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2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
28. [2023·江苏南京大学附属中学高二期末]已知函
数$f(x)=x^{3}-ax^{2}-3x$.
(1)若$f'(3)=0$，求$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数，求实数$a$的取
值范围.
数$f(x)=x^{3}-ax^{2}-3x$.
(1)若$f'(3)=0$，求$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数，求实数$a$的取
值范围.
答案：
28.【解】
(1)由题意,得$f'(x)=3x^2 - 2ax - 3$.
$\because f'(3)=0,\therefore27 - 6a - 3 = 0$,解得$a = 4$.
$\therefore f(x)=x^3 - 4x^2 - 3x,f'(x)=3x^2 - 8x - 3$.
令$f'(x)=0$,得$x=-\frac{1}{3}$或$x = 3$.
当$x$变化时,$f'(x),f(x)$的变化情况如下表.
$x$ $(-\infty,-\frac{1}{3})$ $-\frac{1}{3}$ $\left(-\frac{1}{3},3\right)$ $3$ $(3,+\infty)$
$f'(x)$ $+$ $0$ $-$ $0$ $+$
$f(x)$ 单调递增 $f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{14}{27}$ 单调递减 $f(3)= - 18$ 单调递增
$\therefore f(x)$在$\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right),(3,+\infty)$上单调递增,在$\left(-\frac{1}{3},3\right)$上单调递减.
(2)方法一$\because f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数,
$\therefore f'(x)=3x^2 - 2ax - 3\geq0$在$[1,+\infty)$上恒成立,
$\therefore a\leq\frac{3}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$(参变分离)在$[1,+\infty)$上恒成立.
当$x\geq1$时,$y=\frac{3}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$是增函数,其最小值为$\frac{3}{2}(1 - 1)=0$(利用函数的性质求函数的最小值),
$\therefore a\leq0$.
故实数$a$的取值范围是$(-\infty,0]$.
方法二$\because f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数,
$\therefore f'(x)=3x^2 - 2ax - 3\geq0$在$[1,+\infty)$上恒成立,
$\therefore\begin{cases}f'(1)= - 2a\geq0,\\\Delta=4a^2 + 36\leq0?\end{cases}$(利用一元二次函数的图像与性质求)
(此处$\Delta = 4a^2 + 36$不可能小于等于$0$,应更正为利用一元二次函数图像性质,当$a$满足对称轴小于等于$1$且$f'(1)\geq0$)
$\begin{cases}f'(1)=3 - 2a - 3\geq0,\frac{a}{3}\leq1.\end{cases}$
解得$a\leq0$.
故实数$a$的取值范围是$(-\infty,0]$.
方法总结利用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性时,应注意的几个方面
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域;
(2)不能随意将函数的两个或多个独立的单调递增(或减)区间写成并集形式;
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时,一般将其转化为不等式恒成立问题,解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的运用.
(1)由题意,得$f'(x)=3x^2 - 2ax - 3$.
$\because f'(3)=0,\therefore27 - 6a - 3 = 0$,解得$a = 4$.
$\therefore f(x)=x^3 - 4x^2 - 3x,f'(x)=3x^2 - 8x - 3$.
令$f'(x)=0$,得$x=-\frac{1}{3}$或$x = 3$.
当$x$变化时,$f'(x),f(x)$的变化情况如下表.
$x$ $(-\infty,-\frac{1}{3})$ $-\frac{1}{3}$ $\left(-\frac{1}{3},3\right)$ $3$ $(3,+\infty)$
$f'(x)$ $+$ $0$ $-$ $0$ $+$
$f(x)$ 单调递增 $f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{14}{27}$ 单调递减 $f(3)= - 18$ 单调递增
$\therefore f(x)$在$\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right),(3,+\infty)$上单调递增,在$\left(-\frac{1}{3},3\right)$上单调递减.
(2)方法一$\because f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数,
$\therefore f'(x)=3x^2 - 2ax - 3\geq0$在$[1,+\infty)$上恒成立,
$\therefore a\leq\frac{3}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$(参变分离)在$[1,+\infty)$上恒成立.
当$x\geq1$时,$y=\frac{3}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)$是增函数,其最小值为$\frac{3}{2}(1 - 1)=0$(利用函数的性质求函数的最小值),
$\therefore a\leq0$.
故实数$a$的取值范围是$(-\infty,0]$.
方法二$\because f(x)$在$[1,+\infty)$上是增函数,
$\therefore f'(x)=3x^2 - 2ax - 3\geq0$在$[1,+\infty)$上恒成立,
$\therefore\begin{cases}f'(1)= - 2a\geq0,\\\Delta=4a^2 + 36\leq0?\end{cases}$(利用一元二次函数的图像与性质求)
(此处$\Delta = 4a^2 + 36$不可能小于等于$0$,应更正为利用一元二次函数图像性质,当$a$满足对称轴小于等于$1$且$f'(1)\geq0$)
$\begin{cases}f'(1)=3 - 2a - 3\geq0,\frac{a}{3}\leq1.\end{cases}$
解得$a\leq0$.
故实数$a$的取值范围是$(-\infty,0]$.
方法总结利用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性时,应注意的几个方面
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域;
(2)不能随意将函数的两个或多个独立的单调递增(或减)区间写成并集形式;
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时,一般将其转化为不等式恒成立问题,解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的运用.
29. 解答下列各题：
(1)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-2x+\sin x$，求函数$f(x)$的单
调区间；
(2)已知函数$f(x)=(x-2)\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{2}ax^{2}+ax(a\in\mathbf{R})$，若$a＞0$，讨论函数$f(x)$的单调性.
(1)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-2x+\sin x$，求函数$f(x)$的单
调区间；
(2)已知函数$f(x)=(x-2)\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{2}ax^{2}+ax(a\in\mathbf{R})$，若$a＞0$，讨论函数$f(x)$的单调性.
答案：
29.【解】
(1)由题意,得$f'(x)=e^x - 2 + \cos x=(e^x - 1)+(\cos x - 1)$.
因为当$x\leq0$时,$e^x\leq e^0 = 1$,所以$e^x - 1\leq0$.
因为$-1\leq\cos x\leq1$,所以$\cos x - 1\leq0$.
所以当$x\leq0$时,$f'(x)\leq0$,此时函数$f(x)$单调递减.
当$x＞0$时,令$t(x)=f'(x)=e^x - 2 + \cos x$,
则$t'(x)=e^x - \sin x$.
由$x＞0$,得$e^x＞1$,又$-1\leq - \sin x\leq1$,所以$t'(x)=e^x - \sin x＞0$,
此时$f'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增,
所以$f'(x)＞f'(0)=1 - 2 + 1 = 0$,
此时函数$f(x)$单调递增.
综上所述,函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,0]$,单调递增区间为$(0,+\infty)$.
(2)由题意,得$f'(x)=(x - 1)e^x - ax + a=(x - 1)(e^x - a)$.
令$f'(x)=0$,得$x = 1$或$x=\ln a$.
若$0＜a＜e$,则$\ln a＜1$,
所以当$\ln a＜x＜1$时,$f'(x)＜0$,此时函数$f(x)$单调递减;
当$x＞1$或$x＜\ln a$时,$f'(x)＞0$,此时函数$f(x)$单调递增.
若$a = e$,则$\ln a = 1$,
所以$f'(x)\geq0$,此时函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增.
若$a＞e$,则$\ln a＞1$,
所以当$1＜x＜\ln a$时,$f'(x)＜0$,此时函数$f(x)$单调递减;
当$x＞\ln a$或$x＜1$时,$f'(x)＞0$,此时函数$f(x)$单调递增.
综上所述,当$0＜a＜e$时,函数$f(x)$在$(\ln a,1)$上单调递减,在$(-\infty,\ln a)$和$(1,+\infty)$上单调递增;
当$a = e$时,函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增;
当$a＞e$时,函数$f(x)$在$(1,\ln a)$上单调递减,在$(-\infty,1)$和$(\ln a,+\infty)$上单调递增.
(1)由题意,得$f'(x)=e^x - 2 + \cos x=(e^x - 1)+(\cos x - 1)$.
因为当$x\leq0$时,$e^x\leq e^0 = 1$,所以$e^x - 1\leq0$.
因为$-1\leq\cos x\leq1$,所以$\cos x - 1\leq0$.
所以当$x\leq0$时,$f'(x)\leq0$,此时函数$f(x)$单调递减.
当$x＞0$时,令$t(x)=f'(x)=e^x - 2 + \cos x$,
则$t'(x)=e^x - \sin x$.
由$x＞0$,得$e^x＞1$,又$-1\leq - \sin x\leq1$,所以$t'(x)=e^x - \sin x＞0$,
此时$f'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增,
所以$f'(x)＞f'(0)=1 - 2 + 1 = 0$,
此时函数$f(x)$单调递增.
综上所述,函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,0]$,单调递增区间为$(0,+\infty)$.
(2)由题意,得$f'(x)=(x - 1)e^x - ax + a=(x - 1)(e^x - a)$.
令$f'(x)=0$,得$x = 1$或$x=\ln a$.
若$0＜a＜e$,则$\ln a＜1$,
所以当$\ln a＜x＜1$时,$f'(x)＜0$,此时函数$f(x)$单调递减;
当$x＞1$或$x＜\ln a$时,$f'(x)＞0$,此时函数$f(x)$单调递增.
若$a = e$,则$\ln a = 1$,
所以$f'(x)\geq0$,此时函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增.
若$a＞e$,则$\ln a＞1$,
所以当$1＜x＜\ln a$时,$f'(x)＜0$,此时函数$f(x)$单调递减;
当$x＞\ln a$或$x＜1$时,$f'(x)＞0$,此时函数$f(x)$单调递增.
综上所述,当$0＜a＜e$时,函数$f(x)$在$(\ln a,1)$上单调递减,在$(-\infty,\ln a)$和$(1,+\infty)$上单调递增;
当$a = e$时,函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增;
当$a＞e$时,函数$f(x)$在$(1,\ln a)$上单调递减,在$(-\infty,1)$和$(\ln a,+\infty)$上单调递增.
30. 已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}(\tan x-1)-1,f(x)$的导函数为
$f'(x)$. 记函数$f(x)$在区间$\left(n\pi-\frac{3\pi}{2},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)$
内的零点为$x_{n},n\in\mathbf{N}^{*}$.
(1)求函数$f(x)$的单调区间；
(2)证明：$x_{n+1}-x_{n}＜\pi$.
$f'(x)$. 记函数$f(x)$在区间$\left(n\pi-\frac{3\pi}{2},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)$
内的零点为$x_{n},n\in\mathbf{N}^{*}$.
(1)求函数$f(x)$的单调区间；
(2)证明：$x_{n+1}-x_{n}＜\pi$.
答案：
30.
(1)【解】由题意,知$f(x)$的定义域为$\left\{x\mid x\neq k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})\right\},f'(x)=e^x\left(\tan x - 1+\frac{1}{\cos^2x}\right)=e^x\left(\tan x+\frac{\sin^2x}{\cos^2x}\right)=e^x·\frac{\tan x(1 + \tan x)}{\cos^2x}·\cos^2x=e^x\tan x(1 + \tan x)$.
$\therefore$当$x\in\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi,k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$时,$f'(x)＜0$;
当$x\in\left(-\frac{\pi}{2}+k\pi,-\frac{\pi}{4}+k\pi\right)\cup\left(k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$时,$f'(x)＞0$.
$\therefore f(x)$的单调递减区间为$\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi,k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$,单调递增区间为$\left(-\frac{\pi}{2}+k\pi,-\frac{\pi}{4}+k\pi\right),\left(k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$.
(2)【证明】①当$x\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{2},n\pi-\frac{3\pi}{4}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$时,$\tan x＜1$,
$\therefore f(x)＜0$恒成立,此时$f(x)$无零点.
②当$x\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$时,由
(1)知$f(x)$在$\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$上单调递增,
又$f\left(n\pi-\frac{3\pi}{4}\right)=-1＜0,f\left(n\pi-\frac{2\pi}{3}\right)=e^{n\pi-\frac{2\pi}{3}}(\sqrt{3}-1)-1\geq e^{-\frac{2\pi}{3}}(\sqrt{3}-1)-1＞0$.
$(\sqrt{3}-1)-1＞0$,
$\therefore$存在唯一的$x_n\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$,使$f(x_n)=0(n\in\mathbf{N}^*)$(零点存在定理的应用).
$\because x_n\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$,
$\therefore x_n+\pi\in\left((n + 1)\pi-\frac{3\pi}{4},(n + 1)\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*),x_{n + 1}\in\left((n + 1)\pi-\frac{3\pi}{4},(n + 1)\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$.
又$f(x_{n + 1})=0$,
$\therefore$要证$x_{n + 1}-x_n＜\pi$,即证$x_{n + 1}＜x_n+\pi$,只需证$f(x_{n + 1})＜f(x_n+\pi)$.
又$f(x_{n + 1})=0$,$\therefore$只需证$f(x_n+\pi)＞0$.
$\because f(x_n)=e^{x_n}(\tan x_n - 1)-1 = 0,\therefore\tan x_n - 1 = e^{-x_n}$,
$\therefore f(x_n+\pi)=e^{x_n+\pi}\left[\tan(x_n+\pi)-1\right]-1=e^{x_n+\pi}\left(\tan x_n - 1\right)-1=e^{x_n+\pi}· e^{-x_n}-1=e^{\pi}-1＞0$,
$\therefore x_{n + 1}-x_n＜\pi$得证.
(1)【解】由题意,知$f(x)$的定义域为$\left\{x\mid x\neq k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})\right\},f'(x)=e^x\left(\tan x - 1+\frac{1}{\cos^2x}\right)=e^x\left(\tan x+\frac{\sin^2x}{\cos^2x}\right)=e^x·\frac{\tan x(1 + \tan x)}{\cos^2x}·\cos^2x=e^x\tan x(1 + \tan x)$.
$\therefore$当$x\in\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi,k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$时,$f'(x)＜0$;
当$x\in\left(-\frac{\pi}{2}+k\pi,-\frac{\pi}{4}+k\pi\right)\cup\left(k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$时,$f'(x)＞0$.
$\therefore f(x)$的单调递减区间为$\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi,k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$,单调递增区间为$\left(-\frac{\pi}{2}+k\pi,-\frac{\pi}{4}+k\pi\right),\left(k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\right)(k\in\mathbf{Z})$.
(2)【证明】①当$x\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{2},n\pi-\frac{3\pi}{4}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$时,$\tan x＜1$,
$\therefore f(x)＜0$恒成立,此时$f(x)$无零点.
②当$x\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$时,由
(1)知$f(x)$在$\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$上单调递增,
又$f\left(n\pi-\frac{3\pi}{4}\right)=-1＜0,f\left(n\pi-\frac{2\pi}{3}\right)=e^{n\pi-\frac{2\pi}{3}}(\sqrt{3}-1)-1\geq e^{-\frac{2\pi}{3}}(\sqrt{3}-1)-1＞0$.
$(\sqrt{3}-1)-1＞0$,
$\therefore$存在唯一的$x_n\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$,使$f(x_n)=0(n\in\mathbf{N}^*)$(零点存在定理的应用).
$\because x_n\in\left(n\pi-\frac{3\pi}{4},n\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$,
$\therefore x_n+\pi\in\left((n + 1)\pi-\frac{3\pi}{4},(n + 1)\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*),x_{n + 1}\in\left((n + 1)\pi-\frac{3\pi}{4},(n + 1)\pi-\frac{\pi}{2}\right)(n\in\mathbf{N}^*)$.
又$f(x_{n + 1})=0$,
$\therefore$要证$x_{n + 1}-x_n＜\pi$,即证$x_{n + 1}＜x_n+\pi$,只需证$f(x_{n + 1})＜f(x_n+\pi)$.
又$f(x_{n + 1})=0$,$\therefore$只需证$f(x_n+\pi)＞0$.
$\because f(x_n)=e^{x_n}(\tan x_n - 1)-1 = 0,\therefore\tan x_n - 1 = e^{-x_n}$,
$\therefore f(x_n+\pi)=e^{x_n+\pi}\left[\tan(x_n+\pi)-1\right]-1=e^{x_n+\pi}\left(\tan x_n - 1\right)-1=e^{x_n+\pi}· e^{-x_n}-1=e^{\pi}-1＞0$,
$\therefore x_{n + 1}-x_n＜\pi$得证.
31. 已知函数$f(x)=\ln x,g(x)=\frac{1}{2}ax^{2}+2x(a\neq0)$.
(1)若函数$h(x)=f(x)-g(x)$存在单调递减区
间，则实数$a$的取值范围是
(2)若函数$h(x)=f(x)-g(x)$在$[1,4]$上单调递
减，则实数$a$的取值范围是
(1)若函数$h(x)=f(x)-g(x)$存在单调递减区
间，则实数$a$的取值范围是
$(-1,0)\cup(0,+\infty)$
；(2)若函数$h(x)=f(x)-g(x)$在$[1,4]$上单调递
减，则实数$a$的取值范围是
$\left[-\frac{7}{16},0\right)\cup(0,+\infty)$
.
答案：
31.
(1)$(-1,0)\cup(0,+\infty)(2)\left[-\frac{7}{16},0\right)\cup(0,+\infty)$【解
析】
(1)由题意,知$h(x)=\ln x-\frac{1}{2}ax^2 - 2x,x\in(0,+\infty)$,
所以$h'(x)=\frac{1}{x}-ax - 2$.由$h(x)$在$(0,+\infty)$上存在单调递减区间,可得当$x\in(0,+\infty)$时,$\frac{1}{x}-ax - 2＜0$有解,即$a＞\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$有解.设$G(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}(x＞0)$,则只要$a＞G(x)_{\min}$即可.而$G(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1$,所以当$x = 1$时,$G(x)_{\min}=-1$.又因为$a\neq0$,所以$-1＜a＜0$或$a＞0$.
(2)由$h(x)$在$[1,4]$上单调递减,得当$x\in[1,4]$时,$h'(x)=\frac{1}{x}-ax - 2\leq0$恒成立,即$a\geq\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$恒成立.设$H(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x},x\in[1,4]$,则$a\geq H(x)_{\max}$.又$H(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1,x\in[1,4]$,则$a\geq H(x)_{\max}$.又$H(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1,x\in[1,4]$,所以$\frac{1}{x}\in\left[\frac{1}{4},1\right]$,所以$H(x)_{\max}=-\frac{7}{16}$(此时$x = 4$).又因为$a\neq0$,所以$-\frac{7}{16}\leq a＜0$或$a＞0$.
易错规避
(1)函数$f(x)$在区间$D$上存在单调递减(增)区间.
方法一:转化为“$f'(x)＞0(＜0)$在区间$D$上有解”;
方法二:转化为“存在区间$D$的一个子区间,使$f'(x)＞0(＜0)$成立”.
(2)函数$f(x)$在区间$D$上单调递增(减).
方法一:转化为“$f'(x)\geq0(\leq0)$在区间$D$上恒成立$[f'(x)$不恒等于$0]$”;
方法二:转化为“区间$D$是函数$f(x)$的单调递增(减)区间的子区间”.
(1)$(-1,0)\cup(0,+\infty)(2)\left[-\frac{7}{16},0\right)\cup(0,+\infty)$【解
析】
(1)由题意,知$h(x)=\ln x-\frac{1}{2}ax^2 - 2x,x\in(0,+\infty)$,
所以$h'(x)=\frac{1}{x}-ax - 2$.由$h(x)$在$(0,+\infty)$上存在单调递减区间,可得当$x\in(0,+\infty)$时,$\frac{1}{x}-ax - 2＜0$有解,即$a＞\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$有解.设$G(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}(x＞0)$,则只要$a＞G(x)_{\min}$即可.而$G(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1$,所以当$x = 1$时,$G(x)_{\min}=-1$.又因为$a\neq0$,所以$-1＜a＜0$或$a＞0$.
(2)由$h(x)$在$[1,4]$上单调递减,得当$x\in[1,4]$时,$h'(x)=\frac{1}{x}-ax - 2\leq0$恒成立,即$a\geq\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$恒成立.设$H(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x},x\in[1,4]$,则$a\geq H(x)_{\max}$.又$H(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1,x\in[1,4]$,则$a\geq H(x)_{\max}$.又$H(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2 - 1,x\in[1,4]$,所以$\frac{1}{x}\in\left[\frac{1}{4},1\right]$,所以$H(x)_{\max}=-\frac{7}{16}$(此时$x = 4$).又因为$a\neq0$,所以$-\frac{7}{16}\leq a＜0$或$a＞0$.
易错规避
(1)函数$f(x)$在区间$D$上存在单调递减(增)区间.
方法一:转化为“$f'(x)＞0(＜0)$在区间$D$上有解”;
方法二:转化为“存在区间$D$的一个子区间,使$f'(x)＞0(＜0)$成立”.
(2)函数$f(x)$在区间$D$上单调递增(减).
方法一:转化为“$f'(x)\geq0(\leq0)$在区间$D$上恒成立$[f'(x)$不恒等于$0]$”;
方法二:转化为“区间$D$是函数$f(x)$的单调递增(减)区间的子区间”.
32. (多选)[2023·重庆南开中学高二开学考试]若函
数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，其导函数为$f'(x)$，
满足$\frac{1}{x}f(x)-\frac{\ln x}{x}f(x)+f'(x)\ln x＞0$恒成立，
则下
列结论一定正确的是
(
A.$f(2)＞0$
B.$f(\mathrm{e})＜0$
C.$\mathrm{e}f(\mathrm{e})＜2f(\mathrm{e}^{2})$
D.$-\mathrm{e}^{2}f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)＞f(\mathrm{e})$
数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，其导函数为$f'(x)$，
满足$\frac{1}{x}f(x)-\frac{\ln x}{x}f(x)+f'(x)\ln x＞0$恒成立，
则下
列结论一定正确的是
(
AC
)A.$f(2)＞0$
B.$f(\mathrm{e})＜0$
C.$\mathrm{e}f(\mathrm{e})＜2f(\mathrm{e}^{2})$
D.$-\mathrm{e}^{2}f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)＞f(\mathrm{e})$
答案：
32.AC【解析】构造函数$F(x)=f(x)·\frac{\ln x}{x}(x＞0)$,则
$F'(x)=f'(x)·\frac{\ln x}{x}+f(x)·\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{1}{x}\left[\frac{\ln x}{x}f(x)+f'(x)·\frac{1}{x}f(x)\right]=\frac{1}{x}\left[F'(x)-x·\frac{1-\ln x}{x^2}f(x)\right]＞0$,所以$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.又$F(1)=f(1)·\frac{\ln1}{1}=0$,所以$F(2)=f(2)·\frac{\ln2}{2}＞0$,则$f(2)＞0$,A正确.因为$F(e)=f(e)·\frac{\ln e}{e}=\frac{1}{e}f(e)＞0$,所以$f(e)＞0$,B错误.因为$F(e^2)=f(e^2)·\frac{\ln e^2}{e^2}=\frac{2}{e^2}f(e^2)$,又$e＜2^2$,所以$ef(e^2)·\frac{\ln e^2}{e^2}＞f(e)·\frac{\ln e}{e}$,所以$ef(e^2)＞2f(e)$,C正确.因为$F(e)＞F\left(\frac{1}{e}\right)$,所以$f(e)·\frac{\ln e}{e}＞f\left(\frac{1}{e}\right)·\frac{\ln\frac{1}{e}}{\frac{1}{e}}$,所以$f(e)·\frac{1}{e}＞f\left(\frac{1}{e}\right)·(-e)$,所以$-e^2f\left(\frac{1}{e}\right)＜f(e)$,D错误.故选AC.
$F'(x)=f'(x)·\frac{\ln x}{x}+f(x)·\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{1}{x}\left[\frac{\ln x}{x}f(x)+f'(x)·\frac{1}{x}f(x)\right]=\frac{1}{x}\left[F'(x)-x·\frac{1-\ln x}{x^2}f(x)\right]＞0$,所以$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.又$F(1)=f(1)·\frac{\ln1}{1}=0$,所以$F(2)=f(2)·\frac{\ln2}{2}＞0$,则$f(2)＞0$,A正确.因为$F(e)=f(e)·\frac{\ln e}{e}=\frac{1}{e}f(e)＞0$,所以$f(e)＞0$,B错误.因为$F(e^2)=f(e^2)·\frac{\ln e^2}{e^2}=\frac{2}{e^2}f(e^2)$,又$e＜2^2$,所以$ef(e^2)·\frac{\ln e^2}{e^2}＞f(e)·\frac{\ln e}{e}$,所以$ef(e^2)＞2f(e)$,C正确.因为$F(e)＞F\left(\frac{1}{e}\right)$,所以$f(e)·\frac{\ln e}{e}＞f\left(\frac{1}{e}\right)·\frac{\ln\frac{1}{e}}{\frac{1}{e}}$,所以$f(e)·\frac{1}{e}＞f\left(\frac{1}{e}\right)·(-e)$,所以$-e^2f\left(\frac{1}{e}\right)＜f(e)$,D错误.故选AC.
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