《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例2 已知函数$g(x)=(x - a - 1)e^{x}-(x - a)^{2}$，讨论函数$g(x)$的单调性.

答案： 解　$g(x)$的定义域为$R$， $g'(x)=(x - a)e^{x}-2(x - a)=(x - a)(e^{x}-2)$， 令$g'(x)=0$，得$x = a$或$x = \ln2$， ①若$a＞\ln2$， 则当$x\in(-\infty,\ln2)\cup(a,+\infty)$时，$g'(x)＞0$， 当$x\in(\ln2,a)$时，$g'(x)＜0$，
∴$g(x)$在$(-\infty,\ln2)$，$(a,+\infty)$上单调递增，在$(\ln2,a)$上单调递减； ②若$a = \ln2$，则$g'(x)\geqslant0$恒成立，
∴$g(x)$在$R$上单调递增； ③若$a＜\ln2$， 则当$x\in(-\infty,a)\cup(\ln2,+\infty)$时，$g'(x)＞0$， 当$x\in(a,\ln2)$时，$g'(x)＜0$，
∴$g(x)$在$(-\infty,a)$，$(\ln2,+\infty)$上单调递增，在$(a,\ln2)$上单调递减. 综上，当$a＞\ln2$时，$g(x)$在$(-\infty,\ln2)$，$(a,+\infty)$上单调递增，在$(\ln2,a)$上单调递减； 当$a = \ln2$时，$g(x)$在$R$上单调递增；当$a＜\ln2$时，$g(x)$在$(-\infty,a)$，$(\ln2,+\infty)$上单调递增，在$(a,\ln2)$上单调递减.

跟踪训练2 (2023·北京模拟)已知函数$f(x)=\frac{2x - a}{(x + 1)^{2}}$.
(1)当$a = 0$时，求曲线$y = f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程；
(2)求函数$f(x)$的单调区间.

答案： 解　
(1)当$a = 0$时，$f(x)=\frac{2x}{(x + 1)^{2}}(x\neq - 1)$， 则$f(0)=0$， 因为$f'(x)=\frac{2(x + 1)^{2}-2x\times2(x + 1)}{(x + 1)^{4}}=\frac{-2x + 2}{(x + 1)^{3}}$， 所以$f'(0)=2$. 所以曲线$y = f(x)$在$(0,0)$处的切线方程为$y = 2x$.
(2)函数的定义域为$(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)$. $f'(x)=\frac{2(x + 1)^{2}-(2x - a)\times2(x + 1)}{(x + 1)^{4}}=\frac{-2(x - a - 1)}{(x + 1)^{3}}$. 令$f'(x)=0$，解得$x = a + 1$. ①当$a + 1 = - 1$，即$a = - 2$时，$f'(x)=\frac{-2(x + 1)}{(x + 1)^{3}}=\frac{-2}{(x + 1)^{2}}＜0$.所以函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,-1)$和$(-1,+\infty)$，无单调递增区间； ②当$a + 1＜ - 1$，即$a＜ - 2$时， 令$f'(x)＜0$，则$x\in(-\infty,a + 1)\cup(-1,+\infty)$， 令$f'(x)＞0$，则$x\in(a + 1,-1)$，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,a + 1)$和$(-1,+\infty)$，单调递增区间为$(a + 1,-1)$； ③当$a + 1＞ - 1$，即$a＞ - 2$时， 令$f'(x)＜0$，则$x\in(-\infty,-1)\cup(a + 1,+\infty)$， 令$f'(x)＞0$，则$x\in(-1,a + 1)$，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,-1)$和$(a + 1,+\infty)$，单调递增区间为$(-1,a + 1)$. 综上所述，当$a = - 2$时，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,-1)$和$(-1,+\infty)$，无单调递增区间； 当$a＜ - 2$时，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,a + 1)$和$(-1,+\infty)$，单调递增区间为$(a + 1,-1)$； 当$a＞ - 2$时，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,-1)$和$(a + 1,+\infty)$，单调递增区间为$(-1,a + 1)$.

典例 (多选)如果函数$f(x)$对定义域内的任意两实数$x_{1},x_{2}(x_{1}\neq x_{2})$都有$\frac{x_{1}f(x_{1})-x_{2}f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＞0$，则称函数$y = f(x)$为“$F$函数”.下列函数不是“$F$函数”的是 ( )
A.$f(x)=e^{x}$
B.$f(x)=x^{2}$
C.$f(x)=\ln x$
D.$f(x)=\sin x$

答案： ACD

例3 (1)(多选)(2024·深圳模拟)若$0＜x_{1}＜x_{2}＜1$，则 ( )
A.$e^{x_{2}}-e^{x_{1}}＞\ln\frac{x_{2}+1}{x_{1}+1}$
B.$e^{x_{2}}-e^{x_{1}}＜\ln\frac{x_{2}+1}{x_{1}+1}$
C.$x_{2}e^{x_{1}}＞x_{1}e^{x_{2}}$
D.$x_{2}e^{x_{1}}＜x_{1}e^{x_{2}}$
(2)(2023·成都模拟)已知函数$f(x)=e^{x}-e^{-x}-2x + 1$，则不等式$f(2x - 3)+f(x)＞2$的解集为____________.

答案： AC@@$(1,+\infty)$

例4 已知函数$f(x)=\ln x-\frac{1}{2}ax^{2}-2x(a\neq0)$.
(1)若$f(x)$在$[1,4]$上单调递减，求实数$a$的取值范围；
(2)若$f(x)$在$[1,4]$上存在单调递减区间，求实数$a$的取值范围.

答案： 解　
(1)因为$f(x)$在$[1,4]$上单调递减，所以当$x\in[1,4]$时，$f'(x)=\frac{1}{x}-ax - 2\leqslant0$恒成立， 即$a\geqslant\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$恒成立. 设$G(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$，$x\in[1,4]$， 所以$a\geqslant G(x)_{max}$. 而$G(x)=(\frac{1}{x}-1)^{2}-1$， 因为$x\in[1,4]$，所以$\frac{1}{x}\in[\frac{1}{4},1]$，所以$G(x)_{max}=-\frac{7}{16}$(此时$x = 4$)，所以$a\geqslant-\frac{7}{16}$. 又因为$a\neq0$，所以实数$a$的取值范围是$[-\frac{7}{16},0)\cup(0,+\infty)$.
(2)因为$f(x)$在$[1,4]$上存在单调递减区间，则$f'(x)＜0$在$[1,4]$上有解，所以当$x\in[1,4]$时，$a＞\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$有解. 又当$x\in[1,4]$时，$(\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x})_{min}=-1$(此时$x = 1$)， 所以$a＞ - 1$，又因为$a\neq0$，所以实数$a$的取值范围是$(-1,0)\cup(0,+\infty)$.