专题01用导数研究含参函数的单调性（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习

专题 01 用导数研究含参函数的单调性 函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说 在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研 究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用. 函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的热 点难点. （一）研究函数单调性应注意的几个细节问题： 1.单调区间是定义域的子集,故求单调区间时应树立“定义域优先”的原则,单调区间只能用区间表示,不能用集 合或不等式表示,如有多个单调区间应分开写,不能用并集符号“∪”连接,也不能用“或”连接. 2.若在 f x定义域的某个子区间上恒有 f¢x>0（或 f¢x<0）,则称 f x在该区间上单调递增（或单调 递减）,不说 f x在该区间上是增函数（或减函数）,只有在整个定义域内单调递增（或单调递减）,才说该 函数是增函数（或减函数） （二）连续可导函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程 f¢x=0的根,所以 求解含参函数的单调性问题,一般要根据 f¢x=0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型、二 次型还是其他类型 1.若导函数是一次型,分类步骤是： ①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况； ②若有根,求出 f¢x=0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况； ③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性； 2. 若导函数是二次型,分类步骤是： ①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性； ③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单 调性. 3.若导函数是三角函数类型,需要借助三角函数的单调性及有界性进行讨论 下面我们根据 f¢x=0的根的情况总结出12类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法. 类型一： f x定义域不是R, f¢x=0可化为单根型一次方程 思路：根据根是否在定义域内进行分类. 【例1】讨论 f x= x-1-alnx的单调性. x-a 分析： f¢x= x>0, f¢x=0根的情况转化为x-a=0x>0根的情况, x 根据a是否在定义域0，+¥内进行分类. 答案： (1)a£0, f¢x>0, f x在0，+¥上单调递增； (2)a>0, f x在0,a上单调递增,在a，+¥上单调递减. 类型二： f x定义域不是R, f¢x=0可化为单根型类一次方程 思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类. 【例2】讨论 f x=ax-1-alnx+1的单调性. ax-1-a 分析： f¢x= x>0 , f¢x=0根的情况转化为ax-1-a=0在0，+¥上根的情况.. x 步骤一：讨论a=0(无实根)； 1-a 步骤二：讨论a<0,由ax-1-a=0得x = (不在定义域内)； a 1-a 步骤三：讨论a>0,根据 是否在定义域内再分00(i)a³1, f¢x>0, f x在0，+¥上单调递增； æ 1-aö æ1-a ö (ii)00, f¢x=0根的情况转化为ax-1=0根的情况, 步骤一：讨论a >0； 步骤二：讨论a=0,注意此时ax-1=-1<0； 步骤三：讨论a<0,注意不等式两边除以a,不等式要改变方向. 答案： æ1 ö æ 1ö (1)a>0时 f x在 ç ,+¥÷ 上单调递增,在 ç-¥, ÷ 上单调递减； èa ø è aø (2)a=0时 f x在-¥,+¥上单调递减； æ1 ö æ 1ö (3) a<0时 f x在 ç ,+¥÷ 上单调递减,在 ç-¥, ÷ 上单调递增. èa ø è aø 类型四： f x定义域不是R, f¢x=0可化为单根型二次方程 思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类. a 【例4】讨论 f x= x+1-alnx+ +1的单调性. x x+1x-a 分析： f¢x= x >0 ,因为x+1>0, f¢x=0根的情况转化为x-a =0在0，+¥上根 x2 的情况. 步骤一：讨论a £0(x-a =0无实根)； 步骤二：讨论a>0,由x-a =0得x = a； 答案： (1)a £0, f¢x>0, f x在0，+¥上递增；(2)a>0,x >a, f¢x>0, f x在a,+¥上递增；x2. 答案： (1)a<2, f x在-¥,-2,-a,+¥上单调递增,在-2,-a上单调递减； (2)a=2, f x在-¥，+¥上递增； (3)a>2, f x在-¥,-a,-2,+¥上单调递减,在-a,-2上单调递增. 类型六： f x定义域不是R, f¢x=0可化为双根型二次方程 思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类. 1 a2 +1 【例6】讨论 f x= x2 - x+lnx的单调性 2 a æ 1ö x-a x- ç ÷ è aø æ 1ö 分析： f¢x= x>0 , f¢x=0根的情况转化为x-a ç x- ÷ =0在0，+¥上根的 x è aø 情况. 步骤一：讨论a<0(根不在定义域内). 1 步骤二：讨论a>0(根据a, 的大小再分01) a 答案： (1)a<0, f x在0，+¥上单调递增；æ1 ö æ 1ö (2)01, f x在ç 0, ÷ ,a,+¥上单调递增,在ç ,a ÷上单调递减. è aø èa ø 类型七： f x定义域是R, f¢x=0可化为双根型类二次方程 思路：根据根的个数及根的大小进行分类 a+3 【例7】讨论 f x=ax3- x2 + x-1的单调性 2 分析： f¢x=3x-1ax-1 , f¢x=0根的情况转化为3x-1ax-1=0根的情况. 步骤一：讨论a=0(ax-1=0无实根)； 1 1 步骤二：讨论a<0,此时 > ； 3 a 1 1 步骤三：讨论a>0(根据 , 的大小再分03) 3 a 答案： (1)a=0, f x在 æ ç 0， 1ö ÷上单调递增,在 æ ç 1 ,+¥ ö ÷ 上单调递减； è 3ø è3 ø æ 1ö æ1 ö æ1 1ö (2)a<0, f x在ç 0, ÷ , ç ,+¥ ÷上单调递增,在ç , ÷上单调递增； è aø è3 ø èa 3ø æ 1ö æ1 ö æ1 1ö (3)03, f x在ç 0, ÷ , ç ,+¥ ÷上单调递增,在ç , ÷上单调递减. è aø è3 ø èa 3ø 提醒：对于类二次方程,不要忽略对x2项的系数为零的讨论. 类型八： f x定义域不是R, f¢x=0可化为双根型类二次方程 思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类 1 【例8】讨论 f x= ax2 -a+1x+lnx的单调性 2x-1ax-1 分析： f¢x= x>0 , f¢x=0根的情况转化为x-1ax-1=0x>0根的情况. x 步骤一：讨论a=0(有1个根). 1 步骤二：讨论a<0( 不在定义域内) a 1 1 步骤三：讨论a>0(1， 均在定义域内,根据1, 的大小再分01) a a 答案： (1)a£0, f x在0,1上单调递增,在1，+¥上单调递减；(步骤一二合并) æ1 ö æ 1ö (2)01, f x在ç 0, ÷ ,1,+¥上单调递增,在ç ,1 ÷上单调递减. è aø èa ø 类型九： f¢x=0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次（或类一次）或二次（或类二次）方程 1 【例9】讨论 f x=ax-2ex - x-12 的单调性. 2 分析： f¢x=x-1 aex -1  , f¢x=0根的情况转化为x-1 aex -1  =0根的情况. 步骤一：讨论a£0(有1个根). 步骤二：讨论a>0, f¢x=x-1 aex -1  的拟合函数为 y=x-1x+lna (根据1,-lna的大小再分 1 1 1 0 ) e e e 答案： (1)a£0, f x在-¥,1上单调递增,在1，+¥上单调递减； 1 (2)0 , f x在-¥,-lna,1,+¥上单调递增,在-lna,1上单调递减. e 类型十： f¢x=0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次（或类一次）或二次（或类二次）方程1 【例10】讨论 f x=  x2 -2ax  lnx- x2 +2ax+1的单调性. 2 分析： f¢x=x-alnxx >0的拟合函数为x-ax-1(根据a与0,1大小分类) 步骤一：讨论a£0(x-a>0 ). 步骤二：讨论a>0, (再分01) 答案： (1)a£0, f x在0,1上单调递减,在1，+¥上单调递增； (2)01, f x在0,1,a,+¥上单调递增,在1,a上单调递减. 类型十一：导函数为三角函数类型 【例11】判断 f x=ex +sinx-ax-1a<2在0,+¥上的单调性. 分析：借助弦函数的有界性确定g¢x的符号. 步骤一： f¢x=ex +cosx-a, 步骤二：令g(x)=ex +cosx-a,g¢(x)=ex -sinx, 步骤三：利用弦函数有界性得g¢(x)=ex-sinx>0, 步骤四：g(x)为增函数,g(x)=ex +cosx-a³ g(0)=2-a>0． 答案： f x在0,+¥上单调递增. 类型十二：通过二次求导研究函数单调性 求函数 f x的递增（递减）区间,通常转化为解不等式 f¢x>0（或 f¢x<0 ）,但有时该不等式不能直接 求解,需要二次求导研究 f¢x的单调性或符号. 【例12】判断函数 f(x)=txlnx-x2+1(00； t 步骤二：g(x)= f¢(x),g¢(x)= -2,x>0； xt t t t 步骤三： f¢(x)在(0, )上单调递增,在( ,+¥)上单调递减, f¢(x) = f¢( )=tln ； 2 2 max 2 2 步骤四：由00可知, f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时,对x<-ln-a有 f¢x=1+aex >1+a×e-ln-a =0,对x>-ln-a有 f¢x=1+aex <1+a×e-ln-a =0, 所以 f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增,在é ë -ln-a,+¥  上单调递减. 综上,当a³0时, f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时, f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增,在é ë -ln-a,+¥  上单调递减. x 3ex （2）当a=3时, f x=x+3ex,故原方程可化为 + =m+1. 3ex x+3ex x 3ex x x x2 x2 而 3ex + x+3ex -1= 3ex - x+3ex = 3ex x+3ex,所以原方程又等价于 3ex x+3ex =m. 由于x2和3ex x+3ex 不能同时为零,故原方程又等价于x2 =3m×ex x+3ex . 即 x×e-x2 -3m  x×e-x -9m=0. 设gx=x×e-x,则g¢x=1-x×e-x,从而对x<1有g¢x>0,对x>1有g¢x<0. 故gx在-¥,1上递增,在1,+¥上递减,这就得到gx£g1 ,且不等号两边相等当且仅当x=1. 然后考虑关于x的方程gx=t：①若t£0,由于当x>1时有gx=x×e-x >0³t,而gx在-¥,1上递增,故方程gx=t至多有一个解； 1 而g1= >0³t,gt=t×e-t £t×e-0 =t,所以方程gx=t恰有一个解； e 1 ②若0t,2ln >2ln2e>lne=1,即知方程gx=t恰有两个解,且这两个解分别属于 e t æ 2ö 0,1和ç1,2ln ÷； è t ø 1 1 ③若t = ,则t= =g1. e e 由于gx£g1 ,且不等号两边相等当且仅当x=1,故方程gx=t恰有一解x=1. 1 1 ④若t > ,则gx£g1= - ,所以m>0. 9e2 3m±3 m2+4m 3m+3 m2+4m 而方程t2-3mt-9m=0的解是 ,两解符号相反,故只能t = , 2 1 2 3m-3 m2+4m t = . 2 2 1 3m+3 m2+4m 2 所以 >t = ,即 >m+ m2+4m. e 1 2 3e 2 æ 2 ö 2 1 这就得到 -m> m2+4m ³0,所以 ç -m÷ >m2+4m,解得m< . 3e è3e ø 9e2+3e 1 故我们得到00, 1 2 1 1 4 3× +3 + 1 6e+1 3m+3 m2+4m 9e2+3e  9e2+3e 2 9e2+3e 3× 9e2+3e +3× 9e2+3e 1 , t = < = = 1 2 2 2 e 3m-3 m2+4m 3m-3 m2 1 t = < =0£ . 2 2 2 e æ 1 ö 综上,实数m的取值范围是ç0, ÷. è 9e2+3eø 1 【例2】（2024届黑龙江省百师联盟高三冲刺卷）已知函数 f x=axex- x2-x. 2 (1)若a=1,求 f x在 1, f 1 处的切线方程； 1 (2)者a³ ,讨论函数 f x的单调性. e2 1 【解析】（1）a=1,则 f x=xex- x2-x, f¢x=1+xex -x-1, 2 3 f 1=e- , f¢1=2e-2, 2 3 ∴ f x在 1, f 1 处切线方程为y-e+ =2e-2x-1, 2 1 即2e-2x-y-e+ =0. 2 （2）函数 f x的定义域为R, f¢x=x+1 aex-1  . 1 1 1 1 因为a³ ,所以0< £e2,由 f¢x=0得x=-1或x=ln ,ln £2. e2 a a a 1 1 ①当 £a0Þx<-1或x>ln , f¢x<0Þ-1e时,ln <-1, a 1 1 所以 f¢x>0Þx-1, f¢x<0Þln e时, f x在ç-¥,ln ÷上单调递增,在çln ,-1÷上单调递减, è aø è a ø 在-1,+¥上单调递增. 【例3】（2024届黑龙江省哈尔滨市三中高三下学期第五次模拟）已知函数 f x=ax+12 -x-lnx （aÎR）. (1)讨论 f x的单调性； 1 1 (2)当00时,xÎ(0, ), f¢(x)<0；xÎ( ,+¥), f¢(x)>0； 2a 2a 1 综上所述,当a£0时,函数 f(x)在区间(0,+¥)上单调递减；当a>0时,函数 f(x)在区间(0, )上单调递减,在区 2a 1 间( ,+¥)上单调递增. 2a 1 （2）由（1）可知,当0ex-11-lnx. 2 x aex-1 1 【解析】（1）函数 f(x)= -lnx- 的定义域为(0,+¥), x x aex-1(x-1) 1 1 (x-1)(aex-1-1) 求导得 f¢(x)= - + = , x2 x x2 x2 若a£0,则aex-1-1<0,且当xÎ0,1时, f¢x>0,当xÎ1,+¥时, f¢x<0, 即函数 f(x)在(0,1)上递增,在(1,+¥)上递减； 若a>0,令aex-1-1=0,解得x=1-lna, 若1-lna£0,即a³e,则aex-1-1³0恒成立,当xÎ0,1时, f¢x<0,当xÎ1,+¥时, f¢x>0, 即函数 f(x)在(0,1)上递减,在(1,+¥)上递增； 若0<1-lna<1,即10,当xÎ1-lna,1时, f¢x<0, 即函数 f(x)在(0,1-lna),(1,+¥)上递增,在(1-lna,1)上递减； 若1-lna=1,即a=1,则 f¢x³0在0,+¥上恒成立,函数 f(x)在(0,+¥)上递增； 若1-lna>1,即00,当xÎ(1,1-lna)时, f¢x<0, 即函数 f(x)在(0,1),(1-lna,+¥)上递增,在(1,1-lna)上递减, 所以当a£0时, f x的递增区间为0,1 ,递减区间为1,+¥； 当0ex-11-lnx,需证 +ex-1lnx-1-x>0, x x 5 ex-1 aex-1 5ex-1 而a³ , >0,即有 +ex-1lnx-1-x³ +ex-1lnx-1-x, 2 x x 2x 5ex-1 æ 5 ö 5 x2 则只需证明 +ex-1lnx-1-x>0,即证ex-1 ç +lnx-1÷>x,即证 +xlnx-1> , 2x è2x ø 2 ex-1 5 令hx= +xlnx-1,则h¢x=lnx,当xÎ0,1时,h¢x<0,当xÎ1,+¥时,h¢x>0, 2 3 即函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+¥)上单调递增,则h(x) =h1= , min 2 x2 x2-x 令jx= (x>0),则j¢x= ,当xÎ0,2时,j¢x>0,当xÎ2,+¥时,j¢x<0, ex-1 ex-1 4 3 函数j(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+¥)上单调递减,则j(x) =j2= < =h(x) , max e 2 min 5 x2 1 从而 +xlnx-1> ,即 f(x)+lnx+ -x>ex-11-lnx成立. 2 ex-1 x 1+a 【例5】（2023届湖北省新高三摸底联考）已知a 0,函数 f x=ax+ -lnx． … x (1)讨论函数 f x的单调性； (2)如果我们用n-m表示区间m,n的长度,试证明：对任意实数a 1,关于x的不等式 f x<2a+1的解集的 … 区间长度小于2a+1． a+1 【解析】 (1) f x=ax+ -lnx,定义域为0,+¥, x a+1 1 ax2-x-a+1 x+1ax-a-1 f¢x=a- - = = . x2 x x2 x2 -x+1 若a=0, f¢x= <0恒成立,所以 f x在0,+¥上单调递减； x2 æ 1ö ax+1 çx-1- ÷ 若 a>0, f¢x= è aø ,1+ 1 >0 , x2 a æ 1ö æ 1 ö 当xÎç 0,1+ ÷时, f¢x<0；当xÎç1+ ,+¥÷时, f¢x>0, è aø è a ø æ 1ö æ 1 ö 所以 f x在ç0,1+ ÷上单调递减,在ç 1+ ,+¥÷上单调递增． è aø è a ø æ 1ö æ 1 ö 综上,a=0时, f x在0,+¥上单调递减；a>0时, f x在ç0,1+ ÷上单调递减,在ç 1+ ,+¥÷上单调递 è aø è a ø 增． a+1 (2)令gx= f x-2a+1=ax+ -lnx-2a-1,则g1=0,因为a 1, x …æ 1ö æ 1 ö 由（1）知,gx在ç0,1+ ÷上单调递减,在ç 1+ ,+¥÷上单调递增, è aø è a ø 1 æ 1ö 又1+ >1,所以gç1+ ÷<0, a è aø 1 令ha=g2a+2=2a2- -ln2a+2,aÎ1,+¥, 2 2 4a2+4a-1 由h¢a=4a- = >0恒成立, 2a+2 a+1 所以ha在1,+¥上单调递增． 3 3 e3 又e3 >16,所以 >1,即e2 >1 ．从而 h1= 3 -ln4=ln e2 >0 , 16 4 2 4 所以ha>h1>0,即g2a+2>0． 1 1 因为2a+2>2,1+ <2,所以2a+2>1+ , a a æ 1 ö 所以存在唯一x Îç 1+ ,2a+2 ÷,使得gx =0,所以gx<0的解集为1,x  , 1 è a ø 1 1 即 f x<2a+1的解集为1,x  ,又1,x 的区间长度为x -1<2a+2-1=2a+1, 1 1 1 原命题得证． 1．（2024届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数 f x=lnx+1+kx+1． (1)求 f x的单调区间； (2)若 f x£-1恒成立,求实数k的取值范围； n lni nn-1 (3)求证：å < ．（nÎN且n³2） i+1 4 i=2 2．（2025届河北省“五个一”名校联盟高三第一次联考）已知函数 f x=alnx-x. (1)讨论 f x的单调性； æaö a (2)证明：当a>0时, f x£ç ÷ -1. èeø æ1 ö 2 3．（2024届山东省智慧上进高三下学期5月大联考）已知函数 f x=ç +a÷lnx+ -2,其中aÎR． èx ø x(1)当a³1时,判断 f x的单调性； (2)若 f x存在两个极值点x,x x >x >0． 1 2 2 1 2 （ⅰ）证明：x -x +2> ； 2 1 a 1 4 5 （ⅱ）证明：xÎ1,+¥时, f x> - + -2． x3 x2 x 2 2 2 4．（2024届河南省名师联盟5月高三考前押题卷）已知函数 f x=alnx+x-1aÎR. (1)讨论 f x的单调性； (2)"xÎ1,+¥ , f x≥-2lnx+lnx2 ,求a的取值范围. 5．（2024届山东省日照市高三下学期三模）已知函数 f x=alnx-x2+a-2x,gx=x-2ex-x2-4x+m, aÎR. (1)讨论函数 f x的单调性； (2)当a=-1时,对"xÎ0,1, f x>gx ,求正整数m的最大值. 1 6．（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f(x)=1- -alnx,aÎR. x (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当a>0时,函数 f(x)与函数g(x)=a(1-e1-x)-x+1有相同的最大值,求a的值. 7．（2024届安徽省合肥市第六中学高三最后一卷）已知函数 f(x)=a(1-2lnx)+4x6(aÎR)． (1)讨论 f(x)的单调性； 1 (2)若x,x x ¹ x 为函数g(x)=kx2+ -lnx的两个零点,求证：xx 4 >12e4． 1 2 1 2 x2 1 2 8．（2024广东省东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学高三下学期第五次 1 六校联考）已知函数 f x= x2+1-ax-alnxaÎR． 2 (1)求函数 f x的单调区间； (2)当a>0时,求函数 f x在区间1,e上的最大值． 9．（2024届山东省临沂市兰山区等四县区高三第三次模拟）已知函数 f x=x1-lnkx． (1)若曲线 f x在x=e处的切线与直线y=x垂直,求k的值；(2)讨论 f x的单调性． 10．（2024届天津市和平区高三三模）已知函数 f x=lnx,gx=nx2+mxn,mÎR ,hx= f x+gx． (1)若n=0,函数hx存在斜率为3的切线,求实数m的取值范围； 1 (2)若n= ,试讨论函数hx的单调性； 2 (3)若n¹0,设函数 f x的图象C 与函数gx的图象C 交于两点A、B,过线段AB的中点H作x轴的垂线分 1 2 别交C、C 于点D、E,问是否存在点H,使C 在D处的切线与C 在E处的切线平行？若存在,求出点H的横 1 2 1 2 坐标；若不存在,请说明理由． 11．（2024届山西省晋城调研）函数 f(x)=  x2+ax  ex(aÎR). (1)求 f x的单调区间； f(x) (2)若 f x=x只有一个解,则当x>0时,求使 >  kx-x2 ex-1  成立的最大整数k. ex 12．（2024届北京市西城区北京师范大学附属实验中学高三下学期6月热身练）已知函数 f(x)= xalnx,其中 a为常数且a¹0. (1)求曲线y= f(x)在x=1处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调区间； æ 1ö (3)当a=1时,若过点M(x 0 , f(x 0 ))ç è x 0 > e ÷ ø 的切线l分别与x轴和y轴于,A,B两点,O为坐标原点,记 V AOB的面 积为S,求S的最小值. 13．（2024届山西省吕梁市高三三模）已知函数 f x=x2-2x+alnx,aÎR. (1)讨论函数的单调性； x f x -x f x  (2)若对任意的x,x Î0,+¥,x ¹ x ,使 2 1 1 2 >0恒成立,则实数a的取值范围. 1 2 1 2 x -x 1 2 14．（2024届江苏省苏州市高三下学期第三次模）已知函数 f x=lnx+ax+1,aÎR． (1)讨论 f x的单调性； f x (2)当a£2时,证明： £e2x． x 1 15．（2024届湖北省襄阳市第五中学高三第五次适应性测试）已知函数 f x=alnx-a+1x+ x2. 2(1)讨论 f x的单调性； (2)当a=1时,hx= f x- 1 x2+2x+ 1 ,数列t 满足t Î0,1 ,且t =ht  nÎN* 2 x n 1 n+1 n ①比较t ,t ,1的大小nÎN* n+1 n+2 ②证明：t +t >2t nÎN* . n+1 n+3 n+2 16．（2024届湖南省岳阳市岳汨联考高三下学期5月月考）已知函数 f x=  mx2+1  e-xmÎR． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数gx= f x+nxe-x-1在0,1上有零点,且m+n=e-1,求实数m的取值范围．