成立，求 a 的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间是 (0, ) ，该函数没有单调递减区间；（2） (2, ) ． 【分析】 （1）根据导数与函数的单调性关系进行求解即可； （2）根据不等式  0 0f x  成立，可以转化为 ( 1)ln 01 a xx x   成立，构造新函数，利用导数，结合一 元二次方程的判别式、根与系数关系进行求解即可. 【详解】 （1） ( )f x 的定义域为 (0, ) ． 当 2a  时， ( ) ( 1)ln 2 2f x x x x    ， 1( ) ln 1f x x x    ， ( ) 01f   ， (1) 0f  ． 设 1( ) ln 1g x x x    ，则 2 2 1 1 1( ) xg x x x x     ． 当 (0,1)x  时， ( ) 0g x  ，即 ( )g x 单调递减，而 (1) 0g  ， 所以有 ( ) (1) 0g x g  ，即 ( ) (1) 0f x f   ； 当 [1, )x   时， ( ) 0g x  ，即 ( )g x 单调递增，而 (1) 0g  ， 所以有 ( ) (1) 0g x g  ．即 ( ) (1) 0f x f   ． 综上， ( )f x 的单调递增区间是 (0, ) ，该函数没有单调递减区间； （2）不等式 ( ) 0f x  即 ( 1)ln 01 a xx x   ． 设 ( 1)( ) ln 1 a xh x x x    ，则 2 1 2( ) (1 ) ah x x x     2 2 2(1 ) 1 ( 1) x a x x x     ， (1) 0h  ． 当 0a  时，易知 ( ) 0h x  在 (1, ) 上恒成立，不满足题意． 当 0 2a  时，方程 2 2(1 ) 1 0x a x    的判別式 2Δ 4(1 ) 4a   4 ( 2) 0a a   ， 所以 ( ) 0h x  在 (1, ) 上恒成立，所以 ( ) 0h x  在 (1, ) 上恒成立，不满足题意． 当 2a  时，令 ( ) 0h x  ， 得 2 1 1 ( 1) 1x a a     ， 2 2 1 ( 1) 1x a a     ． 由 2 1x 和 1 2 1x x 得 1 1x ， 故当  21,x x 时， ( ) 0h x  ， ( )h x 在  21, x 上单调递减，此时 ( ) (1) 0h x h  ， 所以当 (2, )a   时，存在 0 (1, )x   ，使得不等式  0 0f x  成立， 即满足随意的 a 的取值范围为 (2, ) ． 【点睛】 关键点睛：解决本题的关键是二次求导、不等式的适当变形构造新函数. 10．已知函数    ln Rxf x x x me m   ． （1）当 1m e  时，求函数  f x 的单调区间； （2）当 2 2m e  时，求证   0f x  ． 【答案】（1）单调递减区间为 0,  ，无单调递增区间；（2）证明见解析． 【分析】 （1）利用导数的符号可求得函数的单调区间； （2）分两种情况讨论：① 0 1x  ，② 1x  ，当 1x  时，利用放缩法将原问题转化为求证 2 2 lnxe x xe   ．然 后作差构造函数，利用导数知识可证不等式成立. 【详解】 （1）函数  f x 的定义域为 0,  ． 当 1m e  时，   1ln xf x x x e   ，则   11 ln xf x x e     ． 记   11 ln xg x x e    ，则   11 xg x ex    ． 显然  g x 在 0,  上单调递减，且  1 0g  ， 所以当  0,1x 时，   0g x  ，函数  g x 单调递增； 当  1,x  时，   0g x  ，函数  g x 单调递减． 所以    1 1 ln1 1 0g x g     ，即   0f x  恒成立， 所以函数  f x 在 0,  上单调递减． 所以函数  f x 的单调递减区间为  0,  ，无单调递增区间． （2）要证   0f x  ，只需证 lnxme x x ． ①当 0 1x  时， e 1x  ， ln 0x x  ， 2 2m e  ，不等式显然成立． ②当 1x  时， ln 0x x  ， xe e ，由 2 2m e  可得， 2 2x xme ee  ， 于是原问题可转化为求证 2 2 lnxe x xe   ，即证 22 ln 0 xe xx    ． 令   22 ln xeh x xx    ，则    22 2 2 2 2 12 2 1 xx x e x xe x eh x x x x         ， 令    22 1xp x e x x   ，则   2 2 22 ( 1) 2 1 2 1x x xp x e x e xe         ，易知  p x 在 0,  上单调 递增， 又   21 1 0p e     ，  2 3 0p   ，所以存在  0 1,2x  使得  0 0p x  ， 所以  p x 在 01, x 上单调递减，在 0,x  上单调递增， 又  1 1 0p    ，  2 0p  ， 故当  1,2x 时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当  2,x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以当 1x  时，    2 1 ln 2 0h x h    ，即   0f x  ． 综上，   0f x  ． 【点睛】 关键点点睛：求解本题第（2）问的关键有：（1）想到分 0 1x  ， 1x  两种情况进行证明；（2）当 1x  时，想到利用放缩法将原问题转化为求证 2 2 lnxe x xe   ． 11．已知函数    ln xf x a x x xe   ． （1）若曲线  y f x 在 1x  处的切线与 y 轴垂直，求  f x 的单调区间； （2）若对任意 0x  ，不等式   1 0f x   恒成立，求 a 的取值集合． 【答案】（1）  f x 的单调递减区间为( )1,+¥ ，单调递增区间为( )0,1 ；（2） 1 . 【分析】 （1）由题意知： ( )f x 定义域为( )0,+¥ 且  1 0f   ，求 a 值，利用导数研究其单调区间即可； （2）法一：由    1 x af x x e x         ，讨论 a 的范围，利用导数研究其单调性，进而确定   1f x  在 区间内是否恒为非正数，即可求 a 的取值集合；法二：令  0xt xe t  ，则   1 0f x   等价于 ln 1 0a t t   ，构造   ln 1g t a t t   ，利用导数结合分类讨论的方法，研究 ( )g t 的单调性确定在定 义域区间内是否恒为非正数，求 a 的取值集合. 【详解】 （1）由题意知：    1 1 1 xaf x exx         ，且    1 2 0f e a     ，解得 a e ， ∴    1 x ef x x e x         ． ∵  f x 的定义域为( )0,+¥ ，即  1 0x   ，且函数   x ex e x    在( )0,+¥ 上为增函数，  1 0  ， 即当 0 1x  时，   0x  ；当 1x  时，   0x  ． ∴  f x 的单调递减区间为( )1,+¥ ，单调递增区间为( )0,1 ． （2）（法一）    1 x af x x e x         且定义域为( )0,+¥ ， ①当 0a  时， ( ) 0f x¢ < ，此时  f x 在( )0,+¥ 上单调递减，当 0x  时，   1f x    ，显然不符合 题意． ②当 0a  时， 1 1 1 02 2 ef         ，不合题意． ③当 0a  时，令 ( ) 0f x¢ = ，得 0x ae x   ，即 xxe a ． 令   xg x xe ，则    1 0xg x e x    ，所以  g x 在( )0,+¥ 上单调递增， 则存在  0 0,x   ，使得 0 0 xx e a ，两边同时取对数可得 0 0ln lnx x a  ． 当 00 x x  时， xxe a ， ( ) 0f x¢ > ；当 0x x 时． xxe a ， ( ) 0f x¢ < ． ∴     0 0 0 0max ln lnxf x a x x x e a a a     ． 令    ln 1 0h a a a a a    ，则   lnh a a  ． 由   0h a  ，得 1a  ；由   0h a  ，得 0 1a  ．从而    min 1 0h a h  ，所以   0h a  ． 又   ln 1 0h a a a a    ，所以   ln 1 0h a a a a    ， ∴ 1a  ，故 a 的取值集合为 1 ． （法二）    ln x xf x a xe xe  ，令  0xt xe t  ，则   1 0f x   等价于 ln 1 0a t t   ． 设   ln 1g t a t t   ，则   a tg t t   ， ①当 0a  时，   0g t  ，此时 ( )g t 在( )0,+¥ 上单调递减，因为 1 1 ln 2 02 2g a       ，所以 ln 1 0a t t   不恒成立． ②当 0a  时， ( )g t 在 0,a 上单调递增，在  ,a 上单调递减，则    max ln 1g t g a a a a    ． 令    ln 1 0h a a a a a    ，则   lnh a a  ． 由   0h a  ，得 1a  ；由   0h a  ，得 0 1a  ．从而    min 1 0h a h  ，所以   0h a  ． 又 ln 1 0a a a   ，所以 ln 1 0a a a   ， ∴ 1a  ，故 a 的取值集合为 1 ． 【点睛】 关键点点睛： （1）由解析式确定导函数及其定义域，根据导数的几何意义求参数，进而研究其单调区间； （2）应用分类讨论的方法，利用导函数研究相关函数的单调性，根据恒成立确定   1f x  在区间内是否恒 为非正数，进而求参数取值的集合. 12．已知函数    21 1 ln2f x x a x a x    . （1）当 0a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）设函数      2 2 ln 1 2xg x e a x a x f x      ，若  g x 在 1,2 内有且仅有一个零点，求实数 a 的 取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） 25 ,22 e e     . 【分析】 （1）求出函数的导数，分 0 1a  ， 1a  和 1a  三种情况判断导数正负可得出单调区间； （2）由题可得 2 e 1xxa x   在 1,2 上有且仅有一个实数根，构造函数   2 e 1xxh x x   ，利用导数求出 函数的单调性，即可求出. 【详解】 解：（1）函数  f x 的定义域为 0,  ， 所以         2 111 aa x x a xf a x ax xx x x          . （ⅰ）当 0 1a  时，由   0f x  ，得 1 a x ，则  f x 的减区间为  ,1a ； 由   0f x  ，得 x a ，或 1x  ，则  f x 的增区间为  0,a 和 1, . （ⅱ）当 1a  时，   0f x  ，则  f x 的增区间为 0,  . （ⅲ）当 1a  时，由   0f x  ，得1 x a  ，则  f x 的减区间为  1,a ； 由   0f x  ，得， 1x  ，或 x a ，则  f x 的增区间为 0,1 和  ,a  . （2）       2e 2 2 ln 1 2 e 1x xg x a x a x f x x ax          ，  g x 在 1,2 内有且仅有一个零点，即 关于 x 方程 2 e 1xxa x   在 1,2 上有且仅有一个实数根. 令   2 e 1xxh x x   ，  1,2x ，则      2 1 1 e xx x h x x     ， 令   1 exp x x   ，  1,2x .则   1 e 0xp x    ，故  p x 在 1,2 上单调递减. 所以    1 2 e 0p x p    ， 即当  1,2x 时，   0h x  ，所以  h x 在 1,2 上单调递减. 又  1 2 eh   ，   25 e2 2h  ，则   25 e 2 e2 h x    ， 所以 a 的取值范围是 25 e ,2 e2      . 【点睛】 方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象， 利用数形结合的方法求解. 13．已知函数 31( ) 13f x x ax   ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( )f x 在 R 上为增函数，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2） ( ,0] ． 【分析】 （1）求出 ( )f x ，分类讨论 a ，利用导数的符号可求得结果； （2）转化为 ( ) 0f x … 在 ( , )  上恒成立，即 23a x„ 对 xR 恒成立．再利用函数的最值可得解. 【详解】 （1） 2( ) 3f x x a   ． ①当 0a„ 时， ( ) 0f x … 且 ( ) 0f x  不恒成立，所以 ( )f x 在 ( , )  上为增函数． ②当 0a  时，令 23 0x a  得 3 3 ax   ； 当 3 3 ax  或 3 3 ax   时， ( ) 0f x  ； 当 3 3 3 3 a ax   时， ( ) 0f x  ． 因此 ( )f x 在 3 3, , ,3 3 a a             上为增函数，在 3 3,3 3 a a     上为减函数． 综上可知，当 0a„ 时， ( )f x 在 R 上为增函数； 当 0a  时， ( )f x 在 3 3, , ,3 3 a a             上为增函数，在 3 3,3 3 a a     上为减函数． （2）因为 ( )f x 在 ( , )  上是增函数， 所以 2( ) 3 0f x x a   … 在 ( , )  上恒成立，即 23a x„ 对 xR 恒成立． 因为 23 0x … ，所以只需 0a„ ． 即实数 a 的取值范围为 ( ,0] . 【点睛】 结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： ①若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立，则 max( )k f x ； ②若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立，则 min( )k f x ； ③若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解，则 min( )k f x ； ④若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解，则 max( )k f x . 14．已知函数   2 ln 4f x x a x a   ， a R （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）令     sing x f x x  ，若存在  1 2, 0,x x   ，且 1 2x x 时，    1 2g x g x ，证明： 2 1 2x x a . 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】 (1)求函数的定义域和导数，分 0a  和 0a  两种情况，结合导数可求出函数的单调性. (2)根据题意可得      1 2 1 2 1 2ln ln 2 sin sina x x x x x x     ，通过构造函数   sinh x x x  ，求函数单 调性及参变分离可得 1 2 1 2ln ln x xa x x   ，令  1 2 1x txt  ，通过导数得    1 ln 1tm t t t t    的单调性， 即可证明    1 0m t m  ，从而可证明 2 1 2x x a . 【详解】 解：（1）  f x 的定义域为 0,  ，   22 a x af x x x     ， 当 0a  时，   0f x  ，当 0a  时，由   0f x  得 2 ax  ，由   0f x  得 0 2 ax  ， ∴当 0a  时，  f x 在 0,  上单调递增 当 0a  时，  f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 ,2 a    单调递增. （2）   2 ln sin 4g x x a x x a    ，∵    1 2g x g x ，由题意知， 1 1 1 2 2 22 ln sin 2 ln sinx a x x x a x x     ， ∴      1 2 1 2 1 2ln ln 2 sin sina x x x x x x     ， 令   sinh x x x  ，则   1 cos 0h x x    ，∴  h x 在 0,  上单调递增， 不妨设 1 2 0x x  ，∵    1 2h x h x ，∴ 1 1 2 2sin sinx x x x   ， ∴  1 2 2 1sin sinx x x x    ， ∴        1 2 1 2 1 2 2 1 1 22 sin sin 2x x x x x x x x x x         ∴  1 2 1 2ln lna x x x x   ，∴ 1 2 1 2ln ln x xa x x   ，令  1 2 1x txt  ，只需证 t 1 ln tt   ，只需证 t 1 ln 0t t    ， 设    1 ln 1tm t t t t    ，则    2 1 0 2 t m t t t     ， ∴  m t 在  1, 递增，∴    1 0m t m  ，即 1 2 1 2 1 2ln ln x x x xx x   成立， ∴ 1 2a x x ，即 2 1 2x x a . 【点睛】 思路点睛: 利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程 的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性. 15．已知函数      ln 1f x a a x x a   R ． （1）求讨论函数  f x 的单调性； （2）若函数  f x 的图像恒在 2 1y x  的图像的下方，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）当 0a  时，函数  f x 在 0,  上单调递增；当 0a  时，  f x 不具有单调性；当 0a  时， 函数  f x 在 0, a 上单调递增，在  ,a  上单调递减．；（2） 3 42 ,1e     ． 【分析】 （1）当 0a  时，   1f x  是常数函数，可得结论，当 0a  时，求出  f x 分 0a  和 0a  进行讨论得 到答案. （2）根据题意等价于   2lna a x x x  ，设   2 2lng x a x ax x   ，则   0g x  恒成立，所以  max 0g x  ，求出  g x ，得出单调性求出最小值，可得答案. 【详解】 （1）函数      ln 1f x a a x x a   R 的定义域是 0,  ，    1 a a xaf x a x x        ． 当 0a  时，   1f x  是常数函数，不具有单调性； 当 0a  时，   0f x  对任意  0,x  恒成立，故函数  f x 在  0,  上单调递增； 当 0a  时，令   0f x  ，得 x a  ，令   0f x  ，得 0 x a   ， 故函数  f x 在 0, a 上单调递增，在 ,a  上单调递减． 综上：当 0a  时，函数  f x 在 0,  上单调递增； 当 0a  时，  f x 不具有单调性； 当 0a  时，函数  f x 在 0, a 上单调递增，在 ,a  上单调递减． （2）函数  f x 的图像恒在 2 1y x  的图像的下方等价于   2 1f x x  恒成立， 即   2ln 1 1a a x x x    ，得   2lna a x x x  ，即 2 2ln 0a x ax x   ． 令   2 2lng x a x ax x   ，则   0g x  恒成立，所以  max 0g x  ． 可知     2 2 2 222 x a x aa x ax ag x x ax x x           ． ①当 0a  时，令   0g x  ，得 x a ，所以当 0 x a  时，   0g x  ，当 x a 时，   0g x  ， 因此  g x 在 0,a 上单调递增，在  ,a  上单调递减． 所以     2 2 2 2 max ln ln 0g x g a a a a a a a      ，所以 0 1a  ． ②当 0a  时，   2 0g x x   在 0,  上恒成立． ③当 0a  时，令   0g x  ，得 2 ax   ，所以当 0 2 ax   时，   0g x  ，当 2 ax   时，   0g x  ， 因此  g x 在 0, 2 a    上单调递增，在 ,2 a     上单调递减． 所以   2 2 2 2 2 max 3ln ln 02 2 4 2 2 4 a a a a ag x g a a a                         ，即 3ln 2 4 a     ，则 0 2 a   3 4e ，解得 3 42 0e a   ． 综上所述，实数 a 的取值范围为 3 42 ,1e     ． 【点睛】 关键点睛：本题考查利用导数判断函数的单调性、构造函数求参数的取值范围．解答本题的关键是根据题 意转化为   2lna a x x x  ，即 2 2ln 0a x ax x   恒成立，设   2 2lng x a x ax x   ，即  max 0g x  ．根据  g x 的单调性讨论其最小值，属于中档题.