题型二 含参数的函数的单调性
例1 讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax＋1的单调性． 解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
2
a－12ax＋a－1
f′(x)＝＋2ax＝. xx2
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0 1－a? ，则当x∈?0，2a? 1－a? ?时，f′(x)<0；当2a? x∈? 在? ??1－a?? ，＋∞?时，f′(x)>0，故f(x)在?0，2a??1－a? ，＋∞?上单调递增． 2a? 1－a??上单调递减， 2a? ?? 综上所述，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0 ??1－a? ?上单调递减， 2a? ??1－a? ，＋∞?上单调递增． 2a? 思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1 已知函数f(x)＝e(ax－2x＋2)(a>0)．试讨论f(x)的单调性． 解 由题意得f′(x)＝e[ax＋(2a－2)x](a>0)， 2－2a令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. x2 x2 a 9 2－2a①当0 a2－2a令f′(x)<0，则0 a②当a＝1时，f′(x)≥0在R上恒成立； 2－2a③当a>1时，令f′(x)>0，则x>0或x<， a2－2a令f′(x)<0，则 a综上所述，当0 ?2－2a，＋∞?上单调递增，在?0，2－2a?上单 ??a??a??? 当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 2－2a???2－2a，0?上单调递减． 当a>1时，f(x)在?－∞，?和(0，＋∞)上单调递增，在?? ?a??a? 题型三 函数单调性的应用 命题点1 比较大小或解不等式 例2(1)设函数f(x)＝e＋x－2，g(x)＝lnx＋x－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则( ) A．g(a)<0 解析 因为函数f(x)＝e＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0，所以 xx2 B．f(b)<0 f(a)＝0时，a∈(0,1)．又g(x)＝lnx＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0， 所以g(a)<0. 由g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)， 又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0. 综上可知，g(a)<0 (2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝ f?e? e ，b＝ f?ln2? ln2 ，c＝ f?3? 3 ，则a，b，c的大小关系是( ) A．b 10 解析 设g(x)＝ f?x?xf′?x?－f?x? ，则g′(x)＝， xx2 又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0， 所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，所以2 (3)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，则实数m的取值范围为( ) A．(0,2019) C．(2021，＋∞) 答案 D 解析 令h(x)＝则h′(x)＝ B．(2019，＋∞) D．(2019,2021) f?x? ，x∈(0，＋∞)， xxf′?x?－f?x? . x2 ∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0， ∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∵2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，m－2019>0， ∴ f?m－2019?f?2? >，即h(m－2019)>h(2)． m－20192 ∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019 (4)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有等式xf(x)>0的解集是__________________． 答案 (－∞，－2)∪(0,2) 解析 ∵当x>0时，?∴φ(x)＝2 xf′?x?－f?x? <0恒成立，则不 x2?f?x??′＝x·f′?x?－f?x?<0， ?x2?x? f?x? 在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， x∴在(0，＋∞)上，当且仅当0 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝xf(x)也为奇函数． 故xf(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)． 命题点2 根据函数单调性求参数 12 例3(2018·石家庄质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋2x(a≠0)． 2 2 2 2 11 (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围． 解 (1)h(x)＝lnx－12 2 ax－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝1 x－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时，1 x－ax－2<0有解， 即a>12 x2－x有解． 设G(x)＝12 x2－x，所以只要a>G(x)min即可． 而G(x)＝??1?x－1??2 ? －1，所以G(x)min＝－1. 所以a>－1. 又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h(x)在[1,4]上单调递减， 所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝1 x－ax－2≤0恒成立， 即a≥12 x2－x恒成立． 由(1)知G(x)＝12 x2－x， 所以a≥G(x)max，而G(x)＝??1?x－1??2 ? －1， 因为x∈[1,4]，所以1x∈??1?4，1? ??， 所以G(x)7 max＝－16(此时x＝4)， 所以a≥－7 16 ，又因为a≠0， 所以a的取值范围是??7?－16，0??? ∪(0，＋∞)． 引申探究 1．本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．解 因为h(x)在[1,4]上单调递增， 所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立， 12
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