《2025年高考帮数学》

例1 (1)[2024重庆南开中学模拟]已知函数$f(x)=x\sin x+\cos x,x\in [0,2\pi ]$,则$f(x)$的单调递减区间是　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$[0,\frac{\pi}{2}]$ B.$[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$
C.$[\pi,2\pi ]$ D.$[\frac{3\pi}{2},2\pi ]$
(2)若函数$f(x)=\frac{\ln x + 1}{e^{x}}$,则函数$f(x)$的单调递增区间为________.

答案： 高考帮
例1
(1)B $f^{\prime}(x)=x\cos x$，令$f^{\prime}(x)=x\cos x\leq0$，则$x = 0$（舍去）或$\frac{\pi}{2}\leq x\leq\frac{3\pi}{2}$，仅在$x=\frac{\pi}{2}$和$x=\frac{3\pi}{2}$时取等号，故$f(x)$的单调递减区间是$[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$，故选B.
(2)$(0,1)$ $f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}-\ln x - 1}{e^{x}}$，令$p(x)=\frac{1}{x}-\ln x - 1(x\gt0)$，易知$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，且$\varphi(1)=0$，$\therefore$当$x\in(0,1)$时，$\varphi(x)\gt0$，即$f^{\prime}(x)\gt0$，当$x\in(1,+\infty)$时，$\varphi(x)\lt0$，即$f^{\prime}(x)\lt0$，$\therefore f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减.$\therefore$函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,1)$.

训练1 已知函数$f(x)=(2 + x)\ln(1 + x)-2x$,讨论函数$f(x)$的单调性.

答案： 由题知函数$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\ln(1 + x)-\frac{x}{1 + x}$.
设函数$g(x)=f^{\prime}(x)=\ln(1 + x)-\frac{x}{1 + x}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{x}{(1 + x)^{2}}$.
当$-1\lt x\lt0$时，$g^{\prime}(x)\lt0$；当$x\gt0$时，$g^{\prime}(x)\gt0$.
故当$x\gt - 1$时，$g(x)\geq g(0)=0$，
且仅当$x = 0$时，$g(x)=0$，从而$f^{\prime}(x)\geq0$，且仅当$x = 0$时，$f^{\prime}(x)=0$.
所以$f(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增.

例2 已知函数$f(x)=\frac{1}{2}ax^{2}-(a + 1)x+\ln x$, $a＞0$,讨论函数$y = f(x)$的单调性.

答案： 函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=ax-(a + 1)+\frac{1}{x}=\frac{ax^{2}-(a + 1)x + 1}{x}=\frac{(ax - 1)(x - 1)}{x}$.
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\frac{1}{a}$或$x = 1$.
①当$0\lt a\lt1$时，$\frac{1}{a}\gt1$，
$\therefore x\in(0,1)\cup(\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$；$x\in(1,\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)\lt0$.
$\therefore$函数$f(x)$在$(0,1)$和$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递增，在$(1,\frac{1}{a})$上单调递减.
②当$a = 1$时，$\frac{1}{a}=1$，
$\therefore f^{\prime}(x)\geq0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
$\therefore$函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
③当$a\gt1$时，$0\lt\frac{1}{a}\lt1$，
$\therefore x\in(0,\frac{1}{a})\cup(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$；$x\in(\frac{1}{a},1)$时，$f^{\prime}(x)\lt0$.
$\therefore$函数$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$和$(1,+\infty)$上单调递增，在$(\frac{1}{a},1)$上单调递减.
综上，当$0\lt a\lt1$时，函数$f(x)$在$(0,1)$和$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递增，在$(1,\frac{1}{a})$上单调递减；
当$a = 1$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a\gt1$时，函数$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$和$(1,+\infty)$上单调递增，在$(\frac{1}{a},1)$上单调递减.

训练2 [2021全国卷乙节选]已知函数$f(x)=x^{3}-x^{2}+ax + 1$,讨论$f(x)$的单调性.

答案： 由题意知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f^{\prime}(x)=3x^{2}-2x + a$，令$f^{\prime}(x)=0$，则$\Delta=(-2)^{2}-4\times3a = 4(1 - 3a)$.
①当$\Delta\leq0$，即$a\geq\frac{1}{3}$时，$f^{\prime}(x)\geq0$，等号不恒成立，此时$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增.
②当$\Delta\gt0$，即$a\lt\frac{1}{3}$时，由$f^{\prime}(x)=0$，即$3x^{2}-2x + a = 0$，解得$x_{1}=\frac{1-\sqrt{1 - 3a}}{3}$，$x_{2}=\frac{1+\sqrt{1 - 3a}}{3}$.
当$x\in(-\infty,\frac{1-\sqrt{1 - 3a}}{3})$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；
当$x\in(\frac{1-\sqrt{1 - 3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1 - 3a}}{3})$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(\frac{1+\sqrt{1 - 3a}}{3},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增.
综上，当$a\geq\frac{1}{3}$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；当$a\lt\frac{1}{3}$时，$f(x)$在$(-\infty,\frac{1-\sqrt{1 - 3a}}{3})$和$(\frac{1+\sqrt{1 - 3a}}{3},+\infty)$上单调递增，在$(\frac{1-\sqrt{1 - 3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1 - 3a}}{3})$上单调递减.