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- 2021-05-14 发布
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2020-2021学年高考数学（理）考点：导数与函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
条件
恒有
结论
函数y＝f (x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
f (x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f (x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f (x)在(a，b)内是常数函数
概念方法微思考
“f (x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示 不正确，正确的说法是：
可导函数f (x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任一非空子区间内都不恒为零．
1．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex-1ex，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是__________．
【答案】[﹣1，12]
【解析】函数f（x）＝x3﹣2x+ex-1ex的导数为：
f′（x）＝3x2﹣2+ex+1ex≥-2+2ex⋅1ex=0，
可得f（x）在R上递增；
又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex-1ex=0，
可得f（x）为奇函数，
则f（a﹣1）+f（2a2）≤0，
即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）
由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），
f（2a2）≤f（1﹣a），
即有2a2≤1﹣a，
解得﹣1≤a≤12，
故答案为：[﹣1，12]．
2．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【解析】由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．
（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．
∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；
（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；
当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．
又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．
∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，
则1+lna＞0，可得a＞1e．
综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1e，+∞）．
3．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a＞0，讨论函数g（x）=f(x)-f(a)x-a的单调性．
【解析】（1）f（x）≤2x+c等价于2lnx﹣2x≤c﹣1．
设h（x）＝2lnx﹣2x，h′（x）=2x-2=2(1-x)x（x＞0）．
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）在x＝1时取得极大值也就是最大值为h（1）＝﹣2，
∴c﹣1≥﹣2，即c≥﹣1．
则c的取值范围为[﹣1，+∞）；
（2）g（x）=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a（x＞0，x≠a，a＞0）．
∴g′（x）=2x(x-a)-2lnx+2lna(x-a)2=-2ax-2lnx+2lna+2(x-a)2．
令w（x）=-2ax-2lnx+2lna+2（x＞0），
则w′（x）=2ax2-2x=2(a-x)x2，
令w′（x）＞0，解得0＜x＜a，令w′（x）＜0，解得x＞a，
∴w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减．
∴w（x）≤w（a）＝0，即g′（x）≤0，
∴g（x）在（0，a）和（a，+∞）上单调递减．
4．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围．
【解析】（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，
k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增，
k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞k3或x＜-k3，
令f′（x）＜0，解得：-k3＜x＜k3，
∴f（x）在（﹣∞，-k3）递增，在（-k3，k3）递减，在（k3，+∞）递增，
综上，k≤0时，f（x）在R递增，
k＞0时，f（x）在（﹣∞，-k3）递增，在（-k3，k3）递减，在（k3，+∞）递增；
（2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（k3），f（x）极大值＝f（-k3），
若f（x）有三个零点，
只需k＞0f(k3)＜0f(-k3)＞0，解得：0＜k＜427，
故k∈（0，427）．
5．（2019•全国）已知函数f（x）=x（x2﹣ax）．
（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为-23，求a．
【解析】（1）当a＝1时，f（x）=x（x2﹣x），
则f'（x）=52x32-32x12（x≥0），令f'（x）＝0，则x=35，
∴当0＜x＜35时，f'（x）＜0；当x＞35时，f'（x）＞0．
∴f（x）的单调递减区间为(0，35)，单调递增区间为(35，+∞)；
（2）f'（x）=52x32-32ax12（0≤x≤2），令f'（x）＝0，则x=3a5，
当a≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在[0，2]上单调递增，∴f(x)min=f(0)=0≠-23，不符合条件；
当0＜a≤103时，0＜3a5≤2，则当0＜x＜3a5时，f'（x）＜0；当3a5＜x＜2时，f（x）＞0，
∴f（x）在(0，3a5)上单调递减，在(3a5，2)上单调递增，
∴f(x)min=f(3a5)=(3a5)52-a(3a5)32=-23，∴a=53，符合条件；
当a＞103时，103＞2，则当0＜x＜2时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，2）上单调递减，
∴f(x)min=f(2)=2(4-2a)=-23，∴a=2+26，不符合条件．
∴f（x）在区间[0，2]的最小值为-23，a的值为53．
6．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+1+x，x＞0．
（Ⅰ）当a=-34时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤x2a，求a的取值范围．
注：e＝2.71828…为自然对数的底数．
【解析】（1）当a=-34时，f（x）=-34lnx+1+x，x＞0，
f′（x）=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x，
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．
（2）由f（1）≤12a，得0＜a≤24，
当0＜a≤24时，f（x）≤x2a，等价于xa2-21+xa-2lnx≥0，
令t=1a，则t≥22，
设g（t）＝t2x-2t1+x-2lnx，t≥22，
则g（t）=x（t-1+1x）2-1+xx-2lnx，
（i）当x∈[17，+∞）时，1+1x≤22，
则g（x）≥g（22）=8x-421+x-2lnx，
记p（x）＝4x-221+x-lnx，x≥17，
则p′（x）=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1
=(x-1)[1+x(2x+2-1)]xx+1(x+1)(x+1+2x)，
列表讨论：
x
17
（17，1）
1
（1，+∞）
p′（x）
﹣
0
+
P（x）
p（17）
单调递减
极小值p（1）
单调递增
∴p（x）≥p（1）＝0，
∴g（t）≥g（22)=2p(x)=2p（x）≥0．
（ii）当x∈[1e2，17）时，g（t）≥g（1+1x）=-2xlnx-(x+1)2x，
令q（x）＝2xlnx+（x+1），x∈[1e2，17]，
则q′（x）=lnx+2x+1＞0，
故q（x）在[1e2，17]上单调递增，∴q（x）≤q（17），
由（i）得q（17）=-277p（17）＜-277p（1）＝0，
∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（1+1x）=-q(x)2x＞0，
由（i）（ii）知对任意x∈[1e2，+∞），t∈[22，+∞），g（t）≥0，
即对任意x∈[1e2，+∞），均有f（x）≤x2a，
综上所述，所求的a的取值范围是（0，24]．
7．（2019•天津）设函数f（x）＝excosx，g（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[π4，π2]时，证明f（x）+g（x）（π2-x）≥0；
（Ⅲ）设xn为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ+π4，2nπ+π2）内的零点，其中n∈N，证明2nπ+π2-xn＜e-2nπsinx0-cosx0．
【解析】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），因此，
当x∈（2kπ+π4，2kπ+5π4）（k∈Z）时，有sinx＞cosx，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（2kπ-3π4，2kπ+π4）（k∈Z）时，有sinx＜cosx，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）的单调增区间为[2kπ-3π4，2kπ+π4]（k∈Z），单调减区间为[2kπ+π4，2kπ+5π4]（k∈Z）；
（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（π2-x），依题意及（Ⅰ），
有g（x）＝ex（cosx﹣sinx），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（π2-x）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（π2-x）＜0．
因此，h（x）在区间[π4，π2]上单调递减，有h（x）≥h（π2）＝f（π2）＝0．
∴当x∈[π4，π2]时，f（x）+g（x）（π2-x）≥0；
（Ⅲ）证明：依题意，u（xn）＝f（xn）﹣1＝0，即exncosxn=1．
记yn＝xn﹣2nπ，则yn∈（π4，π2），且f（yn）=eyncosyn=exn-2nπcos(xn-2nπ)=e﹣2nπ（x∈N）．
由f（yn）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得yn≥y0，
由（Ⅱ）知，当x∈（π4，π2）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[π4，π2]上为减函数，
因此，g（yn）≤g（y0）＜g（π4）＝0，
又由（Ⅱ）知，f(yn)+g(yn)(π2-yn)≥0，
故π2-yn≤-f(yn)g(yn)=-e-2nπg(yn)≤-e-2nπg(y0)=e-2nπey0(siny0-cosy0)＜e-2nπsinx0-cosx0．
∴2nπ+π2-xn＜e-2nπsinx0-cosx0．
8．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx-x+1x-1．
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【解析】（1）函数f（x）＝lnx-x+1x-1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；
f′（x）=1x+2(x-1)2＞0，（x＞0且x≠1），
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
①在（0，1）区间取值有1e2，1e代入函数，由函数零点的定义得，
∵f（1e2）＜0，f（1e）＞0，f（1e2）•f（1e）＜0，
∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，
②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，
又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，
故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；
（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1x0-1，
曲线y＝lnx，则有y′=1x；
由直线的点斜式可得曲线的切线方程，
曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣x0），
即：y=1x0x﹣1+lnx0，将lnx0=x0+1x0-1代入，
即有：y=1x0x+2x0-1，
而曲线y＝ex的切线中，在点（ln1x0，1x0）处的切线方程为：y-1x0=1x0（x﹣ln1x0）=1x0x+1x0lnx0，
将lnx0=x0+1x0-1代入化简，即：y=1x0x+2x0-1，
故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
故得证．
9．（2018•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=-2lnlnalna；
（Ⅲ）证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
【解析】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，
令h′（x）＝0，解得x＝0．
由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h′（x）
﹣
0
+
h（x）
↓
极小值
↑
∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；
（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为ax1lna．
由g′（x）=1xlna，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为1x2lna．
∵这两条切线平行，故有ax1lna=1x2lna，即x2ax1(lna)2=1，
两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，
∴x1+g（x2）=-2lnlnalna；
（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（x1，ax1）处的切线l1：y-ax1=ax1lna(x-x1)，
曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：y-logax2=1x2lna(x-x2)．
要证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，
只需证明当a≥e1e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，
即只需证明当a≥e1e时，方程组ax1lna=1x2lna①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②
由①得x2=1ax1(lna)2，代入②得：
ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0，③
因此，只需证明当a≥e1e时，关于x1 的方程③存在实数解．
设函数u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna，既要证明当a≥e1e时，函数y＝u（x）存在零点．
u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，
又u′（0）＝1＞0，u′(1(lna)2)=1-a1(lna)2＜0，
故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即1-(lna)2x0ax0=0．
由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．
∵a≥e1e，故lnlna≥﹣1．
∴u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna≥2+2lnlnalna≥0．
下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，
由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当x＞1lna时，有
u（x）≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna．
∴存在实数t，使得u（t）＜0．
因此，当a≥e1e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．
∴当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
10．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+x+1）．
（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；
（2）证明：f（x）只有一个零点．
【解析】（1）当a＝3时，f（x）=13x3﹣3（x2+x+1），
所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3±23，
当x∈（﹣∞，3﹣23），x∈（3+23，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，
当x∈（3﹣23，3+23)时，f′（x）＜0，函数是单调递减，
综上，f（x）在（﹣∞，3﹣23），（3+23，+∞），上是增函数，在（3﹣23，3+23)上递减．
（2）证明：因为x2+x+1＝（x+12）2+34＞0，
所以f（x）＝0等价于x33(x2+x+1)-a=0，
令g(x)=x33(x2+x+1)-a，
则g'(x)=x2[(x+1)2+2]3(x2+x+1)2＞0，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数；
g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a-13=-6（a-16）2-16＜0，
f（3a+1）=13＞0，
故f（x）有一个零点，
综上，f（x）只有一个零点．
11．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=1x-x+alnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1)-f(x2)x1-x2＜a﹣2．
【答案】
【解析】（1）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2，
设g（x）＝x2﹣ax+1，
当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，
①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：
x
（0，a-a2-42）
a-a2-42
（a-a2-42，a+a2-42）
a+a2-42
（a+a2-42，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
递减
递增
递减
综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2时，在（0，a-a2-42），和（a+a2-42，+∞）上是减函数，
则（a-a2-42，a+a2-42）上是增函数．
（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1x1x2）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），
则f(x1)-f(x2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2，
则问题转为证明lnx1-lnx2x1-x2＜1即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln1x1＞x1-1x1，
即lnx1+lnx1＞x1-1x1，
即证2lnx1＞x1-1x1在（0，1）上恒成立，
设h（x）＝2lnx﹣x+1x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）=2x-1-1x2=-x2-2x+1x2=-(x-1)2x2＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1x＞0，
故2lnx＞x-1x，
则f(x1)-f(x2)x1-x2＜a﹣2成立．
（2）另解：注意到f（1x）＝x-1x-alnx＝﹣f（x），
即f（x）+f（1x）＝0，
由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1x2，
可得f（x2）+f（1x2）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，
要证f(x1)-f(x2)x1-x2＜a﹣2，只要证-f(x2)-f(x2)x1-x2＜a﹣2，
即证2alnx2﹣ax2+ax2＜0，（x2＞1），
构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+ax，（x＞1），h′（x）=-a(x-1)2x2≤0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）＝0，
∴2alnx﹣ax+ax＜0成立，即2alnx2﹣ax2+ax2＜0，（x2＞1）成立．
即f(x1)-f(x2)x1-x2＜a﹣2成立．
12．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
【答案】
【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，
∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），
①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（-a2），
当x＜ln（-a2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞ln（-a2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（-a2））上单调递减，在（ln（-a2），+∞）上单调递增，
（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，
∴lna≤0，∴0＜a≤1，
③当a＜0时，由（1）可得：
f（x）min＝f（ln（-a2））=3a24-a2ln（-a2）≥0，
∴ln（-a2）≤34，
∴﹣2e34≤a＜0，
综上所述a的取值范围为[﹣2e34，1]
13．（2017•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且pq∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|pq-x0|≥1Aq4．
【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，
进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x=14．
当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，﹣1）
（﹣1，14）
（14，+∞）
g′（x）
+
﹣
+
g（x）
↗
↘
↗
所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（14，+∞），单调递减区间是（﹣1，14）．
（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），
h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．
令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．
由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，
故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；
当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．
因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，
令函数H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．
由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，
故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；
当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．
因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＜H2（x0）＝0，
可得得H2（m）＜0，即h（x0）＜0，．
所以，h（m）h（x0）＜0．
（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且pq∈[1，x0)∪(x0，2]，
令m=pq，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．
由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；
当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．
所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）＝g（x1）（pq-x0）﹣f（pq）＝0．
由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），
于是|pq-x0|=|f(pq)g(x1)|≥|f(pq)|g(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4．
因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，
所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而pq≠x0，故f（pq）≠0．
又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，
从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．
所以|pq-x0|≥1g(2)q4．所以，只要取A＝g（2），就有|pq-x0|≥1Aq4．
14．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝（1﹣x2）•ex．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．
【答案】
【解析】（1）因为f（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，
所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，
令f′（x）＝0可知x＝﹣1±2，
当x＜﹣1-2或x＞﹣1+2时f′（x）＜0，当﹣1-2＜x＜﹣1+2时f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1-2），（﹣1+2，+∞）上单调递减，在（﹣1-2，﹣1+2）上单调递增；
（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行讨论：
①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）ex，则h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），
因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，
又因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，
所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；
②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），
所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，
又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
所以ex≥x+1．
因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，
所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），
取x0=5-4a-12∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，
所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；
③当a≤0时，取x0=5-12∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，矛盾；
综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．
（2）法二：x≥0时，g（x）＝ex（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，g'（x）＝ex（x2+2x﹣1）+a，
[g'（x）]'＝ex（x2+4x+1）＞0（x≥0），g'（x）在x≥0时单调递增，
当g'（0）＝a﹣1≥0时，x＞0时g'（x）＞0恒成立，g（x）单调递增，
则x≥0时g（x）≥g（0）＝0，符合题意，
当g'（0）＝a﹣1＜0时，g'（|a|）＞0，于是存在m＞0使得g'（m）＝0，
当0＜x＜m时，
g'（x）＜0，g（x）单调递减，有g（m）＜g（0）＝0，不合题意，
所以a≥1．
综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．
15．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝exf（x）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y＝g（x）和y＝ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：f（x）在x＝x0处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）＝3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）＝3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），
令f'（x）＝0，解得x＝a，或x＝4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，a）
（a，4﹣a）
（4﹣a，+∞）
f'（x）
+
﹣
+
f（x）
↗
↘
↗
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；
（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）＝ex（f（x）+f'（x）），由题意知g(x0)=ex0g'(x0)=ex0，
∴f(x0)ex0=ex0ex0(f(x0)+f'(x0))=ex0，解得f(x0)=1f'(x0)=0．
∴f（x）在x＝x0处的导数等于0；
（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．
又∵f（x0）＝1，f'（x0）＝0，
故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0＝a．
另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，
由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，
故当x0＝a时，f（x）≤f（a）＝1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．
由f（a）＝a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b＝1，得b＝2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．
令t（x）＝2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，
∴t'（x）＝6x2﹣12x，
令t'（x）＝0，解得x＝2（舍去），或x＝0．
∵t（﹣1）＝﹣7，t（1）＝﹣3，t（0）＝1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．
∴b的取值范围是[﹣7，1]．
16．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明：f（x）≤-34a-2．
【解析】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）=1x+2ax+（2a+1）=2ax2+(2a+1)x+1x=(2ax+1)(x+1)x，（x＞0），
①当a＝0时，f′（x）=1x+1＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x=-12a．
因为当x∈（0，-12a）f′（x）＞0、当x∈（-12a，+∞）f′（x）＜0，
所以y＝f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，-12a）上单调递增、在（-12a，+∞）上单调递减，
所以当x=-12a时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（-12a）＝﹣1﹣ln2-14a+ln（-1a）．
从而要证f（x）≤-34a-2，即证f（-12a）≤-34a-2，
即证﹣1﹣ln2-14a+ln（-1a）≤-34a-2，即证-12（-1a）+ln（-1a）≤﹣1+ln2．
令t=-1a，则t＞0，问题转化为证明：-12t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）=-12t+lnt，则g′（t）=-12+1t，
令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）=-12×2+ln2＝﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤-34a-2成立．
17．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】
【解析】（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex-1a），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln1a，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln1a，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln1a，
∴x∈（﹣∞，ln1a）时，f（x）单调递减，x∈（ln1a，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex-1a）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数，
∴f（x）min＝f（ln1a）＝a×（1a2）+（a﹣2）×1a-ln1a＜0，
∴1-1a-ln1a＜0，即ln1a+1a-1＞0，
设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），
求导g′（t）=1t+1，由g（1）＝0，
∴t=1a＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex-1a），
令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex-1a）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1-1a-ln1a，
当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1-1a-ln1a＞0，即f（﹣lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1-1a-ln1a＜0，f（﹣lna）＜0，
由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞ln（3a-1），则f（n0）=en0（aen0+a﹣2）﹣n0＞en0-n0＞2n0-n0＞0，
由ln（3a-1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
强化训练
1．（2020•德阳模拟）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为
A．， B． C．， D．，
【答案】A
【解析】因为，所以．
要使函数单调递增，则恒成立．
即恒成立．
所以，
因为
所以，
所以．
故选．
2．（2020•汉台区校级模拟）已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是
A． B．， C．，， D．，
【答案】A
【解析】因为，，
当时，恒成立，故函数在内单调递增，不符合题意；
当时，可得，，可得，
因为在内不是单调函数，
所以，解可得，．
故选．
3．（2020•河南模拟）已知函数，则不等式的解集是___________．
【答案】
【解析】易知，该函数为偶函数，且，
因为，恒成立，
故在上单调递增，故
时，，在上单调递减；
时，，在单调递增．
结合该函数是偶函数，所以要使成立，
只需，即，
解得或，故原不等式的解集为，或．
故答案为：，或．
4．（2020•永康市模拟）设，函数．．
（1）讨论和单调性；
（2）若存在两个不同的零点，，问当取何值时，有最小值．
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，在上，，单调递增，
在，上，，单调递减；
令，则，
令，则，
在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，所以，即，
所以在和上单调递减，
，，故在上递减，在上递增，
在上递增，
在上递减，即在上递减，在上递增；
（2）存在两个零点，，即有两解，
，，，，
，
令，则，
，，
令，
当取最小值时，取得最大值，
可在取得最大值；
令，
由零点存在性定理可知，在上存在零点，
且时，，当，时，，
，，
此时，故．
5．（2020•柯桥区二模）设函数．
（1）讨论单调性；
（2）若；对于任意的，使得恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，，，故在上递增，
当时，令，解得，
易知，当时，，单调递增，当时，，单调递减；
（2）恒成立，即恒成立，即恒成立，
令，则，
（1），的定义域为，若（1），则必存在，使得（1），不合题意，
必须（1），解得，
，
令，，
在递增，
（1），故满足题意，
实数的取值范围为．
6．（2020•南岗区校级模拟）已知函数，其导函数为．
（Ⅰ）讨论函数在定义域内的单调性；
（Ⅱ）已知，设函数．
①证明：函数在上存在唯一极值点；
②在①的条件下，当时，求的范围．
【解析】（Ⅰ），
，，则，
设，则，
当时，；当时，，
单调递增，又，
的减区间为，增区间为；
（Ⅱ）①证明：，则，
令，则，
令，即，
由，，，
在递减，在递增，
在递减，在递增，
又，
，
存在，使得，
从而有，在递减，在，递增，函数在上存在唯一极值点；
②，，
在递增，（1），
，
，
设，则，
在上递减，
的取值范围为．
7．（2020•河南模拟）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若存在两个极值点，，求证：．
【解析】（1）函数的定义域为，，
①当时，恒成立，即，函数在上单调递增；
②当时，△，恒成立，函数在上单调递增；
③当时，令，得或，函数单调递增；
令，得，函数单调递减．
综上所述，
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和，上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：由（1）知，、是方程的两个不同正根且，．
．
，
要证，只需证．
，只需证，即证．
令，则，函数在上单调递增，
（1），即．
故若存在两个极值点，，则．
8．（2020•二模拟）已知．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在，上为单调递增函数，求的取值范围．
【解析】（1）时，，，，
单调递增，又，
当时，，当时，，
的单调减区间为，增区间为．
（2），
在，上为单调递增函数，
在，上恒成立，
令，，，
①当时，显然有，复合题意；
②当时，，
若，则，，，
在，上单调递增，故，符合题意；
若，则，
在，上单调递增，
又，，
存在，使得，
故当时，，当时，，
在上单调递减，在，上单调递增，
在，上的最小值为，不符合题意．
综上，．
9．（2020•韩城市模拟）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若关于的方程在上存在3个不相等的实数根，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ），
由，可得或，
当时，，
在，上，，单调递增，在上，，单调递减；
当时，，在上恒成立，即在上单调递增；
当时，，
在，上，，单调递增，在上，，单调递减；
（Ⅱ）有三个实数根，
显然是方程的一个解，故有两个实数根，且，，即，
令，则，
当，时，，单调递减，当，，，单调递增，
当时，，当时，取得较小值，（1），
又（2），则或．
10．（2020•滨州三模）已知函数，其中是自然对数的底数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）设，讨论函数零点的个数，并说明理由．
【解析】（1）因为，
所以．
由，得；
由，得．
所以的增区间是，减区间是．
（2）因为．
由，得或．
设，
又，即不是的零点，
故只需再讨论函数零点的个数．
因为，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以当时，取得最小值（a）．
①当（a），即时，，无零点；
②当（a），即时，有唯一零点；
③当（a），即时，
因为，
所以在上有且只有一个零点．
令，则．
设（a），则（a），
所以（a）在上单调递增，
所以，，都有（a）（1）．
所以（a）．
所以在上有且只有一个零点．
所以当时，有两个零点．
综上所述，当时，有一个零点；
当时，有两个零点；
当时，有三个零点．
11．（2020•西安模拟）设函数．
（Ⅰ）讨论在区间上的单调性；
（Ⅱ）若存在两个极值点、，且，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ），
．
，，
，于是的正负性由决定．
①当时，恒成立，即，在上单调递增；
②当时，令，得，，单调递增；
令，得，，单调递减．
综上所述，
当时，在，上单调递增，在，上单调递减；
当时，在上单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，不存在极值，必有．
存在两个极值点、，
、是方程的两个不同实根，不妨令，，
函数的定义域为，，，
且，解得．
．
令，由且得，当时，；当时，．
设，
①当时，，
，在上单调递减，
，
即当时，，不符合题意．
②当时，，
，在上单调递减，
（1），
即当时，，符合题意．
综上所述，
的取值范围为，．
12．（2020•青羊区校级模拟）已知函数．
（1）若是定义域上的增函数，求的取值范围；
（2）若，若函数有两个极值点，，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
在定义域内单调递增，，即对恒成立．
则恒成立．，，．
所以，的取值范围是．
（2）设方程，即得两根为，，且．
由△且，得，
，，，．
，
，
代入得，
令，则，得，，，
在上单调递减，从而，
即，，
即的取值范围是
13．（2020•碑林区校级模拟）已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）讨论的零点个数．
【解析】（1）当时，，
则，
因为，则，
所以时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）因为，
则．
当时，因为，则，
则时，，所以时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，（1）．
当（1）时，即时，（1），
所以当时，函数没有零点，即函数零点个数为0；
当（1），即时，（1），
所以当时，函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1；
当（1），即时，（2），
则存在一个实数，使得，
当时，，，对任意的，
则，取，因为，则，
则，则存在，使得，
即时，函数的零点个数为2．
当时，令，则，则，
即函数有且只有一个零点；
即函数的零点个数为1．
当时，令，，
故在上单调递增，令，，，
故，，则一定存在，使得，
所以时，，，时，．
因为，
当，即时，，
所以，
所以时，，所以时，，
则在上单调递增，且（1），（3），
则存在，使得，
所以函数有且只有一个零点，
即函数的零点个数为1．
因为，
当，时，，当时，，当，时，，
则在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，
当，时，，当，时，，当时，，
则在上单调递增，在，上单调递减，在上单调递增，
因为，时，，，，即，
所以在，时没有零点，上至多有一个零点，
而，
令，，
则，则，故在上单调递增，
而（2），即，
故存在一个，则存在，使得，
所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1，
综上所述：当时，函数的零点个数为0；
当或时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为2．
14．（2020•雨花区校级模拟）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）当，时，有解，求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ），，
令解得，，．
易得函数在和单调递减；在和单调递增．
（Ⅱ）有解即有解，
当时，不成立；
当时，原不等式化为在，有解，
令，
则，
在，，，所以在，单调递增，
，
实数的取值范围为，．
15．（2020•鼓楼区校级模拟）已知函数，是自然对数的底数）．
（1）求的单调区间；
（2）若函数，证明：有极大值，且满足．
【解析】（1），设，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
即函数的减区间为；增区间为．
（2）证明：，，
设，且，
，在，，是增函数，
．
，在上是单调递增，没有极值．
，．
在，，单调递减，
，．
由根的存在性定理：设，使得：，
即．
在，，单调递增；在，，，单调递减；
有极大值．
有．
又，，
．
综上可得：函数有极大值，且满足．
16．（2020•东湖区校级模拟）设函数．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，求证：方程有唯一解．
【解析】（Ⅰ）当时，，所以，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
函数在上单调递减，在，上单调递增．
（Ⅱ）令，，则，
①若，则，单调递减，
（1），（4），
在内有唯一零点，符合题意；
②若，当或时，；当时，，
在和上单调递减，在上单调递增．
（1），，
在内有唯一零点，符合题意；
③若，当或时，；当时，，
在和上单调递减，在上单调递增．
，，
在内有唯一零点，符合题意．
综上所述，方程有唯一解．
17．（2020•韩城市模拟）已知函数．
（Ⅰ）若，讨论的单调性：
（Ⅱ）设，若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ），，定义域为，
令，
，且，
若△，即时，恒成立，即，在上单调递增；
若△，即时，令，则，，
当或时，，即；当时，，即，
在和，上单调递增，在，上单调递减．
综上所述，
当时，在上单调递增；
当时，在和，上单调递增，在，上单调递减．
（Ⅱ），，
，
令，则．
若，则，即在上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；
若，当时，；当时，，
在上单调递增，在，上单调递减，．
要使有两个零点，必须有，即，解得．
接下来证明，当时，有两个零点．
，
设（a），，则（a），即（a）在上单调递减，
（a）（e），即在上恒成立，也即．
又（1），
当时，在，和，上各有且只有一个零点．
综上所述，
实数的取值范围为．
18．（2020•新乡三模）已知函数的最小值为2．
（1）求的值以及的单调区间；
（2）设，，证明：．
【解析】（1），
由可得，由，得，
故函数在，上单调递增，在上单调递减，
故函数在处取得最小值，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
（2）由（1），可得，即，
令，，
则，
．
．
19．（2020•桃城区校级模拟）已知函数为常数）在处的切线方程为．
（1）求的值，并讨论的单调性；
（2）若，求证：．
【解析】（1），
由题意可得，（1），解可得，
此时，
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增，
故（1）恒成立，
故在上单调递增，
（2）设，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值（1），
故，即，
令，
则
设，则，
故单调递增，单调递增，且（1），
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以（1），即，当时等号成立，
所以，又，
所以即，
由在上单调递增，
所以，即．
20．（2020•雨花区校级模拟）已知函数，在点，（1）的切线为．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，是函数的两个极值点，证明：．
【解析】（Ⅰ）因为，所以
，
由题意可知（1），（1），即，
解得，．
所以，则，
由，得，由，得，由，得；
又的定义域为，
所以的单调减区间是和，单调增区间是．
（Ⅱ）由函数的两个极值点，
则有两个变号零点，
令即，
当时，上述等式不成立；
当时，上式转化为，由（Ⅰ）知的单调减区间是和，
单调增区间是，且时，则函数的图象大致如图所示；
不妨设则，
要证即证，即证，即证．
，，由（Ⅰ）知在上单调递增，
要证只需证．
又，故即证
令，
又在上为增函数，
，的在上单调递减，
（1）即，
，证毕．
21．（2020•金安区校级模拟）已知函数．
（1）讨论单调性；
（2）取，若在，上单调递增，求的取值范围．
【解析】（1），
当时，，在单调递增；
当时，，
在区间上是单调递增，在区间单调递减．（5分）
（2），令．
、当，令，
则，
当时，，所以在区间上是单调递增，
当时，，在区间上是单调递减．
又（1），（e），（1）．
因为在，上单调递增，
，
，，
、同理可得，，
（1），，
综合、得或．（12分）
22．（2020•河南模拟）已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）时，，，
令，，则，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以，即恒成立，
所以的单调 递增区间为，，
（2）对任意的，恒成立，故，
令，，则，
令，则，
当时，恒成立，则在上单调递增，，
即恒成立，在上单调递增，
，即在上恒成立，
当时，则可得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，即，
令，，则，
故在上单调递减，（1），
所以，
则存在，使得，
当时，，函数单调递减，
又，故时，，此时不符合题意．
综上．
23．（2020•青羊区校级模拟）已知函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围．
【解析】（1）由，得，
当时，，所以在上单调递增，
令，则△，
当△，即时，则，即，
所以在上单调递减；
当△，即 时，
由，解得，，
当时，，在上单调递增，
当时，，，
当，，时，，
即，则在和，上单调递减；
当，时，，即，
则在，上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和，上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减．
（2）由（1）可得当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，不可能有3个零点．
所以时，在和，上单调递减，在，上单调递增，
因为（2），，所以，（2），（2），
，，
令（a），则（a），
令（a），和（a）在上为增函数，
由（a），得，所以当时，（a），
所以（a）在，上单调递减，
所以（a），
所以在，上单调递增，
所以（a），
所以，，，
由零点存在性定理可知，在区间，上有一个根，设为，
又，得，
而，所以是函数的另一个零点，
所以当 时，有3个零点，
所以实数的取值范围为，．
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