《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
已知函数$f(x)=x-\frac{2}{x}+a(2-\ln x)$，$a＞0$，讨论$f(x)$的单调性.

答案： 【解析】由题知，$f(x)$的定义域是$(0,+\infty)$，$f'(x)=1+\frac{2}{x^{2}}-\frac{a}{x}=\frac{x^{2}-ax + 2}{x^{2}}$.设$g(x)=x^{2}-ax + 2$，则二次方程$g(x)=0$的判别式$\Delta=a^{2}-8$.
①当$\Delta＜0$，即$0＜a＜2\sqrt{2}$时，对一切$x＞0$都有$f'(x)＞0$.此时$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
②当$\Delta=0$，即$a = 2\sqrt{2}$时，仅对$x=\sqrt{2}$有$f'(x)=0$，对其余的$x＞0$都有$f'(x)＞0$.此时$f(x)$也在$(0,+\infty)$上单调递增.
③当$\Delta＞0$，即$a＞2\sqrt{2}$时，方程$g(x)=0$有两个不同的实根$x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{2}$，$x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{2}$，且$0＜x_{1}＜x_{2}$.则$x$，$f(x)$，$f'(x)$的变化情况如表：
|$x$|$(0,x_{1})$|$x_{1}$|$(x_{1},x_{2})$|$x_{2}$|$(x_{2},+\infty)$|
|----|----|----|----|----|----|
|$f'(x)$|$+$|$0$|$-$|$0$|$+$|
|$f(x)$|单调递增|极大值|单调递减|极小值|单调递增|
此时$f(x)$在$(0,\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{2})$上单调递增，在$(\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{2},\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{2})$上单调递减，在$(\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{2},+\infty)$上单调递增.

考点三 函数单调性的应用
角度1 比较大小
[例3](1)(多选题)(2024·淄博模拟)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是 (　　　)
A.$\ln 2＞\frac{2}{e}$ B.$\ln 3＜\frac{3}{e}$
C.$\ln \pi＞\frac{\pi}{e}$ D.$\frac{\ln 3}{\ln \pi}＜\frac{3}{\pi}$
(2)(2023·衡阳模拟)已知函数$f(x)=x^{2}-\cos x$，则$f(\frac{3}{5})$，$f(0)$，$f(-\frac{1}{2})$的大小关系为__________(用“＜”连接).

答案：
(1)ACD 令$g(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，当$0＜x＜e$时，$g'(x)＞0$，当$x＞e$时，$g'(x)＜0$，所以$g(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减.因为$2＜e$，所以$g(2)＜g(e)$，即$\frac{\ln2}{2}＜\frac{\ln e}{e}=\frac{1}{e}$，
所以$\ln2＜\frac{2}{e}$，故A错误.
因为$e＜3＜\pi$，所以$g(e)＞g(3)＞g(\pi)$，即$\frac{\ln e}{e}=\frac{1}{e}＞\frac{\ln3}{3}＞\frac{\ln\pi}{\pi}$，
所以$\ln3＜\frac{3}{e}$，$\ln\pi＜\frac{\pi}{e}$，$\frac{\ln3}{\ln\pi}＞\frac{3}{\pi}$，故B正确，C，D错误.
(2)【解析】因为$f(x)$的定义域为$R$，
且函数$f(-x)=(-x)^{2}-\cos(-x)=x^{2}-\cos x=f(x)$，
所以$f(x)$是偶函数，
所以$f(\frac{1}{2})=f(-\frac{1}{2})$，$f'(x)=2x+\sin x$，
当$0＜x＜\frac{\pi}{2}$时，$f'(x)=2x+\sin x＞0$，
所以函数在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，
所以$f(0)＜f(\frac{1}{2})＜f(\frac{3}{5})$，
即$f(0)＜f(-\frac{1}{2})＜f(\frac{3}{5})$.
答案：$f(0)＜f(-\frac{1}{2})＜f(\frac{3}{5})$

[例4](1)已知定义在R上的函数$f(x)$满足$f(2)=20$，且$f(x)$的导函数$f'(x)$满足$f'(x)＞6x^{2}+2$，则不等式$f(x)＞2x^{3}+2x$的解集为 (　　　)
A.$\{x|x＞-2\}$
B.$\{x|x＞2\}$
C.$\{x|x＜2\}$
D.$\{x|x＜-2或x＞2\}$
(2)已知函数$f(x)=e^{x}-e^{-x}-2x + 1$，则不等式$f(2x - 3)＞1$的解集为__________.

答案：
(1)B 令$g(x)=f(x)-2x^{3}-2x$，
则$g'(x)=f'(x)-6x^{2}-2＞0$，
所以$g(x)$在$R$上单调递增.
因为$g(2)=f(2)-2\times2^{3}-2\times2=0$，
故原不等式等价于$g(x)＞g(2)$，
所以$x＞2$，所以不等式$f(x)＞2x^{3}+2x$的解集为$\{x|x＞2\}$.
(2)【解析】$f(x)=e^{x}-e^{-x}-2x + 1$，定义域为$R$，
$f'(x)=e^{x}+e^{-x}-2\geqslant2\sqrt{e^{x}\cdot e^{-x}}-2=0$，
当且仅当$x = 0$时取“$=$”，
所以$f(x)$在$R$上单调递增，
又$f(0)=1$，
所以原不等式可化为$f(2x - 3)＞f(0)$，
即$2x - 3＞0$，解得$x＞\frac{3}{2}$，
所以原不等式的解集为$(\frac{3}{2},+\infty)$.
答案：$(\frac{3}{2},+\infty)$

[例5](1)金榜原创·易错对对碰
已知$g(x)=2x+\ln x-\frac{a}{x}$.
①若函数$g(x)$在区间[1,2]内单调递增，则实数a的取值范围为____________.
②若函数$g(x)$在区间[1,2]上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为__________.
(2)(2023·全国乙卷)设$a\in(0,1)$，若函数$f(x)=a^{x}+(1 + a)^{x}$在(0,+∞)上单调递增，则a的取值范围是__________.

答案：
(1)【解析】①$g'(x)=2+\frac{1}{x}+\frac{a}{x^{2}}(x＞0)$.
所以$g'(x)\geqslant0$在$[1,2]$上恒成立，
即$2+\frac{1}{x}+\frac{a}{x^{2}}\geqslant0$在$[1,2]$上恒成立，
所以$a\geqslant-2x^{2}-x$在$[1,2]$上恒成立，
所以$a\geqslant(-2x^{2}-x)_{max}$，$x\in[1,2]$，$(-2x^{2}-x)_{max}=-3$，所以$a\geqslant-3$.
所以实数$a$的取值范围是$[-3,+\infty)$.
答案：$[-3,+\infty)$
②$g(x)$在$[1,2]$上存在单调递增区间，
则$g'(x)＞0$在$[1,2]$上有解，
即$a＞-2x^{2}-x$在$[1,2]$上有解，
所以$a＞(-2x^{2}-x)_{min}$，
又$(-2x^{2}-x)_{min}=-10$，所以$a＞-10$，
所以实数$a$的取值范围是$(-10,+\infty)$.
答案：$(-10,+\infty)$
(2)【解析】由函数的解析式可得$f'(x)=a^{x}\ln a+(1 + a)^{x}\ln(1 + a)\geqslant0$在区间$(0,+\infty)$上恒成立，
则$(1 + a)^{x}\ln(1 + a)\geqslant-a^{x}\ln a$，即$(\frac{1 + a}{a})^{x}\geqslant-\frac{\ln a}{\ln(1 + a)}$在区间$(0,+\infty)$上恒成立，
故$(\frac{1 + a}{a})^{0}=1\geqslant-\frac{\ln a}{\ln(1 + a)}$，而$a + 1\in(1,2)$，故$\ln(1 + a)＞0$，
故$\begin{cases}\ln(a + 1)\geqslant-\ln a\\0＜a＜1\end{cases}$，即$\begin{cases}\ln(a + 1)\geqslant\ln\frac{1}{a}\\0＜a＜1\end{cases}$，故$\frac{\sqrt{5}-1}{2}\leqslant a＜1$，结合题意可得实数$a$的取值范围是$[\frac{\sqrt{5}-1}{2},1)$.
答案：$[\frac{\sqrt{5}-1}{2},1)$

对点训练
1.(2023·长沙模拟)已知函数$f(x)=3x + 2\cos x$.若$a = f(3\sqrt{2})$，$b = f(2)$，$c = f(\log_{2}7)$，则a，b，c的大小关系是 (　　　)
A.$a ＜ b ＜ c$
B.$c ＜ b ＜ a$
C.$b ＜ a ＜ c$
D.$b ＜ c ＜ a$

答案： D 由题意，得$f'(x)=3-2\sin x$.
因为$-1\leqslant\sin x\leqslant1$，所以$f'(x)＞0$恒成立，所以函数$f(x)$是增函数.
因为$\sqrt{2}＞1$，所以$3\sqrt{2}＞3$.
又$\log_{2}4＜\log_{2}7＜\log_{2}8$，即$2＜\log_{2}7＜3$，
所以$2＜\log_{2}7＜3\sqrt{2}$，
所以$f(2)＜f(\log_{2}7)＜f(3\sqrt{2})$，即$b＜c＜a$.

2.已知定义域为R的函数$f(x)$的导数为$f'(x)$，且满足$f'(x)＜2x$，$f(2)=3$，则不等式$f(x)＞x^{2}-1$的解集是 (　　　)
A.(-∞,-1) B.(-1,+∞)
C.(2,+∞) D.(-∞,2)

答案： D 令$g(x)=f(x)-x^{2}$，则$g'(x)=f'(x)-2x＜0$，
即函数$g(x)$在$R$上单调递减.
又不等式$f(x)＞x^{2}-1$可化为$f(x)-x^{2}＞-1$，
而$g(2)=f(2)-2^{2}=3 - 4=-1$，
所以该不等式可化为$g(x)＞g(2)$，
故该不等式的解集为$(-\infty,2)$.

3.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为 (　　　)
A.$e^{2}$ B.e C.$e^{-1}$ D.$e^{-2}$

答案： C 因为函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$，所以$f'(x)=ae^{x}-\frac{1}{x}$，因为函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$在$(1,2)$上单调递增，所以$f'(x)\geqslant0$在$(1,2)$上恒成立，即$ae^{x}-\frac{1}{x}\geqslant0$在$(1,2)$上恒成立，易知$a＞0$，则$0＜\frac{1}{a}\leqslant xe^{x}$在$(1,2)$上恒成立，设$g(x)=xe^{x}$，则$g'(x)=(x + 1)e^{x}$，当$x\in(1,2)$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增，所以在$(1,2)$上，$g(x)＞g(1)=e$，所以$\frac{1}{a}\leqslant e$，即$a\geqslant\frac{1}{e}=e^{-1}$.