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专题 1 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=0x>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-alnx+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-alnx+ +1的单调性.
x
x+1x-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-1ax-1, f¢x=0根的情况转化为3x-1ax-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+1x+lnx的单调性
2x-1ax-1
分析： f¢x= x>0 , f¢x=0根的情况转化为x-1ax-1=0x>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=ax-2ex - x-12 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-1x+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-alnxx >0的拟合函数为x-ax-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-1a<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-aù
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-aù
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-x2
-3m
x×e-x
-9m=0.
设gx=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gx在-¥,1上递增,在1,+¥上递减,这就得到gx£g1 ,且不等号两边相等当且仅当x=1.
然后考虑关于x的方程gx=t：①若t£0,由于当x>1时有gx=x×e-x >0³t,而gx在-¥,1上递增,故方程gx=t至多有一个解；
1
而g1= >0³t,gt=t×e-t £t×e-0 =t,所以方程gx=t恰有一个解；
e
1
②若0t,2ln >2ln2e>lne=1,即知方程gx=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= =g1.
e e
由于gx£g1 ,且不等号两边相等当且仅当x=1,故方程gx=t恰有一解x=1.
1 1
④若t > ,则gx£g1= - ,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+xex -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-2x-1,
2
1
即2e-2x- 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=ax+12 -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-11-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xÎ0,1时, f¢x>0,当xÎ1,+¥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xÎ0,1时, f¢x<0,当xÎ1,+¥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xÎ1-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¢x³0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-11-lnx,需证 +ex-1lnx-1-x>0,
x x
5 ex-1 aex-1 5ex-1
而a³ , >0,即有 +ex-1lnx-1-x³ +ex-1lnx-1-x,
2 x x 2x
5ex-1 æ 5 ö 5 x2
则只需证明 +ex-1lnx-1-x>0,即证ex-1 ç +lnx-1÷>x,即证 +xlnx-1> ,
2x è2x ø 2 ex-1
5
令hx= +xlnx-1,则h¢x=lnx,当xÎ0,1时,h¢x<0,当xÎ1,+¥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) =h1= ,
min 2
x2 x2-x
令jx= (x>0),则j¢x= ,当xÎ0,2时,j¢x>0,当xÎ2,+¥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) =j2= < =h(x) ,
max e 2 min
5 x2 1
从而 +xlnx-1> ,即 f(x)+lnx+ -x>ex-11-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+1ax-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
ax+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gx= f x-2a+1=ax+ -lnx-2a-1,则g1=0,因为a 1,
x …æ 1ö æ 1 ö
由（1）知,gx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ha=g2a+2=2a2- -ln2a+2,aÎ1,+¥,
2
2 4a2+4a-1
由h¢a=4a- = >0恒成立,
2a+2 a+1
所以ha在1,+¥上单调递增．
3 3
e3
又e3 >16,所以 >1,即e2 >1 ．从而 h1= 3 -ln4=ln e2 >0 ,
16
4 2 4
所以ha>h1>0,即g2a+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gx =0,所以gx<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=lnx+1+kx+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 nn-1
(3)求证：å < ．（nÎN且n³2）
i+1 4
i=2
【解析】（1）函数 f x的定义域为-1,+¥．
1
f¢x= +k．
x+1
①k ³0时, f¢x>0, f x的递增区间为-1,+¥ ,无递减区间；
1 1
③k <0时,令 f¢x>0得-1-1- ,
k kæ 1ö æ 1 ö
所以 f x的递增区间为ç-1,-1- ÷,递减区间为ç-1- ,+¥÷．
è kø è k ø
（2）由（1）知,k ³0时, f x在-1,+¥上递增, f 0=k ³0,不合题意,
æ 1ö
故只考虑k <0的情况,由（1）知 f x = f ç-1- ÷=-1-ln-k£-1
max è kø
即ln-k³0Þ-k ³1Þk £-1
综上,k的取值范围为k £-1．
（3）由（2）知：当k =-1时,lnx+1-x+1£-1恒成立,所以lnx+1£x,
所以lnx1 ,
进而lnn2 0时, f x£ç ÷ -1.
èeø
a a-x
【解析】（1）由题函数定义域为0,+¥, f¢x= -1= ,
x x
故当a£0时, f¢x<0恒成立,所以函数 f x在0,+¥上单调递减；
当a>0时, f¢x在0,+¥上单调递减,令 f¢x=0Þx=a,
则xÎ0,a时, f¢x>0；xÎa,+¥时, f¢x<0,
所以函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调递减,
综上,当a£0时,函数 f x在0,+¥上单调递减；当a>0时,函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调
递减.
（2）由（1）当a>0时,函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调递减,故 f x£ f a=alna-a在0,+¥上恒成立,
æaö a æaö a
故证 f x£ç ÷ -1a>0Û证alna-a£ç ÷ -1a>0,
èeø èeø
æaö a æaö a æaö a æaö a
即Ûlnç ÷ £ç ÷ -1a>0Ûlnç ÷ -ç ÷ +1£0,
èeø èeø èeø èeø
1 1-x
令gx=lnx-x+1x>0 ,则g¢x= -1= x>0,
x x
故当xÎ0,1时,g¢x>0；xÎ1,+¥时,g¢x<0,
所以gx在0,1上单调递增,在1,+¥上单调递减,
所以gx£g1=0在0,+¥上恒成立,故ln æ
ç
aö
÷
a
-
æ
ç
aö
÷
a
+1£0,
èeø èeø
æaö a
所以当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：xÎ1,+¥时, f x> - + -2．
x3 x2 x
2 2 2
æ1 ö 2
【解析】（1）函数 f x=ç +a÷lnx+ -2的定义域为0,+¥,
èx ø x
1+lnx
a-
则 f¢x= -lnx + æ ç 1 +a ö ÷ 1 - 2 = x ,
x2 èx øx x2 x
1+lnx lnx
令gx=a- ,xÎ0,+¥ ,则g¢x= ,
x x2
所以当01时g¢x>0,
所以gx在0,1上单调递减,在1,+¥上单调递增,
所以gx在x=1处取得极小值,即最小值,所以gx =g1=a-1³0,
min所以 f¢x³0在0,+¥上恒成立,
所以 f x在0,+¥上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+¥上的最小值为g1=a-1,
当x0时gx+¥,当x+¥时gxa,
若 f x存在两个极值点x,x x >x >0 ,则gx=0有两个不相等的实数根x,x x >x >0 ,
1 2 2 1 1 2 2 1
ìa>0
所以í ,解得00,所以 0,即 f¢x>0,则 f x单调递增,
1
当x x 时gx>0,即 f¢x>0,则 f x单调递增,
2
所以x为 f x的极大值点,x为 f x的极小值点,
1 2
ì ï ï a- 1+ x lnx 1 =0 ì ï ï x 1 = 1+ a lnx 1
因为í 1 ,所以í ,
1+lnx 1+lnx
ïa- 2 =0 ïx = 2
ï î x ïî 2 a
2
2 2 1
要证x -x +2> ,即证x > -2+x ,又 -1,
2 a
2x x -1
即证x > 2 -1,即证lnx - 2 >0,
2 1+lnx 2 x +1
2 2
x-1 1 2 x2+1
令px=lnx- x>1,则p¢x= - = >0,
x+1 x x+12 xx+12
所以px在1,+¥上单调递增,
x -1
所以px> p1=0,即lnx - 2 >0成立,
2 x +1
2
2
所以x -x +2> ；
2 1 a1+lnx
（ⅱ）由（ⅰ）知x >1,a= 2 ,
2 x
2
且当1x 时 f¢x>0,
2 2
所以 f x在1,x 上单调递减,在x ,+¥上单调递增,
2 2
æ 1 ö 2
所以 f x³ f x =ç +a÷lnx + -2
2 èx ø 2 x
2 2
æ 1 1+lnx ö 2
=ç + 2 ÷lnx + -2
èx x ø 2 x
2 2 2
2lnx +lnx 2+2-2x
= 2 2 2 ,
x
2
1 1 1 x-1
令Hx=lnx+ x>1,则H¢x= - = >0,
x x x2 x2
所以Hx在1,+¥上单调递增,
1
所以Hx>H1=1,即lnx>1- >0x>1,
x
2
æ 1 ö æ 1 ö
所以2lnx +lnx 2+2-2x 2ç è 1- x ÷ ø +ç è 1- x ÷ ø +2-2x 2 1 4 5 ,
2 2 2 > 2 2 = - + -2
x x x3 x2 x
2 2 2 2 2
1 4 5
所以 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-1aÎR.
(1)讨论 f x的单调性；
(2)"xÎ1,+¥ , f x≥-2lnx+lnx2 ,求a的取值范围.
a a+x
【解析】（1） f x的定义域为0,+¥, f¢x= +1= ,
x x
当a³0时, f¢x>0,所以 f x在0,+¥上单调递增；
当a<0时,当xÎ0,-a时, f¢x<0,当xÎ-a,+¥时, f¢x>0,
所以 f x在0,-a上单调递减,在-a,+¥上单调递增.
（2）当x=1时, f x≥-2lnx+lnx2显然成立,此时a可为任意实数；1-x
当x>1时,由lnx>0, f x≥-2lnx+lnx2在1,+¥上恒成立,得a≥ +lnx-2,
lnx
1-x
令gx= +lnx-2,xÎ1,+¥ ,
lnx
1
则 g¢x= -lnx+1- x + 1 = x1-lnx+lnx2-1 = 1-lnxx-lnx-1 ,
lnx2 x xlnx2 xlnx2
设hx=x-lnx-1x>1,由（1）可知,hx在1,+¥上单调递增,所以hx>h1=0,
当xÎ1,e时,g¢x>0,当xÎe,+¥时,g¢x<0,
所以gx在1,e上单调递增,在e,+¥上单调递减；
则gx =ge=-e,所以a≥-e,
max
综上,实数a的取值范围为-e,+¥
.
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-2x,gx=x-2ex-x2-4x+m,
aÎR.
(1)讨论函数 f x的单调性；
(2)当a=-1时,对"xÎ0,1, f x>gx ,求正整数m的最大值.
a x+1-2x+a
【解析】（1）函数 f x的定义域为0,+¥ ,求导得 f¢x= -2x+a-2= ,
x x
①当a£0时,有 f¢x<0,此时函数 f x在区间0,+¥上单调递减；
æ aö æ aö
②当a>0时,当xÎç0, ÷时, f¢x>0,此时函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增；
è 2ø è 2ø
æa ö æa ö
当xÎç ,+¥÷时, f¢x<0,此时函数 f x在区间ç ,+¥÷上单调递减.
è2 ø è2 ø
所以当a£0时,函数 f x在区间0,+¥上单调递减；
æ aö æa ö
当a>0时,函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增,在区间ç ,+¥÷上单调递减.
è 2ø è2 ø
（2）当a=-1,xÎ0,1时, f x>gx恒成立,等价于m<-x+2ex-lnx+x恒成立,
æ 1ö
设hx=-x+2ex-lnx+x,xÎ0,1 ,则h¢x=1-x çex- ÷,
è xø
当00,1 æ1ö
函数ux=ex- 在0,1上单调递增,且uç ÷= e-2<0,u1=e-1>0,
x è2ø
æ1 ö 1
则存在唯一的x Îç ,1÷,使得ux =0,即ex0 = ,
0 è2 ø 0 x
0
当xÎ0,x 时,ux<0,h¢x<0；当xÎx ,1时,ux>0,h¢x>0,
0 0
函数hx在0,x 上单调递减,在x ,1上单调递增,
0 0
1 2
hx =hx =-x +2ex 0 -lnx +x =-x +2 +2x =-1+ +2x
min 0 0 0 0 0 x 0 x 0
0 0
2 2 2
设y=-1+ +2x,则当xÎ0,1时,y¢=- +2<0,函数y=-1+ +2x在0,1上单调递减,
x x2 x
æ1 ö
又因为x Îç ,1÷,所以hx Î3,4 .
0 è2 ø 0
所以正整数m的最大值是3.
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.
1 a 1-ax
【解析】（1）解 f¢x= - = ，x>0.
x2 x x2
1 1
①当a>0时,当 00，f(x)单调递增；当 x> 时, f¢x<0，f(x)单调递减.
a a
②当a£0时, f(x)在（0,+¥）单调递增. .
1 1
综上所述,当a>0时, f(x)在（0, ）单调递增,在（ ,+¥）单调递减.
a a
当a£0时, f(x)在（0,+¥）单调递增.
1
（2）由（1）得当a>0时,当 x= 时, f(x)取得最大值1-a+alna,
a
g¢x=ae1-x-1,易知g¢(x)单调递减 ,令g¢(x)=0,x=1+alna,
当x<1+alna时, g¢x>0,g(x)单调递增; 当x>1+alna时,g¢x<0，单g(x)调递减,所以,当x=1+alna
时,g(x)取得最大值1-a+alna
依题意,有1-a+alna=a-1-lna,所以2a-2-lna-alna=0
1 1
令h(x)=2x-2-lnx-xlnx (x>0) 则 h¢x=2- -lnx+1=1- -lnx.
x x
1
由 f(x)的单调性可知,当a=1时, f(x)=1- -lnx.在x=1时取得最大值0,即 f(x)£0,从而可得
x1
h¢x=1- -lnx£0，因此h(x)在（0,+¥）上单调递减,又h(1)=0,
x
所以2a-2-lna-alna=0,a=1.
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
2a 2 12x6-a
【解析】（1） f¢(x)=24x5- = ,xÎ(0,+¥)．
x x
当a£0时, f¢(x)>0,则 f(x)在(0,+¥)上单调递增．
a a
当a>0时,令 f¢(x)=0,得x6 = ,解得x= 6 ．
12 12
a a
当 f¢(x)>0时,x> 6 ,当 f¢(x)<0时,00时, f(x)在ç0,6 ÷上单调递减,在ç6 ,+¥÷上单调递增．
ç 12÷ ç
12
÷
è ø è ø
1 1
（2）设012e4,只需证-
xx 4
>-
t4
,
1 2
lnx lnx
1 - 2 lnx x4 lnx x4
只需证 x2 x2 1 ,只需证 1 + 1 < 2 + 2 ．
1 2 >- x2 t4 x2 t4
x4-x4 t4 1 2
1 2
lnx x4 t4(1-2lnx)+4x6
记h(x)= + ,xÎ(0,+¥),则h¢(x)= ,
x2 t4 x3t4
记j(x) = t4(1-2ln x)+ 4x6,xÎ(0,+¥),
a 12e4 2
由（1）可知,取a =t4 >0,则x = 6 = 6 =e3,
0 12 12æ 2ö æ 2 ö
所以j(x)在ç0,e3÷上单调递减,在çe3,+¥÷上单调递增,
è ø è ø
æ 2ö æ 4ö æ 1ö
所以j(x) =jçe3÷=t4 ç1- ÷+4e4 =12e4×ç- ÷+4e4 =0,
min è ø è 3ø è 3ø
æ 2ö
所以j(x)³jçe3÷=0,即h¢(x)³0,所以h(x)在(0,+¥)上单调递增,
è ø
又012e4成立．
1 2 1 2 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-ax-alnxaÎR．
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．
【解析】（1） f x的定义域为0,+¥ ,
a x2+1-ax-a x+1x-a
求导数,得 f¢x=x+1-a- = = ,
x x x
若a£0,则 f¢x>0,此时 f x在0,+¥上单调递增,
若a>0,则由 f¢x=0得x=a,当0a时, f¢x>0 , f x在a,+¥上单调递增,
综上,当a£0, f x的增区间为0,+¥,无减区间,
若a>0, f x减区间为0,a,增区间为a,+¥ .
（2）由（1）知,当00,得a< e+1- ,
2 2 2 2e
1 3 1
若10时, f x的定义域为0,+¥ ,
1
令 f¢x=0得x = ,
k
æ 1ö æ1 ö
当xÎç0, ÷时, f¢x>0,当xÎç ,+¥÷时, f¢x<0
è kø èk ø
æ 1ö æ1 ö
所以 f x在ç0, ÷上单调递增,在ç ,+¥÷上单调递减；
è kø èk ø
当k <0时, f x的定义域为-¥,0 ,
1
令 f¢x=0得x
=
k
æ 1ö æ1 ö
当xÎç-¥, ÷时, f¢x<0,当xÎç ,0÷时, f¢x>0
è kø èk ø
æ 1ö æ1 ö
所以 f x在ç-¥, ÷上单调递减,在ç ,0÷上单调递增．
è kø èk øæ 1ö æ1 ö
综上所述：当k >0时, f x在ç0, ÷上单调递增,在ç ,+¥÷上单调递减；
è kø èk ø
æ 1ö æ1 ö
当k <0时, f x在ç-¥, ÷上单调递减,在ç ,0÷上单调递增.
è kø èk ø
10．（2024届天津市和平区高三三模）已知函数 f x=lnx,gx=nx2+mxn,mÎR ,hx= f x+gx．
(1)若n=0,函数hx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hx的单调性；
2
(3)若n¹0,设函数 f x的图象C 与函数gx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．
1
【解析】（1）因为n=0,所以hx=lnx+mx,h¢x= +m,
x
1
因为函数hx存在斜率为3的切线,所以h¢x= +m=3在0,+¥有解,
x
1
所以 =3-m>0,得m<3,所以实数m的取值范围为-¥,3 .
x
1 1 1 x2+mx+1
（2）因为n= ,所以hx=lnx+ x2+mxx>0,h¢x= +x+m= ,
2 2 x x
令h¢x=0,即x2+mx+1=0,Δ=m2-4,
（ⅰ）当Δ=m2-4£0时,即-2£m£2,h¢x³0,hx在0,+¥上单调递增．
（ⅱ）当Δ=m2-4>0时,即m<-2,或m>2,
-m- m2-4 -m+ m2-4
x2+mx+1=0有两根x，x ,x = ,x = ,
1 2 1 2 2 2
①当m>2时,x 0,hx在0,+¥上单调递增．
1 2
②当m<-2时,00,xÎx,x 时,h¢x<0, xÎx ,+¥时,h¢x>0,
1 2 1 1 2 2
hx在0,x , x ,+¥上单调递增,在x,x 上单调递减．
1 2 1 2
综上,当m³-2时,函数hx在0,+¥上单调递增；
æ -m- m2-4ö æ-m+ m2-4 ö
当m<-2时,函数hx在ç0, ÷,ç ,+¥÷上单调递增,在
ç 2 ÷ ç 2 ÷
è ø è øæ-m- m2-4 -m+ m2-4ö
ç , ÷上单调递减．
ç 2 2 ÷
è ø
（3）
设点A,B的坐标为x,y ,x ,y ,且01,有lnt= ,设rt=lnt- t >1,
x 1+t 1+t
1
1 4
t-12
则r¢t= - = >0,所以rt在1,+¥上单调递增,
t t+12 tt+12
2t-1 2t-1
故rt>r1=0,即lnt> ,与lnt= 矛盾,所以假设不成立,
1+t 1+t
所以不存在点H使C 在点D处的切线与C 在点E处的切线平行．
1 2
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
【解析】（1）函数 f(x)= x2+ax ex,定义域为R,则 f¢x=é
ë
x2+a+2x+aù
û
ex,
因为ex >0,设g(x)=x2+(a+2)x+a,D=(a+2)2-4a=a2+4>0,
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
则令g(x)=0得,x = ,x = ,
1 2 2 2
-(a+2)- a2 +4
当xÎ(-¥, )时,g(x)>0, f¢(x)>0, f(x)单调递增,
2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
当xÎ( , )时,g(x)<0, f¢(x)<0,
2 2
f(x)单调递减,
-(a+2)+ a2 +4
当xÎ( ,+¥)时,g(x)>0, f¢(x)>0, f(x)单调递增,
2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
综上所述： f(x)的单调递增区间为(-¥, ),( ,+¥),
2 2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
单调递减区间为( , )；
2 2
（2）若 f(x)=x即 x2+ax ex =x只有一个解,
因为x=0使方程成立,所以只有0是 f(x)=x的解,
当x¹0时,(x+a)ex =1无非零解,
设h(x)=(x+a)ex-1,则h'(x)=(x+a+1)ex,
当x<-a-1,h¢(x)<0,h(x)单调递减,当x>-a-1,h¢(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)最小值为h(-a-1)=-e-a-1-1<0,
当x-¥时,h(x)-1,当x+¥时,h(x)+¥,
故h(x)=(x+a)ex-1定有零点,又因为(x+a)ex =1无非零解,有零点应还是0,
所以h(0)=(0+a)e0-1=0,所以a=1,则 f(x)= x2+x ex,
f(x) > kx-x2 ex-1 ,得x2+x> kx-x2 ex-1 ,x>0,ex >1,
ex
x+1 x+1
所以 >k-x,得k < +x,
ex-1 ex-1
x+1 -1-xex ex ex-x-2
设F(x)= +x,则F'(x)= +1= ,
ex -1 ex-1 2 ex-1 2
令Gx=ex-x-2,则G¢x=ex-1,因为x>0时,ex >1,所以G¢x>0,则Gx在0,+¥单调递增,
又G(1)=e-3<0,G(2)=e2-4>0
ex0 ex0 -x -2
所以$x Î(1,2)使得Gx =0,所以ex0 =x +2,且F'x = 0 =0,
0 0 0 0 ex0 -1 2
x+1
当xÎ0,x 时,F¢x <0,F(x)= +x单调递减,
0 0 ex -1
x+1
当xÎx ,+¥时,F¢(x)>0,F(x)= +x单调递增,
0 ex -1
x +1
所以F(x)最小值Fx = 0 +x ,且ex0 =x +2,
0 ex0 -1 0 0
x +1
得Fx = 0 +x =x +1,
0 x +1 0 0
0
又因为x Î(1,2),所以x +1Î(2,3),因为k 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.
【解析】（1） f¢(x)=axa-1lnx+xa-1,x>0.
因为 f¢(1)=1, f(1)=0,
所以切线方程为y=x-1.
（2）定义域为(0,+¥),
f¢(x)=(alnx+1)xa-1,令 f¢(x)=0,解得 - 1 .
x=e a
当a>0时,
1 1
- , f¢(x)<0Þ f(x)的减区间为 - ；
xÎ(0,e a) (0,e a)
1 1
- , f¢(x)>0Þ f(x)的增区间为 - .
xÎ(e a,+¥) (e a,+¥)
当a<0时,1 1
- , f¢(x)>0Þ f(x)的增区间为 - ；
xÎ(0,e a) (0,e a)
1 1
- , f¢(x)<0Þ f(x)的减区间为 - .
xÎ(e a,+¥) (e a,+¥)
（3）当a=1时, f(x)=xlnx, f¢(x)=1+lnx.
切线l：y=(lnx +1)(x-x )+x lnx ,
0 0 0 0
令x=0,y =-x <0；
B 0
x lnx x
令y=0,x =- 0 0 +x = 0 >0.
A lnx +1 0 lnx +1
0 0
1 1 x2
S = |x || y |= × 0 .
2 A B 2 lnx +1
0
x2 1
设g(x)= ,x> .
2(lnx+1) e
2x(lnx+1)-x x(2lnx+1)
g¢(x)= = .
2(lnx+1)2 2(lnx+1)2
xÎ( 1 ,e - 1 2),g¢(x)<0Þg(x)在( 1 ,e - 1 2)单调递减；
e e
1 1
- ,g¢(x)>0Þg(x)在 - 单调递增.
xÎ(e 2,+¥) (e 2,+¥)
- 1 1
所以g(x)≥g(e 2)= .
e
1
1
所以当 - 时,S的最小值为 .
x =e 2
0 e
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 Î0,+¥,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
a 2x2-2x+a
【解析】（1） f x的定义域为xÎ0,+¥, f¢x=2x-2+ = ,
x x
令gx=2x2-2x+a,又 Δ=4-8a,
Q
1
1o,当Δ£0,即a³ 时,gx³0,此时 f¢x>0, f x在0,+¥上单调递增
2
1
2o,当Δ>0,即a< 时,
2
令gx=0,解得x
=
1- 1-2a
,x =
1+ 1-2a
1 2 2 2
1
其中,当00,同除以xx 得 1 > 2 ,
1 2 2 1 1 2 1 2 x x
1 2
f x alnx
所以令Gx= =x-2+ ,
x x
a1-lnx
当xÎ0,+¥时,G¢x=1+ ³0恒成立,
x2
1o,若a=0,G¢x=1>0恒成立,符合题意,
1 lnx-1
2o,当a>0, ³ 恒成立,
a x2
lnx-1 3-2lnx
令Fx= 则F¢x= ,
x2 x3
æ 3ö æ 3 ö
所以Fx在ç0,e2÷单调递增,在çe2,+¥÷单调递减,
è ø è ø
1 æ 3ö 1
所以
a
³Fçe2÷=
2e3
,所以aÎ 0,2e3ù
û
,
è ø
1 lnx-1
3o,若a<0,同理 £ 恒成立,由2o知,当x0+,Fx-¥
a x2
所以不存在满足条件的a.
综上所述：aÎ 0,2e3ù.
û
é f x f x ù
法二：x 1 -x 2 é ë x 2 f x 1 -x 1 f x 2 ù û >0Ûx 1 -x 2 ê x 1 - x 2 ú>0.
ë 1 2 ûf x alnx
令gx= =x-2+ ,则只需gx在0,+¥单调递增,
x x
即g¢x³0恒成立,
x2+a1-lnx
g¢x= ,令hx=x2+a1-lnx ,则hx³0恒成立；
x2
a 2x2-a
又h¢x=2x- = ,
x x
①当a=0时,hx=x2,hx在0,+¥单调递增成立；
②当a<0时,h¢x>0,hx在0,+¥单调递增,又x0,hx-¥,故hx³0不恒成立.不满足题意；
a æ a ö æ a ö
③当a>0时,由h¢x=0得x= ,hx在ç0, ÷单调递减,在ç ,+¥÷单调递增,
2 ç è 2 ÷ ø ç è 2 ÷ ø
æ a ö aæ 3ö
因为hx³0恒成立,所以h(x) min =hç ç è 2 ÷ ÷ ø = 2 ç è 3-ln 2 ÷ ø ³0,
解得00恒成立,
x
所以 f x在区间0,+¥上单调递增；
1 1+ax 1
当a<0时,令 f¢x= +a= =0,解得x=- ,
x x a
æ 1ö æ 1ö
当xÎç0,- ÷时, f¢x>0, f x在区间ç0,- ÷上单调递增,
è aø è aø
æ 1 ö æ 1 ö
当xÎç- ,+¥÷时, f¢x<0, f x在区间ç- ,+¥÷上单调递减．
è a ø è a ø
综上所述,当a³0时, f x在区间0,+¥上单调递增；
æ 1ö æ 1 ö
当a<0时, f x在区间ç0,- ÷上单调递增,在区间ç- ,+¥÷上单调递减．
è aø è a øf x lnx+2x+1
（2）当a£2时,因为x>0,所以要证 £e2x,只要证明 £e2x即可,
x x
即要证lnx+2x+1£xe2x,等价于e2x+lnx ³lnx+2x+1（*）．
令gx=ex-x-1,则g¢x=ex-1,
在区间-¥,0上,g¢x<0,gx单调递减；
在区间0,+¥上,g¢x>0,gx单调递增,
所以gx³g0=e0-0-1=0,所以ex ³ x+1（当且仅当x=0时等号成立）,
所以（*）成立,当且仅当2x+lnx=0时,等号成立．
æ1ö 2
又hx=2x+lnx在0,+¥上单调递增,hç ÷= -1<0,h1=2>0,
èeø e
æ1 ö
所以存在x Îç ,1 ÷,使得2x +lnx =0成立．
0 èe ø 0 0
综上所述,原不等式成立．
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+1x+ x2.
2
(1)讨论 f x的单调性；
(2)当a=1时,hx= f x- 1 x2+2x+ 1 ,数列t 满足t Î0,1 ,且t =ht 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
【解析】（1）由题意知 f x的单调性为0,+¥,
a x2-a+1x+a x-ax-1
f¢x= -a+1+x= = .
x x x
当a£0时,令 f¢x>0,解得x>1,令 f¢x<0,解得00,解得01,令 f¢x<0,解得a1时,令 f¢x>0,解得0a,令 f¢x<0,解得11时, f x在0,1上单调递增,在1,a上单调递减,在a,+¥上单调递增.
1 x-1
（2）①当a=1时,hx=lnx+ ,则h¢x= ,
x x2
令h¢x<0,得00,得x>1,
所以hx在0,1上单调递减,在1,+¥上单调递增,
所以hx³h1=1,
因为t Î0,1 ,t =ht >1,t =ht >1,L,t =ht >1,
1 2 1 3 2 n+1 n
1
令mx=hx-x= +lnx-xx³1,
x
æ 1ö 2 3
-çx- ÷ -
-x2+x-1 è 2ø 4 ,
m¢x= = <0
x2 x2
所以mx在1,+¥上单调递减,且mx£m1=0,
因为t -t =ht -t =mt ,
n+2 n+1 n+1 n+1 n+1
又t >1,所以mt <0,
n+1 n+1
所以t -t <0,则12t ,即证t -t >t -t ,
n+1 n+3 n+2 n+3 n+2 n+2 n+1
又t =ht ,t =ht ,即证ht -t >ht -t .
n+3 n+2 n+2 n+1 n+2 n+2 n+1 n+1
所以mt >mt ,即ht -t >ht -t
,
n+2 n+1 n+2 n+2 n+1 n+1
所以t -t >t -t 成立,
n+3 n+2 n+2 n+1
故t +t >2t .
n+1 n+3 n+216．（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-xmÎR．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数gx= 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．
【解析】（1）已知 f x= mx2+1 e-xmÎR ,函数定义域为R,
可得 f¢x=2mxe-x- mx2+1 e-x =- mx2-2mx+1 e-x,
当m=0时, f¢x=-e-x <0,所以 f(x)在R上单调递减；
当m>0时,因为y=mx2-2mx+1是开口向上的二次函数,且Δ=4mm-1
,
若D£0,即00,即m> 1时,此时方程mx2-2mx+1=0有两个根x =1- ,x =1+ ,
1 m 2 m
所以当xx 时y=mx2-2mx+1>0,即 f¢(x)<0,
1 2
当x 0,
1 2
æ mm-1ö æ mm-1 ö
所以 f(x)在ç-¥,1- ÷和ç1+ ,+¥÷上为减函数,
ç m ÷ ç m ÷
è ø è ø
æ mm-1 mm-1ö
在ç1- ,1+ ÷上为增函数；
ç m m ÷
è ø
当m<0时,因为y=mx2-2mx+1是开口向下的二次函数,且Δ=4mm-1>0,
mm-1 mm-1
此时方程mx2-2mx+1=0有两个根x =1- ,x =1+ ,
1 m 2 m
所以当xx 时y=mx2-2mx+1<0,即 f¢(x)>0,
2 1
当x 0,即 f¢(x)<0,
2 1
æ mm-1ö æ mm-1 ö
所以 f(x)在ç-¥,1+ ÷和ç1- ,+¥÷上为增函数,
ç m ÷ ç m ÷
è ø è ø
æ mm-1 mm-1ö
在ç1+ ,1- ÷上为减函数；
ç m m ÷
è ø
综上所述,当0£m£1时,函数 f(x)在R上单调递减；æ mm-1ö æ mm-1 ö
当m> 1时,函数 f(x)在ç-¥,1- ÷和ç1+ ,+¥÷上为减函数,
ç m ÷ ç m ÷
è ø è ø
æ mm-1 mm-1ö
在ç1- ,1+ ÷上为增函数；
ç m m ÷
è ø
æ mm-1ö æ mm-1 ö
当m<0时,函数 f(x)在ç-¥,1+ ÷和ç1- ,+¥÷上为增函数,
ç m ÷ ç m ÷
è ø è ø
æ mm-1 mm-1ö
在ç1+ ,1- ÷上为减函数；
ç m m ÷
è ø
（2）令gx= mx2+1 e-x+nxe-x-1=0,解得ex =mx2+nx+1,
不妨设hx=ex-mx2-nx-1,函数定义域为0,1 ,则h(x)在0,1内有零点；
不妨设x 为h(x)在0,1内的一个零点,因为h(0)=0,h(1)=0,
0
所以h(x)在区间0,x 和x ,1上不可能单调；
0 0
不妨设j(x)=h¢(x),函数定义域为0,1
,
此时j(x)在区间0,x 和x ,1上均存在零点,即j(x)在0,1上至少有两个零点,
0 0
易知h¢x=ex -2mx-n, j¢x=ex-2m,
1
当m£ 时,j¢(x)>0,j(x)在0,1上单调递增,不可能有两个及以上零点；
2
e
当m³ 时,j¢(x)<0,j(x)在0,1上单调递减,不可能有两个及以上零点；
2
1 e
当 0,j(x)单调递增,
所以j(x)在x=ln2m处取得最小值jln2m=3m-2mln2m+1-e,
若j(x)有两个零点,需满足jln2m<0,j(0)>0,j(1)>0,
3 1
不妨设Fx= x-xlnx+1-e,函数定义域为1,e ,可得F¢x= -lnx,
2 2
当1< x< e时,F¢(x)>0,F(x)单调递增；当 e < x0,j(1)=e-2m-n>0,可得e-2h0=0,hx
