1、专题 03 含参数单调性问题 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题，证明不等式、研 究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置，特别是含参数 问题，离不开函数单调性研究.本专题就含参数的函数单调性问题，进行专题探讨，通过例 题说明此类问题解答规律与方法. 1.讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况大多数情况下，这类问题可以归结 为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论： (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论 (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的
2、判别式进行分类讨论 2.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当 f(x)含参数时，需依据参 数取值对不等式解集的影响进行分类讨论讨论的标准有以下几种可能：(1)f(x)0 是否有 根；(2)若 f(x)0 有根，求出的根是否在定义域内；(3)若在定义域内有两个根，比较两个根 的大小 3.讨论函数 f(x)单调性的方法步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域 (2)求导数 f(x)，并求方程 f(x)0 的根 (3)利用 f(x)0 的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论 f(x)的正负， 由符号确定 f(x)在该区间上的单调性 4.由函数的单调性求参数的取值范围
3、的方法 (1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上 f(x)0(或 f(x)0)恒成立，得到关 于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围 (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是 f(x)0(或 f(x)0)在该区间上存在 解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围 (3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 上含有参数时，可先求出 f(x)的单调区间， 令 I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020 全国卷文科 T21)已知函数 f(x)=2ln x+1. (1)若 f(x
4、)2x+c,求 c 的取值范围; (2)设 a0 时,讨论函数 g(x)=的单调性. 【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(0,+),f(x)2x+cf(x)-2x-c0 2ln x+1-2x-c0(*),设 h(x)=2ln x+1-2x-c(x0),则有 h(x)= -2=, 当 x1 时,h(x)0,h(x)单调递减,当 0x0,h(x)单调递增, 所以当 x=1 时,函数 h(x)有最大值,即 h(x)max=h(1)=2ln 1+1-2 1-c=-1-c, 要想不等式(*)在(0,+)上恒成立,只需 h(x)max0-1-c0c-1. (2)g(x)=(x0 且 xa),因此 g(
5、x)=, 设 m(x)=2(x-a-xln x+xln a),则有 m(x)=2(ln a-ln x), 当 xa 时,ln xln a,所以 m(x)0,m(x)单调递减, 因此有 m(x)m(a)=0,即 g(x)0,所以 g(x)单调递减; 当 0xa 时,ln x0,m(x)单调递增, 因此有 m(x)m(a)=0,即 g(x)0 时,令 f(x)=0,得 x=,令 f(x)0,得-x0,得 x,所以 f(x)在(-,)上单调递减, 在,上单调递增. (2)由(1)知,f(x)有三个零点,则 k0,且,即,解得 0k, 当 0k,且 f()=k20,所以 f(x)在上有唯一一个零点,
6、同理-k-1-,f(-k-1)=-k3-(k+1)20, 故 f单调递增,注意到 f=0, 故当 x时,f0,f单调递增. (2)由 f x3+1 得,ex+ax2-x x3+1,其中 x0, 当 x=0 时,不等式为:11,显然成立,符合题意; 当 x0 时,分离参数 a 得,a-,记 g=-,g=-, 令 h=ex- x2-x-1,则 h=ex-x-1,h=ex-10, 故 h单调递增,hh=0,故函数 h单调递增,hh=0, 由 h0 可得:ex- x2-x-10 恒成立,故当 x时,g0,g单调递增; 当 x时,g0,f(x)单调递增,当 x 时,f(x)0,f(x)单调递增. (2)
7、注意到 f(x+)=sin 2(x+)sin =sin 2xsin 2x=f(x),故函数 f(x)是周期为 的函数,结合 (1)的结论,计算可得:f(0)=f()=0,f= =, f=-,据此可得:f(x)max=,f(x)min=-,即|f(x)|. (3)结合(2)的结论有:sin 2xsin 22xsin 24xsin 22nx= =sin x(sin 2xsin 2x)(sin 22xsin 4x)(sin 22n-1xsin 2nx)sin 22nx =. 例 5.(2019 全国高考真题)已知函数 32 ( )22f xxax. (1)讨论 ( )f x的单调性； (2)当03a
8、时，记 ( )f x在区间0,1的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围. 【答案】(1)见详解；(2) 8 ,2) 27 . 【解析】 (1)对 32 ( )22f xxax求导得 2 ( )626 () 3 a fxxaxx x.所以有 当0a 时，(,) 3 a 区间上单调递增，(,0) 3 a 区间上单调递减，(0,)区间上单调递增； 当0a 时，(,) 区间上单调递增； 当0a时，(,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. (2)若02a， ( )f x在区间(0,) 3 a 单调递减，在区间(,1) 3 a 单调递增，所以区间0,
9、1上最 小值为( ) 3 a f.而(0)2,(1)22(0)ffaf，故所以区间0,1上最大值为(1)f. 所以 3 32 (1)( )(4) 2( )( )22 33327 aaaa Mmffaaa，设函数 3 ( )2 27 x g xx，求导 2 ( )1 9 x g x 当02x时 ( )0g x 从而( )g x单调递减.而 02a，所以 3 8 22 2727 a a.即Mm的取值范围是 8 ,2) 27 . 若23a， ( )f x在区间(0,) 3 a 单调递减，在区间(,1) 3 a 单调递增，所以区间0,1上最小 值为( ) 3 a f而(0)2,(1)22(0)ffaf
10、，故所以区间0,1上最大值为(0)f. 所以 3 32 (0)( )2 2( )( )2 33327 aaaa Mmffa，而23a，所以 3 8 1 2727 a .即Mm的取值范围是 8 (,1) 27 . 综上得Mm的取值范围是 8 ,2) 27 . 例 6.(2019 全国高考真题)已知函数 32 ( )2f xxaxb. (1)讨论 ( )f x的单调性； (2)是否存在, a b，使得 ( )f x在区间0,1的最小值为 1且最大值为 1？若存在，求出, a b的 所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 0 1 a b 或 4 1 a b . 【解析】 (1)对
11、 32 ( )2f xxaxb求导得 2 ( )626 () 3 a fxxaxx x.所以有 当0a 时，(,) 3 a 区间上单调递增，(,0) 3 a 区间上单调递减，(0,)区间上单调递增； 当0a 时，(,) 区间上单调递增； 当0a时，(,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. (2)若 ( )f x在区间0,1有最大值 1 和最小值-1，所以 若0a ，(,) 3 a 区间上单调递增，(,0) 3 a 区间上单调递减，(0,)区间上单调递增； 此时在区间0,1上单调递增，所以(0)1f ，(1)1f代入解得1b，0a ，与0a 矛盾
12、，所以0a 不成立. 若0a ，(,) 区间上单调递增；在区间0,1.所以(0)1f ，(1)1f代入解得 0 1 a b . 若02a，(,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. 即 ( )f x在区间(0,) 3 a 单调递减，在区间(,1) 3 a 单调递增，所以区间0,1上最小值为( ) 3 a f 而(0),(1)2(0)fb fabf，故所以区间0,1上最大值为(1)f. 即 32 2( )( )1 33 21 aa ab ab 相减得 3 22 27 a a，即(3 3)(3 3)0a aa，又因为 02a，所以无解. 若23a，(
13、,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. 即 ( )f x在区间(0,) 3 a 单调递减，在区间(,1) 3 a 单调递增，所以区间0,1上最小值为( ) 3 a f 而(0),(1)2(0)fb fabf，故所以区间0,1上最大值为(0)f. 即 32 2( )( )1 33 1 aa ab b 相减得 3 2 27 a ，解得 3 3 2x ，又因为23a，所以无解. 若3a ，(,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. 所以有 ( )f x区间0,1上单调递减，所以区间0,1上最大值为(0)
14、f ，最小值为(1)f 即 1 21 b ab 解得 4 1 a b . 综上得 0 1 a b 或 4 1 a b . 例 8 【湖北省宜昌市 2020-2021 学年高三】已知函数 22 ( )1 lnf xxaxa x (1)当1a 时，求 f x的单调区间； (2)若0a ，且 (0,1)x，求证： 2 ( )2ln1 22 x f xx x ex 【答案】(1)单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,)；(2)证明见解析. 【详解】(1)当1a 时， 2 ( )1 lnf xxxx ，定义域为(0, )， 1(1)(21) ( )1 2 xx fxx xx ， 令， 得01x； 令，
15、 得1x ， f x的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,) (2)当0a 时， ( )1 lnf xx ， 22 ( )2ln11 ln1 2222 xx f xxx xx exex ， 即 3 (1 ln )221 (01) x xxexxx ，令( )(1 ln )(01)g xxxx， ( )ln0g xx ， g x在( ) 0,1上单调递增， 11g xg 令 3 ( )221 x h xexx(0 1x)， 32 ( )2623 x h xexxx ， 令 32 ( )2623xxxx ， 2 ( )6122xxx 在( ) 0,1上递减， 又(0)20，(1)160 ， 0
16、 (0,1)x使 0 0 x，且 0 0,xx时， ( )0 x， ( )x递增， 0,1 xx时，( )0 x，( )x递减，而(0)30， (1)30 ， 1 (0,1)x 使 1 0 x，即 1 0h x， 1 0,xx时( )0h x，( )h x 单调递增， 1,1 xx时( )0h x，( )h x单调递减，而(0)1h，(1)he，( )1h x 恒 成立， ( )( )g xh x ，即 3 (1 ln )221 (01) x xxexxx ， 即 2 ( )2ln1 22 x f xx x ex 例 9 【江西宜春市 2021 届高三】已知函数 2 26 46 x xe f
17、x xx . (1)求函数 f x的单调区间，并求 f x的最值； (2)已知0,1a， 2 3 222 0 2 x ea xx g xx x . 证明： g x有最小值；设 g x的最小值为 h a，求函数 h a的值域. 【答案】(1)单调递减区间为,0，单调递增区间为0,+，最小值为1，无最大值； (2)证明见解析； 3 1 6 27 e ，. 【详解】(1)( )f x的定义域为R 2 3 22 22 24462624 2 4646 xx x xexxxex x e fx xxxx 当,0 x 时， 0fx ， ( )f x在 ,0单调递减， 当0,+x时， 0fx ， ( )f x在
18、 0,+单调递增， 所以 f x的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,+， min 01fxf， f x最小值为 min 01fxf，无最大值. (2) 222 4424 26464646 26 = 22462 x x xea xxxxxx xe gaf xa xxxx x x 令 xf xa，0,+x ， 由(1)知， x单调递增， 010a ， 30a 所以存在唯一的 0 0,3x ，使得 0 0 x，即 0 0 2 00 26 0 46 x xe a xx 当 0 0 xx 时， 0 x， g x单调递减；当 0 xx时， 0 x， g x单调递增 故 0 0 2 00 min0 32
19、 000 222 246 x x ea xx e gxg x xxx ，所以 g x有最小值得证 令 0 2 00 46 x e h a xx ， 0 0,3x ， 2 22 2 22 0 46 46 x x xxe e xx xx ，所以 h a单增， 所以，由 0 0,3x ，得 0 033 222 00 1 = 时，证明 f x有一个极大值点和一个极小值点 【答案】(),1；()证明见解析. 【详解】()由 2 1 ( )1 2 x f xxmxe，得( ) x fxxme， 设( )( ) x g xfxxme，则( )1 x g xe 当0 x时， 0gx ， g x单调递减；当0
20、x时， 0g x ， g x单调递增 所以 max 01g xgm，因为 f x在 R 上是减函数， 所以 max max ( )10fxg xm ，所以，故 m 的取值范围是,1 ()当1m 时， 010gm .由于0 m gme ，(0)0gmg， 所以 g x 在,0m上有零点， 又 g x在(,0)上单调递增， 所以 g x在(,0)上只有一个零点， 设为 11 0 xmx.又 21 m g mmem.设 21 x h xxex， 则 220 x h xee ，即 h x在1,上单调递减， 所以 (10)h xh，即 0g m .所以 (0)0mgg，所以 g x在0,m上有零点， 又
21、 g x在(0,)上单调递减， 所以 g x在(0,)上只有一个零点， 设为 22 0 xxm. 因此，当 1 ,xx 时， 0fxg x，当 12 ,xx x时， 0fxg x ， 当 2 (,)xx时， 0fxg x，即 f x在 1 ,x， 2, x 上单调递减，在 12 ,x x上单调递增，所以当 1 xx时， f x的极小值是 1 f x， 当 2 xx时， f x的极大值是 2 f x因此， f x有一个极大值点和一个极小值点. 13【浙江省湖州市 2020-2021 学年高三】 已知函数 3 sine, x f xmxxxnm n R， e为自然对数的底数. ()当0m且1n 时
22、，证明： 0f x ； ()当0n时，函数 f x在区间0,上单调递增，求实数m的取值范围. 【答案】()证明见详解；() 1 , 6 . 【详解】()当0m且1n 时，函数 esin x f xxx ，定义域为 R， 令 e1 x h xx ，则 e10 x h x ，得0 x， 故0 x时， 0h x ， h x单调递减，0 x时， 0h x ， h x单调递增， 故 0 e1e0 10 x h xxh x 恒成立，0 x时等号成立. 所以e1 x x恒成立，0 x时取等号，而sin1x恒成立，当 2, 2 xkkZ 时取 等号，故 esin1 10 x f xxx ，但由于取等号条件不一
23、致，故等号取不到， 所以 esin0 x f xxx ； ()当0n时，函数 3 sinf xmxxx ，在区间0,上单调递增， 则 2 31 cos0fxmxx 在区间0,上恒成立. 令 2 ( )31 cosg xfxmxx ，0 x，则( )6sing xmxx. 当0m时， 22 ( )31 cos310gmm ，即 0f ，不符合题意； 当 1 0 6 m时，( )6sing xmxx ，则( )6cosgxmx ， 因为061m，当0 2 x 时，0cos1x， cosyx 单调递减， 所以存在 0 0 2 x ，使得 00 ()6cos0g xmx， 当 0 0,xx时， 0 (
24、)0g x，( )g x单调递减， 当 0, 2 xx 时， 0 ()0g x，( )g x单调递增，而(0)60sin00gm ， 故 0 0,xx时( )0g x恒成立，即( )g x单调递减，又(0)0 1 cos00g ， 故( )0g x，即 0fx ，不符合题意； 当 1 6 m 时，( )6sing xmxx ，则( )6cosgxmx ， 因为61m，cos1x，所以( )6cos0gxmx ， 即( ) g x 在区间0,上是单调递增函数，而(0)0 g ，故( )0g x 恒成立， 所以( )g x在区间0,上是单调递增函数，而(0)0g，故( )0g x 恒成立， 即 0
25、fx 恒成立，符合题意. 综上，实数m的取值范围为 1 , 6 . 14.(2020 山东高考模拟)已知函数 f(x)ax+lnx(aR)，g(x)x2emx(mR，e 为自然对数的底 数) (1)讨论函数 f(x)的单调性及最值； (2)若 a0，且对x1，x20，2，f(x1+1)g(x2)+a1 恒成立，求实数 m 的取值范围 【答案】(1)见解析；(2)(，ln2 【解析】(1)( )fx a+ 1 x (x(0，+)当 a0 时，( )fx 0， f(x)在 x(0，+)单调递增，无最值 当 a0 时，( )fx 1 a x a x (x(0，+) 可得函数 f(x)在(0， 1 a
26、 )上单调递增，在( 1 a ，+)上单调递减 当 x 1 a 时， 函数 f(x)取得极小值即最小值， 且最大值为 f( 1 a )1ln(a)， 无最大值 (2)a0，且对x1，x20，2，f(x1+1)g(x2)+a1 恒成立，等价于 a0，且对 x0，2， f(x+1)ming(x)max+a1 恒成立由(1)可知：当 a0 时，函数 f(x)在 x(0，+)单调递增， 故 yf(x+1)在 x0，2上单调递增， x0，2，(x+1)1，3，故 f(x+1)minf(1)a 对 x0，2，f(x+1)ming(x)max+a1 恒成立对 x0，2，g(x)max1 恒成立 对 m 分类
27、讨论： m0 时， g(x)x2， x0， 函数 g(x)取得最大值， g(2)4， 不满足 g(x)max1 当 m0 时， ( )g x 2xemx+mx2emxxemx(mx+2)令 ( )g x 0，解得 x0，x 2 m 当 2 m 2，即1m0 时，对 x0，2，( )g x 0，因此 g(x)在此区间上单调递增 g(x)maxg(2)4e2m由 4e2m1，解得 mln21mln2 当 2 2 m 0，即 m1 时，可得函数 g(x)在 x0， 2 m )上单调递增，在( 2 m ， 2上单调递减g(x)maxg( 2 m ) 2 4 m e2由 2 4 m e21，解得 m 2
28、 e m1 当 2 m 0， 即 m0 时， 对 x0， 2，( )g x 0， 因此 g(x)在此区间上单调递增 g(x)max g(2)4e2m此时 4e2m1，不成立，舍去 综上可得：实数 m 的取值范围是(，ln2 15(2020 贵州高考模拟)已知函数 f(x)=ax2+(a-2)lnx+1(aR) (1)若函数在点(1，f(1)处的切线平行于直线 y=4x+3，求 a 的值； (2)令 c(x)=f(x)+(3-a)lnx+2a，讨论 c(x)的单调性； (3)a=1 时，函数 y=f(x)图象上的所有点都落在区域 x 0 2 ytxx 内，求实数 t 的取值范围 【答案】(1)a
29、=2(2)见解析(3)t3 【解析】函数的定义域为(0，+)， (1)f(x)=2ax+ a2 x ，由题意 f(1)=4，所以 2a+(a-2)=4，解之得：a=2 (2)由已知 c(x)=ax2+lnx+2a+1，则 c(x)=2ax+ 1 x = 2 2ax1 x ， 当 a0，则当 x(0，+)时，有 c(x)0， 故 c(x)在 x(0，+)上单调递增； 当 a0，则当 x(0， 1 2a )时有 c(x)0， 当 x( 1 2a ，+)时有 c(x)0， 故 c(x)在(0， 1 2a )单调递增，在( 1 2a ，+)单调递减； (3)a=1 时，f(x)=x2-lnx+1，即当
30、 x0 时恒有 x2-lnx+1tx-x2，又 x(0，+)， 整理得：t2x- lnx x + 1 x ，令 g(x)=2x- lnx x + 1 x ，则 g(x)=2- 2 1 lnx x - 2 1 x = 2 2 2xlnx2 x ， 令 h(x)=2x2+lnx-2，由 h(x)=4x+ 1 x 0 恒成立， 即 h(x)=2x2+lnx-2 在(0，+)上单调递增，且 h(1)=0，则 g(1)=0， 所以 x(0，1)时 h(x)0，x(1，+)时 h(x)0， 所以 x(0，1)时 g(x)0，此时 y=g(x)单调递减， x(1，+)时 g(x)0，此时 y=g(x)单调递
31、增，所以 g(x)g(1)=3，所以 t3. 16(2020 安徽高考模拟(理)已知函数( ) ln1()f xxaxaR. (1)讨论函数 ( )f x的单调性； (2)若函数 ( )f x图像过点(1,0)，求证： ( )0 x exf x . 【答案】(1) 当0a 时， f x在0 +，上单调递增，当0a 时， f x在 1 0, a 单调 递增，在 1 + a ，上单调递减；(2)见解析. 【解析】(1)函数 f x的定义域为0 +， ， 11ax fxa xx . 当0a 时， 0fx ， f x在0 +， 上单调递增； 当0a 时，由 0fx，得 1 x a . 若 1 0,x
32、a ， 0fx ， f x单调递增； 若 1 +x a ， ， 0fx， f x单调递减 综合上述： 当0a 时， f x在0 +，上单调递增； 当0a 时， f x在 1 0, a 单调递增，在 1 + a ，上单调递减. (2)函数 f x图象过点 1,0，可得1a ，此时 ln1f xxx 要证 0 x exf x ，即证 1 ln10 x exx x . 令 1 ln10 x g xexxx x ， 22 11 11 x x x xxe xx gxe xxx e ，又令1 x yxe，+1 x yxe ，当 0,x时，0y ，1 x yxe在0,上单调递增.由 0g x ， 即10 x xe ， 故存在 0 0,x 使得 0 0 1 x x e，此时 0 0 1 x e x = ，故 00 lnxx 当 0 0,xx时， 0g x ；当 0, xx时， 0g x.所以 g x在() 0 0,x上递减，在() 0, x +?上递增， 当 0 xx时， g x有最小值 0 000 0 1 ln10 x g xxx x e 故 0 x exf x 成立.
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