文档内容
专题3.4 导数与函数的单调性-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
x2
1．（5分）（2022春•丹东期末）函数f(x)= 的单调递增区间为（ ）
2x
A．（﹣∞，0） B．（0，2log e）
2
C．（﹣∞，2log e） D．（2log e，+∞）
2 2
x(2−ln2⋅x)
【解题思路】求导得f′（x）= ，令f′（x）＞0，即可得出答案．
2
2x⋅2x−2xln2⋅x2 2x−ln2⋅x2 x(2−ln2⋅x)
【解答过程】解：f′（x）= = = ，
(2x ) 2 2x 2
{ x＞0 { x＜0
令f′（x）＞0，得 或 ，
2−ln2⋅x＞0 2−ln2⋅x＜0
解得0＜x＜2log e或无解，
2
故选：B．
2．（5分）（2022•临洮县开学）已知函数f（x）的导函数f′（x）＝a（x﹣b）2+c的图象如图所示，则
函数f（x）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】利用导函数的图象研究函数的单调性和函数的极值的情况排除不合题意的图象即可确定函
数图象．
【解答过程】解：由导函数图像可知，当x＜0时，函数f（x）单调递减，故排除B，A；由f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，x ）单调递增，
1
因此当x＝0时，函数有极小值，故排除C．
故选：D．
3．（5分）（2022春•丰台区校级期末）若函数f（x）＝xlnx﹣ax+1在[e，+∞）上单调递增，则实数a的
取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）
【解题思路】求出原函数的导函数，把问题转化为a≤lnx+1在[e，+∞）上恒成立，由单调性求得lnx+1
的最小值，即可得到实数a的取值范围．
【解答过程】解：由f（x）＝xlnx﹣ax+1，得f′（x）＝lnx+1﹣a，
∵函数f（x）＝xlnx﹣ax+1在[e，+∞）上单调递增，
∴lnx+1﹣a≥0在[e，+∞）上恒成立，即a≤lnx+1在[e，+∞）上恒成立，
∵lnx+1在[e，+∞）上单调递增，∴（lnx+1） ＝2，
min
可得a≤2．
∴实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
故选：B．
4．（5分）（2022春•华阴市期末）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x R满足
f（x）+f′（x）＜0，则下列结论一定正确的是（ ） ∈
A．e2f（2）＞e3f（3） B．e2f（2）＜e3f（3）
C．e3f（2）＞e2f（3） D．e3f（2）＜e2f（3）
【解题思路】令F（x）＝exf（x），求导分析单调性，即可判断出大小关系．
【解答过程】解：令F（x）＝exf（x），
F′（x）＝exf（x）+exf′（x）＝ex[f（x）+f′（x）]，
因为f（x）+f′（x）＜0，
所以F′（x）＜0，
所以F（x）在R上单调递减，
所以F（2）＞F（3），
所以e2f（2）＞e3f（3），
f(x)
令G（x）= ，
ex
G′（x） f '(x)ex−exf(x) f '(x)−f(x)，
= =
e2x ex由题可得G′（x）的符号无法确定，G（x）的单调性无法确定，
f(2) f(3)
所以G（2）与G（3）大小无法确定， 与 无法确定大小，
e2 e3
所以e3f（2）与e2f（3）大小无法确定，
故选：A．
x
5．（5分）（2022春•遵义期末）已知函数f(x)=lnx− ，设a＝f（log 2），b＝f（log 0.5），c＝f
ex 3 0.2
（ln4），则a，b，c的大小为（ ）
A．c＞a＞b B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a
【解题思路】求导得f′（x），分析f（x）的单调性，化简log 2，log 0.5，ln4，并比较大小，即可得
3 0.2
出答案．
【解答过程】解：f′（x） 1 ex−ex ⋅x 1 1−x ex−x(1−x) ex−x+x2 ，
= − = − = =
x (ex ) 2 x ex xex xex
令g（x）＝ex﹣x+x2，
g′（x）＝ex﹣1+2x在（0，+∞）上单调递增，
所以g′（x）＞g′（0）＝0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝1，
所以f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
log 2 log 2 1 ，
3 = 2 =
log 3 log 3
2 2
1
log
log 0.5 22 −1 1 1 1
log 0.5= 2 = = = = = ，
0.2
log 0.2 log 0.2 log 0.2 −log 0.2 1 log 5
2 2 2 2 log 2
20.2
log 4 2 1 1
= 2 = = =
ln4 log e log e 1 log √e ，
2 2 log e 2
2 2
因为√e＜3＜5，
所以0＜log √e＜log 3＜log 5，
2 2 21 1 1
所以 ＞ ＞ ，
log √e log 3 log 5
2 2 2
所以ln4＞log 2＞log 0.5，
3 0.2
所以f（ln4）＞f（log 2）＞f（log 0.5），
3 0.2
所以c＞a＞b，
故选：A．
6．（5分）（2021秋•云南期末）已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），满足f'（x）＜f
（x）且f（x+2）为偶函数，若f（4）＝1，则不等式f（x）＜ex的解集为（ ）
A．（﹣3，+∞） B．（1，+∞） C．（0，+∞） D．（6，+∞）
f(x) f '(x)−f(x)
【解题思路】构造函数g(x)= ，求导g'(x)= ＜0，从而得g（x）在定义R上单调
ex ex
f(x) f(0)
递减；又f(x)＜ex⇔
＜ ，从而有g（x）＜g（0），利用g（x）的单调性即可求解．
ex e0
f(x)
【解答过程】解：设g(x)= ，
ex
f '(x)−f(x)
∵f′（x）＜f（x），∴g'(x)= ＜0
ex
∴g（x）在定义R上单调递减；①
又f（x+2）为偶函数，∴f（2+x）＝f（2﹣x），∴f（0）＝f（4）＝1，
f(0)
∴g(0)= =1，
e0
f(x) f(0)
则不等式f(x)＜ex⇔
＜ ，即g（x）＜g（0），
ex e0
由①得x＞0，
故选：C．
7．（5分）（2022春•永昌县校级期末）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f'（x）＞0，则下列式
子成立的是（ ）
A．f（2021）＜ef（2022） B．f（2021）＞ef（2022）
C．f（x）是R上的增函数 D． t＞0，则f（x）＞etf（x+t）
【解题思路】令F（x）＝exf（x），求导分析F（∀x）的单调性，逐项判断即可得出答案．
【解答过程】解：对于A：令F（x）＝exf（x），
F′（x）＝exf（x）+exf′（x）＝ex（f（x）+f′（x））＞0，
所以F′（x）＞0，所以F（x）在R上单调递增，
所以F（2021）＜F（2022），
所以e2021f（2021）＜e2022f（2022），
所以f（2021）＜ef（2022），故A正确．B错误；
对于C：函数F（x）＝exf（x）在R上是增函数，f（x）不一定为增函数，故C错误；
对于D：因为t＞0，则x＜x+t，
所以F（x）＜F（x+t），即exf（x）＜ex+tf（t），即f（x）＜etf（x+t），故D错误，
故选：A．
8．（5分）（2022•濮阳开学）已知函数f（x）＝x2+ax﹣3lnx（a R），有下列结论：
① a R，f（x）在（0，+∞）上都是增函数； ∈
∀ ∈ f(x)
②若a＝0，则 ≥1；
x
③若a＝1，则f（x）≥2；
④若a＞1，则曲线y＝f（x）上不存在相异两点M，N处的切线互相平行．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．③ C．③④ D．②③④
2x2+ax−3
【解题思路】①求f（x）导数为f '(x)= ，讨论2x2+ax﹣3的正负来判断f（x）单调性；
x
f(x)
②代入a＝0， ⩾1⇒f(x)−x⩾0⇒x2−x−3lnx⩾0，判断g（x）＝x2﹣x﹣3lnx的最小值是
x
否恒大于或等于零；
(x−1)(2x+3)
③代入a＝1，根据f '(x)= 正负判断f（x）单调性，求其最小值即可；
x
2x2+ax−3
④f '(x)= ，研究f'（x）的导数判断其单调性即可．
x
3 2x2+ax−3
【解答过程】解：①f '(x)=2x+a− = ，x＞0
x x
令f'（x）＝0，即2x2+ax﹣3＝0，∵Δ＝a2+24＞0，
∴方程有两个不等实数根，设为x ，x ，
1 2
3
∵x x =− ＜0，故两根异号，即方程必有一个正根，
1 2 2
不妨设该正根为x ，则在（0，x ），f'（x）＜0，f（x）递减，
2 2
在（x ，+∞），f'（x）＞0，f（x）递增，
2即f（x）在（0，+∞）不单调，故①错误；
②a＝0，f（x）＝x2﹣3lnx，x＞0，
f(x)
⩾1⇒f(x)−x⩾0⇒x2−x−3lnx⩾0，
x
令g（x）＝x2﹣x﹣3lnx，则g（x） 0．
min
(2x−3)(x+1) ⩾ 3 3
g'(x)= ，g（x）在(0， )单调递减，在( ，+∞)单调递增，
x 2 2
3 1 3
故g(x) =g( )=3( −ln )＜0，故②错误；
min 2 4 2
(x−1)(2x+3)
③a＝1，f（x）＝x2+x﹣3lnx，f '(x)= ，
x
故f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
故f（x） ＝f（1）＝2，故③正确；
min
2x2+ax−3
④f '(x)= ，x＞0，令h（x）＝f'（x），
x
3
则h'（x）=2+ ＞0，∴f'（x）是x＞0时的单调递增函数，
x2
故f（x）不存在两个相等的导数值，即不存在相异的两点切线平行，故④正确．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•福安市校级月考）下列函数在定义域上为增函数的有（ ）
1
A．f(x)=x− B．f（x）＝xex
x
C．f（x）＝x+sinx D．f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
1
对于A，f（x）＝x− ，有f（﹣1）＝f（1）＝0，则f（x）在其定义域上不是单调函数，不符合题意，
x
对于B，f（x）＝xex，其导数f′（x）＝xex+ex＝（x+1）ex，在区间（﹣∞，﹣1）上，f′（x）＜0，则
f（x）为减函数，不符合题意；
对于C，f（x）＝x+sinx，其导数f′（x）＝1+cosx≥0，则f（x）在定义域上为增函数，符合题意，
对于D，f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，其导数f′（x）＝ex+e﹣x﹣2＝（ex﹣e﹣x）2≥0，则f（x）在定义域上为
增函数，符合题意，故选：CD．
π
10．（5分）（2022春•北碚区校级期中）已知函数 f（x）的导数为f′（x），x （0， ）时，有f′
2
∈
（x）sin2x＜f（x）+f（x）cos2x，则下列不等式成立的有（ ）
π π π π
A．√3f（ ）＞√2f（ ） B．√3f（ ）＜f（ ）
4 3 6 3
π π π π
C．f（ ）＜√2f（ ） D．f（ ）＞√3f（ ）
4 6 6 3
f(x) f(x)
【解题思路】本题依据已知导数的特称，构造新函数g（x）= ，根据g（x）= 单调性进行判
sinx sinx
定即可．
π
【解答过程】解：∵x （0， ）时，f′（x）sin2x＜f（x）（1+cos2x）成立，
2
∈
f′（x）2sinx•cosx＜f（x）2sin2x 成立 f′（x）sinx﹣f（x）cosx＜0成立，
⇒ f(x) f '(x)sinx⇒−f(x)cosx π
∴令g（x）= ，g'(x)= ＜0 g′（x）＜0在（0， ）恒成立，
sinx sin2x 2
⇒
π π π
∴g（x）在（0， ）上是单调递减的，故g( )＞g( )，
2 4 3
π π
代入可得√3f( )＞√2f( )，故A选项正确，
4 3
π π π π
g( )＞g( )，代入化简可得f( )＜√2f( )，故C选项正确，
6 4 4 6
故选：AC．
11．（5分）（2022春•沈阳期末）已知函数f（x）的定义域为R，且f'（x）＞1，f（3）＝4，则下列结论
中正确的有（ ）
A．f（x）为增函数
B．g（x）＝f（x）﹣x为增函数
C．f（2x﹣1）＞4的解集为（﹣∞，2）
D．f（2x﹣1）＞2x的解集为（2，+∞）
【解题思路】利用导数与函数的单调性的关系可判断AB，利用函数的单调性解不等式判断CD．
【解答过程】解：对于A，因为f′（x）＞1，所以f（x）为增函数，故A正确；
对于B，由g（x）＝f（x）﹣x，g'（x）＝f′（x）﹣1＞0，所以g（x）为增函数，故B正确；
对于C，f（3）＝4，则f（2x﹣1）＞4等价于f（2x﹣1）＞f（3），又f（x）为增函数，所以2x﹣1＞3，解得x＞2，所以f（2x﹣1）＞4的解集为（2，+∞），故C错误；
对于D，f（2x﹣1）＞2x等价于f（2x﹣1）﹣（2x﹣1）＞1＝f（3）﹣3．
即g（2x﹣1）＞g（3），又g（x）为增函数，所以2x﹣1＞3，解得x＞2，所以f（2x﹣1）＞2x的解集
为（2，+∞），故D正确；
故选：ABD．
12．（5分）（2022春•南沙区期末）定义；在区间I上，若数y＝f（x）是减函数：且y＝xf（x）是增函数，
则称y＝f（x）在区间I上是“弱减函数”，根据定义可得（ ）
1
A．f(x)= 在（0，+∞）上是“弱减函数”
x
x
B．f(x)= 在（1，2）上是“弱减函数”
ex
sinx π
C．f(x)= 在(0， )上是“弱减函数”
x 2
lnx
D．若f(x)= 在（m，+∞）上是“弱减函数”，则m≥e
x
【解题思路】根据题意，由“弱减函数”的概念依次判断各选项，即可得答案．
1
【解答过程】解：对于A，f（x）= ，是反比例函数，在（0，+∞）上单调递减，而y＝xf（x）＝1不
x
单调，故A错误；
x 1−x
对于B，f（x）= ，其导数f′（x）= ，在（1，2）上，有f′（x）＜0，则f（x）是减函数，
ex ex
y＝xf（x） x2，其导数y′ 2x−x2 x(2−x)，在（1，2）上是增函数，有y′＞0，则y＝xf（x）
= = =
ex ex ex
是增函数，
x
故f(x)= 在（1，2）上是“弱减函数”，B正确；
ex
sinx cosx⋅x−sinx
对于C，f（x）= ，其导数f′（x）= ，
x x2
π
在区间（0， ）上，tanx＞x恒成立，即cosx•x﹣sinx＜0恒成立，
2
π
则f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0， ）上为减函数，
2
π
y＝xf（x）＝sinx，在（0， ）上为增函数，
2sinx π
故f（x）= 在（0， ）上为“弱减函数”，C正确；
x 2
lnx
对于D，若f（x）= ，在（m，+∞）单调递减，
x
1−lnx
则f′（x）= ＜0在（m，+∞）上恒成立，必有lnm≥1，解得m≥e，
x2
而y＝xf（x）＝lnx在（0，+∞）单调递增，
lnx
故若f(x)= 在（m，+∞）上是“弱减函数”，则m≥e，D正确．
x
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
a
13．（5分）（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f(x)=x2+ 在区间[1，3]上单调递增，则实数a的
x
取值范围是 （﹣∞， 2 ] ．
【解题思路】求f（x）求导，由题意可得f′（x）≥0在[1，3]上恒成立，利用参变量分离法即可求解a
的取值范围．
【解答过程】解：由题设， a 2x3−a，
f '(x)=2x− =
x2 x2
所以[1，3]上2x3﹣a≥0恒成立，即a≤2x3恒成立，
而y＝2x3在[1，3]上单调递增，所以（2x3） ＝2，
min
故a≤2，即实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
故答案为：（﹣∞，2]．
14．（5分）（2022春•浉河区校级月考）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），且满足xf
f(ln4) f(3)
（x）＜f（x），若a=f(1)，b= ，c= ，则a、b、c的大小关系为 a ＞ b ＞ c ．
ln4 3
f(x)
【解题思路】根据题意，构造函数g(x)= ，结合已知条件判断函数g（x）的单调性，即可求解．
x
f(x) xf '(x)−f(x)
【解答过程】解：根据题意，令g(x)= ，x≠0，则g'(x)= ，
x x2
因为xf′（x）＜f（x），所以g′（x）＜0，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为1＜ln4＜3，所以g（1）＞g（ln4）＞g（3），即a＞b＞c．
故答案为：a＞b＞c．
15．（5分）（2022秋•渝中区校级月考）已知奇函数f（x）的定义域为R，当x＞0时，2f（x）+f'（x）＞0，且f（2）＝0，则不等式f（x）＞0的解集为 （﹣ 2 ， 0 ）∪（ 2 ， + ∞） ．
【解题思路】设g（x）＝x2f（x），（x R），由题意可得g（x）为R上的奇函数，再利用导数研究g
（x）的单调性，最后数形结合即可得g（∈x）＝x2f（x）＞0的解集，从而得f（x）＞0的解集．
【解答过程】解：设g（x）＝x2f（x），（x R），∵f（x）为R上的奇函数，
∴易得g（x）为R上的奇函数， ∈
∵g′（x）＝2xf（x）+x2f（x）＝x[2f（x）+xf'（x）]，
又当x＞0时，2f（x）+xf'（x）＞0，
∴当x＞0时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，又g（x）为R上的奇函数，
∴g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，g（0）＝0，
又g（2）＝4f（2）＝0，∴g（﹣2）＝﹣g（2）＝0，
作出g（x）的简图如下：
数形结合可得g（x）＝x2f（x）＞0的解集为（﹣2，0）∪（2，+∞），
∴f（x）＞0的解集为（﹣2，0）∪（2，+∞）．
故答案为：（﹣2，0）∪（2，+∞）．
16．（5分）（2022春•南京期末）设[a，b]是函数f（x）定义域的一个子集，若存在c （a，b），使得f
（x）在[a，c]上单调递增，在[c，b]上单调递减，则称f（x）为[a，b]上的单峰函数∈，c为峰点．若f
（x）＝（ex﹣ex）（ex﹣ex+lnm）为[a，b]上的单峰函数，则实数m的取值范围为 （ 0 ， 1 ） ．
【解题思路】对f（x） 求导，对f'（x）的正负进行讨论，即可根据单峰函数的定义求解．
【解答过程】解：由f（x）＝（ex﹣ex）（ex﹣ex+lnm），得f'（x）＝（ex﹣e）（2ex﹣2ex+lnm），
令m（x）＝ex﹣e，n（x）＝2ex﹣2ex+lnm，则m'（x）＝ex，n'（x）＝2ex﹣2e，
当x＞1时，n'（x）＞0，当x＜1时，n'（x）＜0，
故n（x）在（﹣∞，1）单调递减，在（1，+∞） 单调递增．所以当x＝1时，n（x）取最小值，且最小值为lnm，m（x） 最小值为0．
若lnm≥0，则m≥1，此时n（x）≥0，
f（x）在（﹣∞，1）单调递减，在（1，+∞） 单调递增，不符合单峰函数的定义．
当lnm＜0，则0＜m＜1，此时存在x ＜1＜x ，使得n（x ）＝n（x ），
1 2 1 2
当x （x ，1）时，m（x）＜0，n（x）＜0，
1
则f'∈（x）＝n（x）m（x）＞0，此时f（x） 单调递增，
当x （1，x ）时，m（x）＞0，n（x）＜0，
2
则f'∈（x）＝n（x）m（x）＜0，此时f（x） 单调递减，
故满足单峰函数的定义，其中[x ，x ]是单峰区间，x＝1是峰点，
1 2
综上，m的取值范围为（0，1）．
故答案为：（0，1）．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春•霍城县校级期末）设函数f（x）＝ax3+bx+1在x＝1处取得极值﹣1．
（1）求a、b的值；
（2）求f（x）的单调区间．
【解题思路】（1）根据题意可得f（1）＝﹣1，且f′（1）＝0，解得a，b．
（2）由（1）知f（x）＝x3﹣3x+1，求导得f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可解得f（x）
单调区间．
【解答过程】解：（1）f′（x）＝3ax2+b，
因为f（x）＝ax3+bx+1在x＝1处取得极值﹣1，
所以f（1）＝﹣1，且f′（1）＝0，
所以a+b+1＝﹣1且3a+b＝0，
解得a＝1，b＝﹣3．
（2）由（1）知f（x）＝x3﹣3x+1，
f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），
所以在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（﹣1，1）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，f（x）单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞），单调递减区间为（﹣1，1）．
18．（12分）（2022春•璧山区校级月考）已知函数f（x）＝aln（x+1）+bx﹣ex．
（1）若f'（0）＝0，f（1）＝ln2﹣e，求a，b的值；
（2）若a＝1，f（x）在区间[2，+∞）上为减函数，求b的取值范围．【解题思路】（1）对f（x）求导，由f'（0）＝0，f（1）＝ln2﹣e，得到关于a，b的方程，再求出a，
b即可；
1
（2）将a＝1代入f（x）中，求导后将问题转化为b≤ex− 恒成立，然后求出b的取值范围即可．
x+1
a
【解答过程】解：（1）由f（x）＝aln（x+1）+bx﹣ex，得f '(x)= +b−ex，
x+1
因为f'（0）＝0，所以a+b﹣1＝0，又f（1）＝aln2+b﹣e＝ln2﹣e，
所以a＝1，b＝0．
（2）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
若a＝1，则f（x）＝ln（x+1）+bx﹣ex，
因为f（x）在[2，+∞）是减函数，
1 1
所以f '(x)= +b−ex≤0恒成立，所以b≤ex− 恒成立，
x+1 x+1
1 1 1
又y=ex− 在定义域上是增函数，所以b≤（ex− ） =e2− ，
min
x+1 x+1 3
1
所以b的取值范围为（﹣∞，e2− ]．
3
19．（12分）（2022•青龙县开学）已知f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（1）当a＝2时，讨论f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在定义域R内单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）当a＝2时，求出f（x）解析式，再求出f（x）的导函数，利用导数与单调性的关系
求解即可；
（2）对f（x）求导，由已知可得f′（x）≥0恒成立，再参变量分离，即可求解a的取值范围．
【解答过程】解：（1）当a＝2时，f（x）＝ex﹣2x﹣1，∴f′（x）＝ex﹣2．
令f′（x）＞0，即ex﹣2＞0，解得：x＞ln2；
令f′（x）＜0，即ex﹣2＜0，解得：x＜ln2；
∴当a＝2时，函数f（x）的单调增区间是（ln2，+∞），递减区间为（﹣∞，ln2）．
（2）∵f（x）＝ex﹣ax﹣1，∴f′（x）＝ex﹣a．
∵f（x）在R上单调递增，∴f′（x）＝ex﹣a≥0恒成立，即a≤ex恒成立．
∵x R时，ex （0，+∞），
∴a∈≤0，即a∈的取值范围为（﹣∞，0]．
20．（12分）（2022春•南沙区期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax2﹣2（a﹣1）x+1（a R）．
∈（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x ，x ，求实数a的取值范围．
1 2
【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单
调区间；
（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式
可求a的范围．
2 −2ax2−2(a−1)x+2 −2(ax−1)(x+1)
【解答过程】解：（1）f′（x）= −2ax﹣2（a﹣1）= =
x x x
，
因为x＞0，x+1＞0，
故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
1 1
当a＞0时，x＞ 时，f′（x）＜0，0＜x＜ 时，f′（x）＞0，
a a
1 1
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，
a a
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞）；
a a
（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，
不符合题意；
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞），
a a
又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，
1 1 1 1
若使f（x）有2个零点，则f（ ）=−2lna+ −1=2ln + −1＞0，
a a a a
1
令t= ，则t＞0，
a
即2lnt+t﹣1＞0，
令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，
所以t＞1，
所以0＜a＜1，
故a的取值范围为（0，1）．
21．（12分）（2022春•镇江期末）已知函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx+2a2，g（x）＝ln2x+g'（1），其中x＞0，a R．
（1）当∈a＝0时，求y＝f（x）在点（1，f（1））处切线l的方程；
（2）若函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
1
（3）记F（x）＝f（x）+g（x），求证：F(x)≥ ．
2
【解题思路】（1）由题意首先求得切点坐标和切线的斜率，然后利用点斜式确定切线方程即可；
（2）将原问题转化为导函数大于等于零恒成立的问题，然后构造函数，结合构造的函数求解参数的取
值范围即可；
（ 3 ） 由 题 意 可 得 g （ x ） ＝ ln2x ， 则
x2+ln2x
F(x)=x2−2ax−2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+ ]， 构 造 新 函 数
2
x2+ln2x
P(a)=a2−(x+lnx)a+ ，结合导函数研究构造函数的性质即可证得题中的不等式．
2
【解答过程】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x2，
∴f'（x）＝2x f'（1）＝2，此时切点为（1，1），
∴l的方程为y⇒﹣1＝2（x﹣1） 2x﹣y﹣1＝0．
（2）∵f（x）＝x2﹣2ax﹣2aln⇒x+2a2，函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
2a 2x2−2ax−2a
∴f '(x)=2x−2a− = ≥0在区间（1，+∞）上恒成立，
x x
x2 x2
∴a≤ 在x （1，+∞）上恒成立，则a≤( ) ，x∈(1，+∞)，
x+1 x+1
min
∈
令 x2 ，则 2x(x+1)−x2 x2+2x，
M(x)= ，x∈(1，+∞) M'(x)= =
x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
当x （1，+∞）时，M'（x）＞0，
∈ x2 1
∴M(x)= ＞M(1)= ，
x+1 2
1
∴a∈(−∞， ]．
2
2lnx 2ln1
证明：（3）∵g'(x)= ，∴g'(1)= =0，则g（x）＝ln2x，
x 1
x2+ln2x
∴F(x)=x2−2ax−2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+ ]，
2x2+ln2x
令P(a)=a2−(x+lnx)a+ ，
2
x+lnx x+lnx x2+ln2x x+lnx (x−lnx) 2 (x−lnx) 2
则P(a)=(a− ) 2−( ) 2+ =(a− ) 2+ ≥ ，
2 2 2 2 4 4
1 x−1
令Q（x）＝x﹣lnx，则Q'(x)=1− = ，
x x
显然Q（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间[1，+∞）上单调递增，则Q（x） ＝Q（1）＝1，
min
1 1 1
∴P(a)≥ ，则F(x)≥2× = ．
4 4 2
a−1
22．（12分）（2022春•丹东期末）已知a＞0且函数f(x)=ax+ −lnx−2a+1．
x
（1）若a＝1，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥1时，f（x）≥0，求a的取值范围；
1 1 n
（3）设n N*，证明：1+ +⋯+ ＞ln(n+1)+ ．
2 n 2(n+1)
∈
【解题思路】（1）当a＝1时，f（x）＝x﹣lnx﹣1（x＞0），求导分析f（x）的单调性．
a 1−a
（2）根据题意可得f（1）＝0，求导得f′（x）= （x﹣1）（x− ），分两种情况：①当0＜a
x2 a
1 1
＜ 时，②当a≥ 时，f（x）≥0时a的取值范围．
2 2
1 a−1
（3）由（2）知当a≥ 时，f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，即ax+ +1﹣2a﹣lnx≥0（x≥1），
2 x
1 1 1 k+1 1 1 1
当 a= 时，有 （x− ）≥lnx，令 x= ，则有 ln（k+1）﹣lnk＜ （ + ），k＝1，2，
2 2 x k 2 k k+1
3...n，将上述n个不等式依次相加，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）当a＝1时，f（x）＝x﹣lnx﹣1（x＞0），
1 x−1
所以f′（x）＝1− = ，
x x
所以当x （0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x （1∈，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以∈f（x）单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．
a−1
（2）f（x）＝ax+ +1﹣2a﹣lnx，x [1，+∞），
x
∈
则f（1）＝0，f′（x）＝a a−1 1 ax2−x−(a−1) a （x﹣1）（x 1−a），
− − = = −
x2 x x2 x2 a
1 1−a
①当0＜a＜ 时，有 ＞1，
2 a
1−a 1−a
所以当1＜x＜ ，f′（x）＜0，f（x）在[1， ）上单调递减，
a a
1−a
所以当x （1， ）时，f（x）＜f（1）＜0，与f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立矛盾，
a
∈
1 1−a
②当a≥ 时， ≤1，此时f′（x）≥0在[1，+∞）上成立，
2 a
所以f（x）在[1，+∞）上是增函数，
所以f（x）≥f（1）＝0，
即f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
1
综上所述，a的取值范围为[ ，+∞）．
2
1
（3）证明：由（2）知当a≥ 时，f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
2
a−1
即ax+ +1﹣2a﹣lnx≥0（x≥1），
x
1 1 1
当a= 时，有 （x− ）≥lnx，
2 2 x
1 1
所以当x＞1时， （x− ）＞lnx，
2 x
k+1 k+1 1 k+1 k 1 1 1
令x= ，则有ln ＜ （ − ）= [（1+ ）﹣（1− ）]，
k k 2 k k+1 2 k k+1
1 1 1
即ln（k+1）﹣lnk＜ （ + ），k＝1，2，3...n，
2 k k+1
将上述n个不等式依次相加得：
1 1 1 1 1
ln（n+1）＜ +（ + +...+ ）+ ，
2 2 3 n 2(n+1)
1 1 1 n
整理得1+ + +...+ ＞ln（n+1）+ （n≥1）．
2 3 n 2(n+1)
