专题1用导数研究含参函数的单调性（原卷版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_专项复习资料_学霸养成2024高考数学压轴大题必杀技系列·导数

专题 1 用导数研究含参函数的单调性 一、考情分析 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. 二、解题秘籍 连续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 的根,所以求解含参函 数的单调性问题,一般要根据 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 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 的根的情况总结出11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： 定义域不是 , 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 的单调性分析： , 根的情况转化为 根的情况 根据 是否在定义域 内进行分类 答案： (1) , 在 上是增函数； (2) , 在 上是减函数,在 上是增函数. 类型二： 定义域不是 , 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 的单调性 分析： , 根的情况转化为 在 上根的情况. 步骤一：讨论 (无实根)； 步骤二：讨论 ,由 得 (不在定义域内)； 步骤三：讨论 ,根据 是否在定义域内再分 . 答案： (1) , 在 上是减函数； (2) , 在 上是减函数； (3) (i) , , 在 上是增函数；(ii) , 在 上是减函数,在 上是增函数. 类型三： 定义域为 , 可化为单根型类二次（或高次）方程 思路：根据 的系数符号进行分类 【例3】讨论 的单调性 分析： ,因为 , 根的情况转化为 根的情况, 步骤一：讨论 ； 步骤二：讨论 ,注意此时 ； 步骤三：讨论 ,注意不等式两边除以 ,不等式要改变方向. 答案： (1) 时 在 上递增,在 上递减； (2) 时 在 上递减； (3) 时 在 上递减,在 上递增. 类型四： 定义域不是 , 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 【例4】讨论 的单调性 分析： ,因为 , 根的情况转化为 在 上根 的情况.步骤一：讨论 ( 无实根)； 步骤二：讨论 ,由 得 ； 答案： (1) , 在 上是增函数； , , , 在 上是增函数； , , 在 上是减函数. (2) 类型五： 定义域为 , 可化为双根型二次方程 思路：根据根的大小进行分类 【例5】讨论 的单调性 分析： , 根的情况转化为 的根的情况,根据 与 的大小进行讨论. 步骤一：讨论 ； 步骤二：讨论 ,注意此时 ； 步骤三：讨论 . 答案： (1) 在 上是增函数,在 上是减函数； (2) , 在 上是增函数； (3) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 类型六： 定义域不是 , 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 【例6】讨论 的单调性分析： , 根的情况转化为 在 上根的 情况. 步骤一：讨论 (根不在定义域内). 步骤二：讨论 (根据 的大小再分 ) 答案： (1) , 在 上是增函数； (2) 在 上是增函数,在 上是减函数； (3) , 在 上是增函数； (4) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 类型七： 定义域是 , 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 【例7】讨论 的单调性 分析： , 根的情况转化为 根的情况. 步骤一：讨论 ( 无实根)； 步骤二：讨论 ,此时 ； 步骤三：讨论 (根据 的大小再分 ) 答案：(1) , 在 上是增函数,在 上是减函数； (2) 在 上是减函数,在 上是增函数； (3) 在 上是增函数,在 上是减函数； (4) , 在 上是增函数； (5) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 提醒：对于类二次方程,不要忽略对 项的系数为零的讨论 类型八： 定义域不是 , 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 【例8】讨论 的单调性 分析： , 根的情况转化为 根的情况. 步骤一：讨论 (有1个根). 步骤二：讨论 ( 不在定义域内) 步骤三：讨论 ( 均在定义域内,根据 的大小再分 ) 答案： (1) , 在 上是增函数,在 上是减函数；(步骤一二合并)(2) 在 上是增函数,在 上是减函数； (3) , 在 上是增函数； (4) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 类型九： 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 【例9】讨论 的单调性 分析： , 根的情况转化为 根的情况. 步骤一：讨论 (有1个根). 步骤二：讨论 , 的拟合函数为 (根据 的大小再分 ) 答案： (1) , 在 上是增函数,在 上是减函数； (2) 在 上是增函数,在 上是减函数； (3) , 在 上是增函数； (4) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 类型十： 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【例10】讨论 的单调性 分析： 的拟合函数为 (根据 与0,1大小分类) 步骤一：讨论 ( ). 步骤二：讨论 , (再分 ) 答案： (1) , 在 上是减函数,在 上是增函数； (2) 在 上是增函数,在 上是减函数； (3) , 在 上是增函数； (4) , 在 上是增函数,在 上是减函数. 类型十一：导函数为三角函数类型 【例10】判断 在 上的单调性 分析： 步骤一： ， 步骤二：令 ， ， 步骤三：利用弦函数有界性得 ， 步骤四： 为增函数， ． 答案： 在 上单调递增. 三、典例展示 1 【例1】（2024届重庆市南开中学校高三上学期7月月考）已知函数 f xlog x lna，其中 且 a x a0 a1.f x (1)讨论 的单调性； 1 3  f a (2) x0 ，有 fx0 ，求证： e 2 . 1 1 xlna 【解析】（1） fx   ， xlna x2 x2lna x0 0a1 lna0 fx0 f x 0, 当 时， ，可得 ，所以 在 上单调递减， a1 lna0 fx0xlna f x 0,lna lna, 当 时， ， ，故 在 单调递减，在 单调递增. 0a1 f x 0, lna0 alna1 a1 1 （2）①当 时， 在 上单减，因为 ，故 ， 1 1 所以 f  alna1 log alna1 lna1 0，不符题意，故舍去. a alna1 alna1 f x x （也可用 时， ，舍去） f x 0,lna lna, f x f lna ②当 a1 时， 在 单减， 单增， min ， 1 lnlna 1 故 f lnalog lna lna  lna0， a lna lna lna lnt 1 令 ，则有  t0， t lna0 t t lnt 1 令gt  t，且g10， t t lntt2 gt ，  t2 1 令tlntt2，t 2t0，故t在0,单减， t 1 1 1  因为 2   ln2 4 0， 110 ，故t 0  2 ,1  使得 t 0 ， 0 t0,t  φt0 gt0 gt 当 0 时， ， ， 单增， tt  t0 gt0 gt 当 0 时， ， ， 单减， 1 1 1 3 又g 31ln3 0，g  2ln20， 3 3 2 21 1 故存在 3 , 2   使得 g0 ， gt0 t1 lna1eae 所以由不等式 解得 ，即 ， 1 1 1 又 f a1 a lna， fa a2  a 0，所以函数 f a在  e,e  单减， 1 1 f a f e f a f  e 1  所以 ， ， e e 1 记 m1  ，则me10， e 1 2 1 所以m在    1 3 , 1 2    单减， mm 3    3  e 1 3 ， 2 1 3 1 6 216  e3 e 1.728 而3 1 2 5 125 ，显然成立， e3 1 3  f a 综上： . e 2 1 【例2】（2024届山西省朔州市怀仁市高三上学期摸底）已知函数 f(x) (a1)ln(x1)axe2 x1 （aR，e为自然对数的底数）. f x (1)讨论函数 的单调性； f x (2)若函数 有且仅有3个零点，求实数a的取值范围. f x 1, 【解析】（1）函数 的定义域为 ， fx 1  a1 a   1 1     1 a    x  ax11   x  ax1a  x12 x1 x1 x1  x12 x12 . a0 x10 ax110 fx0 x0 ①当 时，由 ，有 ，令 ，可得 ， f x 0, 可得函数 的减区间为 ， f�( x) >0 f x 1,0 令 ，函数 的增区间为 ；x2 fx 0 ②当 时， x12 ， a1 f x 1, 可得函数 在区间 上单调递增，无单调减区间； 1a 1a ③当 时， 0，令 fx0，可得0x ， 0a1 a a  1a 可得函数 f x的减区间为  0, a   ， 1a 1a  令 f�( x) >0 ，可得 1 x0 ，或x a ，所以函数 f x的增区间为1,0，  a ,  ； 1a 1a ④当 时， 0，令 fx0，可得 x0， a1 a a 1a 令 f�( x) >0，可得 1x ，或 ， a x0 1a   1a 可得函数 f x的减区间为  a ,0  ，增区间为  1, a   ，0,； a0 f x 0, 1,0 综上，当 时，由函数 的减区间为 ，增区间为 ； f x 1, a1 当 时，函数 在区间 上单调递增；  1a 1a  当 0a1 时，函数 f x的减区间为  0, a   ，增区间为1,0，  a ,  ； 1a   1a 当a1时，函数 f x 的减区间为   a ,0 ，增区间为   1, a  ， 0, . f 0e30 （2） . 由（1）可知： a0 f x 0, 1,0 f x f 00 f x ①当 时，由函数 的减区间为 ，增区间为 ，有 ，函数 没有零 点，不合题意； f x f x a1 ②当 时，函数 单调递增，函数 最多只有一个零点，不合题意；  1a 1a  ③当 0a1 时，函数 f x的减区间为  0, a   ，增区间为1,0，  a ,  ，f 00 f x 由 ，函数 最多只有一个零点，不合题意； 1a   1a ④当a1时，函数 f x 的减区间为   a ,0 ，增区间为   1, a  ， 0, . 1a 由 f 00 ，若函数 f x 有且仅有3个零点，必需 f   a   a1lna2ae10 ， 1 令gxx1lnx2xe1x1，有gxlnx 1， x 1 1 1 x1 令hxlnx 1x1 ，有hx   0， x x x2 x2 hx hxh10 可得函数 单调递增，有 ， gx ge0 可得函数 单调递增，又由 ， a1lna2ae10 ae 故满足不等式 的a的取值范围为 . 1a1x1lnx1 又由 f x axe2，可得当 时， f x， x1 x1 1a 1 又由 f  0， ， f  e21   2(a1)a  e21  e2  a  f(0)0 e2 1 1 a  e23  e e2 4e32e e2 40，可得函数 f x有且仅有3个零点. f x e, 由上知，若函数 有且仅有3个零点，实数a的取值范围为 . ax 【例3】（2023届福建省三明市高三三模）已知函数 f x lnxaR . x1 f x (1)讨论 的单调性； 1  (2)若 x 2 ,1 ，证明： 1xe 4x 1 x 4x2x0 . ax 【解析】（1） f x定义域为0,，因为 f x lnx ， x1a 1 x2a2x1 fx   所以 x12 x xx12 . fx0 x2a2x10 令 ，则 ， Δ(a2)24a24a 所以 ， 0a4 Δ0 fx0 f x 0, 当 时， ，此时 ，所以 在 上单调递减. a2 a24a a2 a24a 当a0时，令 fx0，则 x 1  2 0 ， x 2  2 0 x0, fx0 f x 0, 所以当 时， ，即 在 上单调递减. a2 a24a a2 a24a 当a4时，令 fx0，则 x 1  2 0 ， x 2  2 0  a2 a24a  a2 a24a  x0,  , 所以当  2   2 时， fx0 ，      a2 a24a  a2 a24a  0,   , 即 f x在 2 和 2 上单调递减，     a2 a24a a2 a24a  x ,  当   2 2   时， f�( x) >0 ， a2 a24a a2 a24a   ,  即 f x在 2 2 上单调递增.   a4 f x 0, 综上所述：当 时， 在 上单调递减；  a2 a24a  a2 a24a  0,   , 当 时， f x在 2 和 2 上单调递减， a4     a2 a24a a2 a24a   ,  在 2 2 上单调递增  1 4x 1 4x2x （2）要证明：1xe 4x x 4x2x0，只要证明：e x  ， 1x 4x 1 4x1 e x  只要证明： 1 1 x 1 1  4x ln4x1ln 1 只要证明： x x . 1 1  只要证明： ln4x14xln 1， x x  1 1  只要证明：4 ln4x144xln 1， x x  1  44x1 4 x 1  1  只要证明：4x11 ln4x1 1  ln x 1  .  11 x  4x 由（1）知，当 时， f x lnx 在0,上单调递减. a4 x1 1  1 f 4x1 f  1 4x1 1 即要证明 x ，即要证明 x . 1 1  1 x2  x ,1 x2  即证明 4.因为 2 ，所以 4，所以原不等式成立. 解法二： 1 4x 1 4x2x 要证明：1xe 4x x 4x2x0，只要证明：e x  . 1x 1 只要证明：4x ln  4x2x  ln1x x 1 只要证明：4x ln4x1lnxln1x x 1 只要证明：ln4x1lnxln1x4x 0. x 1 1  令gxln4x1lnxln1x4x ，x ,1 x 2  4 1 1 1 所以gx   4 4x1 x 1x x24  x 1  2  4x22x1  所以gx 16x424x316x26x1   2 . x24x11x x24x11x 1  因为4x22x10，所以 gx0 ，即 gx 在 x 2 ,1 上单调递增. 1 所以gxg 0，即原不等式成立 2 1 f xlnxm1x mx2 【例4】（2023届福建省福州高三适应性考试）已知函数 . 2 f x (1)讨论函数 的单调性； 1 2 gx f x mx2 xx  (2)若函数 2 有两个零点x 1 ，x 2 ，且x 2 ex 1 ，求证: 1 2 e1 (其中 e 是自然对数的底数). 1 【解析】（1）函数 f xlnxm1x mx2 定义域为0,， 2 1 mx2m1x1 mx1x1 fx m1mx  ， x x x m0 mx10 0x1 f�( x) >0 x1 fx0 当 时 恒成立，所以当 时 ，当 时 ， f x 0,1 1, 所以 在 上单调递增，在 上单调递减； 1 当 时令mx1x10，解得 或 x ， m0 x1 m 1 x12 当m 1 ，即m1时 fx x 0 恒成立，所以 f x 在 0, 上单调递增； 1 1  1  当0 m 1即 m 1 时，令 f�( x) >0 ，解得0x m 或 x1 ，则 f x在  0, m   ，1,上单调递增， 1  1  令 fx0 ，解得 m x1，则 f x在 m ,1  上单调递减； 1  1 当m 即 时，令 ，解得 或 1 ，则 在 ， 1 上单调递增，  m0 0m1 f�( x) >0 0x1 x m f x 0,1  m ,  1  1  令 fx0 ，解得1x m ，则 f x在  1, m   上单调递减；f x 0,1 1, m0 综上可得，当 时 在 上单调递增，在 上单调递减； f x 0, m1 当 时 在 上单调递增；  1   1  当 m 1 时 f x在  0, m   ，1,上单调递增，在 m ,1  上单调递减；  1   1  当 0m1 时 f x在0,1， m ,  上单调递增，在  1, m   上单调递减； 1 （2）因为gx f x mx2 lnxm1x， 2 x x lnxm1x0 由题意 1， 2是方程 的两个根， lnx m1x 0 lnx m1x 0 1 1 ①， 2 2 ②， lnx lnx ①②两式相加，得m1 1 2 ③， x x 1 2 lnx lnx m1 1 2 ①②两式相减，得 x x ④， 1 2 lnx lnx lnx lnx 1 2  1 2 联立③④，得 ， x x x x 1 2 1 2 x 2 1 x x x x lnx lnx (lnx lnx ) 2 1 ln 2  1 1 2 2 1 x x x x ， 2 1 1 2 1 x 1 x t  2 设 ， ， ， x  x ex 0 t e 1 2 1 1t lnx 1 lnx 2 lnt t1 ，te,， 1 2 因为 ee12 2.72.712 7.8034 ，所以 ee12 ，则e2  ， e1 2 1 xx  若xx e2，则一定有 1 2 e1 ， 1 2 t1 1t 1 lnt 只需证明当t e时，不等式 lnt t1  2 成立即可，即不等式 2t1 成立， 1 2 3 设函数(t)lnt t1 ，t 1  1  t12 t    t 2    4 0， 2t1 t t12 tt12 tt12 e3 e1 1 te   在 e, 上单调递增，故t e时， 2e1 2e1 2， 1t 1 lnt  即证得当 时， ，即证得 ， t e t1 2 2 1 xx  ，即证得xx e2，则 1 2 e1 ． 1 2 【例5】（2023届湖北省新高三摸底联考）已知 ,函数 ． (1)讨论函数 的单调性； (2)如果我们用 表示区间 的长度,试证明：对任意实数 ,关于 的不等式 的解集的 区间长度小于 ． 【解析】 (1) ,定义域为 , 若 恒成立,所以 在 上单调递减； 若 , 当 时, ；当 时, , 所以 在 上单调递减,在 上单调递增． 综上, 时, 在 上单调递减； 时, 在 上单调递减,在 上单调递增． (2)令 ,则 ,因为 ,由（1）知, 在 上单调递减,在 上单调递增, 又 ,所以 , 令 , 由 恒成立, 所以 在 上单调递增． 又 ,所以 ,即 ．从而 , 所以 ,即 ． 因为 ,所以 , 所以存在唯一 ,使得 ,所以 的解集为 , 即 的解集为 ,又 的区间长度为 , 原命题得证． 四、跟踪检测 f xexax2 fx f x aR 1.（2024届湖北省黄冈市高三上学期8月质量检测）已知函数 ， ， 为函数 的导函数. fx (1)讨论函数 的单调性； f x fx2ax2 0,1 a (2)若方程 在 上有实根，求 的取值范围. 2．（2024届广东省罗定中学高三上学期8月调研）已知函数 ，其中 .(1)求函数 的单调区间； (2)讨论函数 零点的个数； 3.（2023届四川省内江市高三零模考试）已知函数 , (1)讨论 的单调性； (2)若不等式 对任意 恒成立,求 的最大值． 4.（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试）已知函数 ． (1)当 时,讨论 的单调性； (2)当 时,若 ,求b的最小值． 5.（2023届三省三校高三第一次联考）已知函数 . (1)讨论 的单调性； (2)若 ,设 在 上的最小值为 ,求证： . f x xalnx 6．（2024届海南省陵水黎族自治县高三上学期第一次模拟）已知函数 . f x (1)求 的单调区间； y f x x a1x a (2)若 有两个零点，记较小零点为 0，求证： 0 . kx g(x) 7．（2023届贵州省贵阳市高三3 3 3高考备考诊断性联考）实数 ， ， . k 0 f(x)ln(x1) xk f xgx (1)讨论 的单调性并写出过程； n 3 1 e13k2 n1 (2)求证： n1. k1 f xalnx1ax 8．（2024届江西省高三第一次稳派大联考）已知函数 . a0 f x (1)当 时，讨论 的单调性；axex1a (2)当 时， f x＞ 恒成立，求实数 的取值范围. x＞1 x1 a 9.已知 (1)若 ,讨论函数 的单调性； (2) 有两个不同的零点 , ,若 恒成立,求 的范围． 10.已知函数 . (1)讨论 的单调性； (2)若 在 上恒成立,求实数a的取值范围. f x2x331mx26mxxR 11.已知函数 . f x (1)讨论函数 的单调性； f x (2)若 f 15,函数gxalnx1 x2 0在1,上恒成立,求整数 a 的最大值. 12．已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）若 在 上只有一个极值,且该极值小于 ,求 的取值范围.