专题3.2 导数与函数的单调性（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc7484" 【题型1 不含参函数的单调性、单调区间】 PAGEREF _Tc7484 \h 2
\l "_Tc13678" 【题型2 含参函数的单调性】 PAGEREF _Tc13678 \h 4
\l "_Tc7590" 【题型3 根据函数的单调性求参数】 PAGEREF _Tc7590 \h 7
\l "_Tc25473" 【题型4 函数与导函数图象之间的关系】 PAGEREF _Tc25473 \h 9
\l "_Tc9117" 【题型5 函数单调性的应用——比较大小】 PAGEREF _Tc9117 \h 12
\l "_Tc18102" 【题型6 函数单调性的应用——解不等式】 PAGEREF _Tc18102 \h 14
\l "_Tc10705" 【题型7 导数关系构造函数解不等式】 PAGEREF _Tc10705 \h 16
1、导数与函数的单调性
【知识点1 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(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)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点2 导数中函数单调性的应用】
1.比较大小：
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2.解不等式：
与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f'(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.
【解题方法与技巧】
导数关系构造函数的一些常见结构：
(1)对于不等式f'(x)+ g'(x)>0，构造函数F(x)= f(x)+g(x).
(2)对于不等式f'(x)-g'(x)>0，构造函数F(x)= f(x)-g(x).
特别地，对于不等式f'(x)> k，构造函数F(x)= f(x)-kx.
(3)对于不等式f'(x)g(x)+ f(x) g'(x)>0，构造函数F(x)= f(x)·g(x).
(4)对于不等式f'(x)g(x)-f(x) g'(x)>0，构造函数F(x)=.
(5)对于不等式xf'(x)+nf(x)>0，构造函数F(x)=.
(6)对于不等式f'(x)+f(x)>0，构造函数F(x)=.
(7)对于不等式f'(x)+kf(x)>0，构造函数F(x)=.
【题型1 不含参函数的单调性、单调区间】
【例1】（2024·浙江·模拟预测）函数fx=ln2x−1−x2+x的单调递增区间是（ ）
A．0,1B．12,1
C．1−22,1+22D．12,1+22
【解题思路】求出函数的定义域与导函数，再令f′x>0，解得即可.
【解答过程】函数fx=ln2x−1−x2+x的定义域为12,+∞，
且f′x=22x−1−2x+1=2−2x−122x−1=2−2x−12+2x−12x−1，
令f′x>0，解得12所以fx的单调递增区间为12,1+22.
故选：D.
【变式1-1】（2024·上海静安·二模）函数y=xlnx（ ）
A．严格增函数
B．在0,1e上是严格增函数，在1e,+∞上是严格减函数
C．严格减函数
D．在0,1e上是严格减函数，在1e,+∞上是严格增函数
【解题思路】求导后利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据严格增减函数的定义即可得到选项.
【解答过程】解：已知y=xlnx，x>0，则y′=lnx+x⋅1x=lnx+1，
令y′=0，即lnx+1=0，解得x=1e，
当0当x>1e时，y′>0，所以在1e,+∞上是严格增函数，
故选：D.
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在0,+∞上单调递减的是（ ）
A．fx=3x+2−xB．fx=2x−2−x2x+2−x
C．fx=x−x3D．fx=lg12x+x2+1
【解题思路】根据函数奇偶性定义可排除A，利用特殊值法可排除B，利用导数求函数单调性可排除C，根据函数奇偶性定义及复合函数单调性可得结果.
【解答过程】对于A，因为f−x=3−x+2x，所以fx≠f−x,fx≠−fx，
即fx为非奇非偶函数，故排除A．
对于B，因为f1=2−122+12=35，f2=22−1422+14=1517，所以f1所以fx在0,+∞上不是单调递减的，故排除B．
对于C，对fx求导，得f′x=1−3x2．令f′x>0，解得−33令f′x<0，解得x>33或x<−33，
所以fx在0,33上单调递增，在33,+∞上单调递减，故排除C．
对于D，易得fx的定义域为R，
且f−x=lg12−x+x2+1=lg12−x+x2+1x+x2+1x+x2+1
=lg121x+x2+1=−lg12x+x2+1=−fx，所以fx为奇函数．
令t=x+x2+1，则fx=lg12t．易知t=x+x2+1在0,+∞上单调递增，
y=lg12x在0,+∞上单调递减．由复合函数的单调性，得fx=lg12x+x2+1
在0,+∞上单调递减．
故选：D．
【变式1-3】（2024·四川成都·三模）已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当x>0时，fx=x1−lnx，则当x<0时，fx的单调递增区间为（ ）
A．−∞,−eB．−e,0
C．−∞,0D．−1,0
【解题思路】首先利用导数求出函数在0,+∞上的单调性，再根据奇函数的性质得到函数在−∞,0上的单调性，即可判断.
【解答过程】当x>0时，fx=x1−lnx，则f′x=−lnx，
所以当00，当x>1时f′x<0，
所以fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
又函数fx是定义在R上的奇函数，
所以fx在−1,0上单调递增，在−∞,−1上单调递减.
故选：D.
【题型2 含参函数的单调性】
【例2】（2024·辽宁鞍山·二模）已知函数fx=12ax2−a+2x+2lnx，a∈R．
(1)若曲线y=fx在x=2处的切线与y轴垂直，求实数a的值；
(2)讨论函数fx的单调性．
【解题思路】1）求导函数，根据导数的几何意义及切线与y轴垂直建立方程求解即可；
（2）求导函数，按照a≤0和a>0分类讨论，求出函数的单调性.
【解答过程】（1）依题意x>0，fx=12ax2−a+2x+2lnx，
则f′x=ax−a+2+2x=ax2−a+2x+2x=ax−2x−1x，
因为在x=2处的切线与y轴垂直，所以f′x=a−1=0，解得a=1；
（2）由（1）知f′x=ax−2x−1xx>0，
当a≤0时，由f′(x)>0得01，
所以f(x)的单调递增区间为0,1，单调递减区间(1,+∞)，
当a>0时，分以下三种情况：
若a=2，则f′(x)≥0在定义域内恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
若00得02a，令f′(x)<0得1所以f(x)的单调递增区间为0,1,2a,+∞，单调递减区间为1,2a，
若a>2，令f′(x)>0得01，令f′(x)<0得2a所以f(x)的单调递增区间为0,2a,1,+∞，单调递减区间为2a,1，
综上所述，当a≤0时，fx在区间0,1单调递增，在区间1,+∞单调递减；
当a=2时，fx在区间0,+∞单调递增，无递减区间；
当0当a>2时，fx在区间0,2a,1,+∞单调递增，在区间2a,1单调递减.
【变式2-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）设函数fx=−a2x2−ax+3lnx−1，其中a>0.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若y=fx的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，根据导函数的正负分析fx的单调性即可；
（2）将y=fx的图象与x轴没有公共点转化为fxmax小于零，解不等式即可.
【解答过程】（1）由题意，fx的定义域为0,+∞，
f'x=−2a2x−a+3x=-2a2x2+ax−3x=−ax−12ax+3x，
则当x>1a时，f′x<0,fx单调递减；当00,fx单调递增．
故函数fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
（2）由（1）知函数fx的最大值为f1a，要使y=fx的图象与x轴没有公共点，只需fx的最大值恒小于0，即f1a<0恒成立，
故−a21a2−a⋅1a+3ln1a−1<0，得a>1e，所以a的取值范围为1e,+∞.
【变式2-2】（2024·贵州·二模）已知函数fx=xlnx−ex+1．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)讨论fx在0,+∞上的单调性．
【解题思路】（1）求导，计算斜率，再用点斜式求解即可；
（2）令gx=f′x，求出g′x，根据g′12>0、g′1<0可得∃x0∈12,1使g′x0=0，可得x∈0,x0、x∈x0,+∞时f′x的单调性，从而得解.
【解答过程】（1）f′x=lnx+1−ex，
∴f′1=1−e，又f1=1−e，
∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程是y−1+e=1−ex−1，
即y=1−ex；
（2）令gx=f′x=lnx+1−exx>0，
则g′x=1x−ex在0,+∞上递减，且g′12=2−e>0，g′1=1−e<0，
∴∃x0∈12,1，使g′x0=1x0−ex0=0，即lnx0=−x0，
当x∈0,x0时，g′x0>0，当x∈x0,+∞时，g′x0<0，
∴f′x在0,x0上递增，在x0,+∞上递减，
∴f′x≤f′x0=lnx0+1−ex0=−x0+1x0+1≤−2x0⋅1x0+1=−1<0，
当且仅当x0=1x0，即x0=1时，等号成立，显然，等号不成立，故f′x<0，
∴fx在0,+∞上是减函数．
【变式2-3】（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx=mlnx+x2−x,fx的导函数为f′x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m=1时，证明：f′x+1≤2exx+1+1x+1+x−1.
【解题思路】（1）求导，根据判别式分类讨论，即可根据导数的正负确定函数单调性，
（2）将所证不等式等价变形后构造st=t3+tet2−1，利用导数求解函数的单调性，即可求证.
【解答过程】（1）f′x=mx+2x−1=2x2−x+mx(x>0)，
当Δ=1−8m≤0，即m≥18时，此时，f′x≥0，故fx在0,+∞上单调递增.
当Δ=1−8m>0，即m<18时，令f′x=0，
则x1=1−1−8m4,x2=1+1−8m4.
①当0x1>0,fx在0,1−1−8m4,1+1−8m4,+∞上单调递增，在1−1−8m4,1+1−8m4上单调递减.
②当m≤0时，x1≤0（2）证明：当m=1时，f′x+1=1x+1+2x+1，
证原不等式等价于证x+2x+1≤2ex，令x+1=t，
则t>0，且x=t2−1，故只需证tt2+1≤2et2−1，即证t3+tet2−1≤2,
令st=t3+tet2−1，则s′t=t2+1−2t4et2−1，
令φt=t2+1−2t4，则φ′t=2t−8t3=2t1−4t2 =2t1+2t1−2t，
由于t>0，令φ′t>0,则0∴φt在0,12上单调递增，在12,+∞上单调递减.又φ0=1,φ1=0，
∴当t∈0,1时，φt>0，即s′t>0，当t∈(1,+∞)时，φt<0，即s′t<0，
∴st在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴s(t)max=s1=2,∴t3+tet2−1≤2，
所以，当m=1时，f′x+1≤2exx+1+1x+1+x−1.
【题型3 根据函数的单调性求参数】
【例3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数ℎx=lnx−12ax2−2x在1,4上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,−1B．−∞,−1C．−∞,−716D．−∞,−716
【解题思路】根据条件得ℎ′x=1x−ax−2≥0即a≤1x2−2x在1,4上恒成立，构造函数Gx=1x2−2x，x∈1,4，由二次函数的性质求出G(x)的最值即可解决问题.
【解答过程】因为函数ℎx=lnx−12ax2−2x在1,4上单调递增，
所以ℎ′x=1x−ax−2≥0在1,4上恒成立，即a≤1x2−2x在1,4上恒成立，
令Gx=1x2−2x，x∈1,4，变形得Gx=(1x−1)2−1，因为x∈1,4，所以1x∈14,1，
所以当1x=1，即x=1时，G(x)min=−1，所以a≤−1.
故选：A．
【变式3-1】（2024·江西宜春·三模）已知a>0，且a≠1，若函数f(x)=a(lnx−ax−1)在(1,+∞)上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．(0,1e]B．[1e,1)C．(1,e]D．[e,+∞)
【解题思路】根据题意，转化为f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立，令g(x)=f′(x)，利用导数求得函数gx单调递减，得到g(x)【解答过程】由函数f(x)=a(lnx−ax−1)，可得f′(x)=ax−axlna
因为f(x)在(1,+∞)上单调递减，所以f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立，
令g(x)=f′(x)=ax−axlna，则g′(x)=−ax2−ax(lna)2<0，
所以gx在(1,+∞)上单调递减，所以g(x)则a−alna≤0，解得a≥e，即实数a的取值范围是[e,+∞)．
故选：D．
【变式3-2】（2024·山东济宁·一模）若函数fx=lgaax−x3(a>0且a≠1)在区间0,1内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．3,+∞B．1,3C．0,13D．13,1
【解题思路】令μ=gx=ax−x3，利用导数求出函数gx的单调区间，再分a>1和0【解答过程】令μ=gx=ax−x3，则g′x=a−3x2，
当x>a3或x<−a3时，g′x<0，当−a30，
所以gx在a3,+∞和−∞,−a3上递减，在−a3,a3上递增，
当a>1时，y=lgaμ为增函数，且函数fx在区间0,1内单调递增，
所以a>1−a3≤0a3≥1，解得a≥3，
此时gx在0,1上递增，则gx>g0=0恒成立，
当0所以a3≤00综上所述，a的取值范围是3,+∞.
故选：A.
【变式3-3】（23-24高三上·河北·期末）设函数fx=ax−alnx(a>0且a≠1)在区间1,+∞上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．e,+∞B．e2,+∞C．2e,+∞D．ee,+∞
【解题思路】根据单调性与导数的关系可得f′x=axlna−ax≥0在1,+∞上恒成立，进而即可求解.
【解答过程】依题意，f′x=axlna−ax≥0在1,+∞上恒成立，
记gx=f′x=axlna−ax，则g′(x)=ax(lna)2+ax2>0在1,+∞上恒成立，
f′x在1,+∞上单调递增，所以只需alna−a=alna−1≥0，解得a≥e，
故选：A．
【题型4 函数与导函数图象之间的关系】
【例4】（2023·安徽·模拟预测）已知函数fx=16x3+sinx,f′x为fx的导函数，则y=f′x的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数解析式求导函数,再根据导函数导数正负得出导函数的单调性判断即可.
【解答过程】令函数mx=f′x=12x2+csx,m−x=12x2+csx，定义域为R，
∵mx=m−x,∴函数mx为偶函数，
又∵m0=1，且m′x=x−sinx，
当x>0时，m′x=tx,t′x=1−csx≥0,tx在0,+∞单调递增，
则tx>t0=0−sin0=0,m′x>0，
∴函数mx在0,+∞单调递增.
故选：C.
【变式4-1】（2024·四川成都·一模）函数fx=2ax3+bx2+ca,b,c∈R的大致图象如图所示，则a,b,c大小顺序为（ ）

A．b【解题思路】利用复合函数的性质及导数研究单调性结合图象判定大小即可.
【解答过程】令u=gx=ax3+bx2+c，则g′(x)=3ax2+2bx，
由g′(x)=3ax2+2bx=0得x1=0,x2=−2b3a，
因为y=2u定义域上单调递增，结合图象知函数u=gx在−2,0上递增，在0,−2b3a递减，
所以−2b3a>2且a>0，所以b<0，
又fx=2ax3+bx2+ca,b,c∈R过点(−2,1)，
所以−8a+4b+c=0，即c=8a−4b>8a>a，
所以b故选：B.
【变式4-2】（2023·云南曲靖·三模）已知函数fx与gx的部分图象如图所示，则（ ）

A．g′−1<0C．g′3【解题思路】根据题意，利用函数的导数与单调性的关系分析4个结论是否正确，即可得答案．
【解答过程】由图可知，fx与gx在区间−1,3上单调递增，所以g′−1>0,f′−1>0.
在区间−1,3上，gx的图象比fx的图象更陡峭，所以0故选：D.
【变式4-3】（2024·北京海淀·一模）函数f(x)是定义在(−4,4)上的偶函数，其图象如图所示，f(3)=0.设f′(x)是f(x)的导函数，则关于x的不等式f(x+1)⋅f′(x)≥0的解集是（ ）
A．[0,2]B．[−3,0]∪[3,4)C．(−5,0]∪[2,4)D．(−4,0]∪[2,3)
【解题思路】借助函数图象与导数的关系计算即可得.
【解答过程】由f(3)=0，且f(x)为偶函数，故f(−3)=0，
由导数性质结合图象可得当x∈−4,0时，f′x<0，
当x∈0,4时，f′x>0，当x=0时，即f′0=0，
则由f(x+1)⋅f′(x)≥0，有−4亦可得fx+1>0f′x>0，或fx+1<0f′x<0，或fx+1=0，或f′x=0，
由fx+1>0f′x>0可得−4由fx+1<0f′x<0可得−3由fx+1=0，可得x+1=±3，即x=2或x=−4（舍去，不在定义域内），
由f′x=0，可得x=0，
综上所述，关于x的不等式f(x+1)⋅f′(x)≥0的解集为(−4,0]∪[2,3).
故选：D.
【题型5 函数单调性的应用——比较大小】
【例5】（2024·江西宜春·三模）已知a=12e，b=ln222，c=ln44，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数，则（ ）
A．b【解题思路】首先将a,b,c化成统一形式，构造函数fx=lnxx x>0，研究单调性进而比较大小即可.
【解答过程】由题意得a=12e=lnee，b=ln222=ln22，c=ln44=2ln24=ln22；
设fx=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
当00，所以f(x)单调递增，又0<2所以f(2)故选：A.
【变式5-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知a=ln65,b=16,c=17e17，则（ ）
A．a>b>cB．a>c>bC．c>b>aD．c>a>b
【解题思路】比较a，b大小，构造fx=lnx−x+1，结合单调性即可比较大小；比较b，c大小，构造ℎx=1−xex，结合单调性即可比较大小.
【解答过程】令fx=lnx−x+100，所以fx单调递增，
又f1=0，所以fx<0，即lnx所以ln56<−16，所以−ln56>16，即ln65>16，所以a>b，
设ℎx=1−xex,x∈0,1，则ℎ′x=−xex<0，所以ℎx单调递减，
ℎx<ℎ0=1，即ex<11−x，故e17<11−17=76，，即17e17<16，所以b>c，
所以a>b>c，
故选：A.
【变式5-2】（2024·陕西·模拟预测）已知函数fx=2x+2−x+csx+x2，若a=f5ln4π，b=f4ln5π，c=f5lnπ4，则（ ）
A．c【解题思路】先利用导数判断f(x)的单调性，再构造函数g(x)=lnxx，利用导数判断得5lnπ4>5ln4π>4ln5π，从而得解.
【解答过程】因为f(x)=2x+2−x+csx+x2，
所以f′(x)=(2x−2−x)ln2+(2x−sinx)，
令ℎx=2x−sinx，则ℎ′x=2−csx>0恒成立，
所以当x>0时，ℎx>ℎ0=0，即2x−sinx>0，
又y=2x−2−x在0,+∞上单调递增，所以y=2x−2−x>20−20=0，
所以f′(x)>0在0,+∞上恒成立，则f(x)在0,+∞上单调递增，
构造函数g(x)=lnxx，则g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)>0，得0e，
所以g(x)在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以gπ>g4>g5，
即lnππ>ln44>ln55，可得4lnπ>πln4，5ln4>4ln5，
所以lnπ4>ln4π，5πln4>4πln5，
所以5lnπ4>5ln4π，5ln4π>4ln5π，
即5lnπ4>5ln4π>4ln5π
所以，f5lnπ4>f5ln4π>f4ln5π，
即b故选：D.
【变式5-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知a=9798,b=cs17,c=e−197，则（ ）
A．a>b>cB．b>a>c
C．c>a>bD．c>b>a
【解题思路】构造函数fx=csx−1−x22，x∈0,π2和gx=ex−x+1,(x>0)，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【解答过程】令fx=csx−1−x22，x∈0,π2，则f′x=x−sinx，
令φx=x−sinx,x∈0,π2，则φ′x=1−csx>0,φx即f′x单调递增，所以f′x>f′0=0，故fx为增函数，所以f17>f0=0，可得cs17>9798，故a令gx=ex−x+1,(x>0)，则g′x=ex−1>0，故gx为增函数，所以g197>g0=0，即e197−9897>0.所以e−197<9798，故c故选：B.
【题型6 函数单调性的应用——解不等式】
【例6】（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数f(x)=lg4(4x+1)−12x，若f(a−1)≤f(2a+1)成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,−2]B．(−∞,−2]∪[0,+∞)
C．[−2,43]D．(−∞,−2]∪[43,+∞)
【解题思路】判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的性质，把函数不等式转化为代数不等式，再求解即可.
【解答过程】f(x)=lg44x+12x=lg4(2x+2−x)，所以f(−x)=f(x)，即f(x)为偶函数，
对函数y=2x+2−x，x∈(0,+∞)，则y′=2xln2+2−x−ln2 =ln22x−2−x，
因为x∈(0,+∞)，所以2x>1，2−x<1，所以2x−2−x>0，故y′>0在(0,+∞)上恒成立.
所以函数y=2x+2−x在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以f(a−1)≤f(2a+1) ⇒ a−1≤2a+1，
所以a2−2a+1≤4a2+4a+1 ⇒ 3a2+6a≥0，解得a≥0或a≤−2．
故选：B.
【变式6-1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数fx=x−13+sinx−1+5，则不等式f2x+1+f1−x≥10的解集为（ ）
A．0,+∞B．1,+∞C．2,+∞D．3,+∞
【解题思路】由题意可得fx+1=10−f1−x，可将f2x+1+f1−x≥10转化为f2x+1≥fx+1，结合导数可得fx在−∞,+∞上单调递增，即可得2x+1≥x+1.
【解答过程】由题可得fx+1−5=x3+sinx，
所以f−x+1−5=−x3+sin−x=−x3−sinx，
即有fx+1−5+f−x+1−5=0，即fx+1=10−f1−x，
故不等式f2x+1+f1−x≥10等价于f2x+1≥fx+1，
又f′x=3x−12+csx−1，
当x∈1−π2,1+π2时，csx−1≥0，故f′x≥0，
当x∈−∞,1−π2∪1+π2,+∞时，
3x−12≥3×π22>1，csx−1∈−1,1，故f′x≥0，
即f′x≥0恒成立，故fx在−∞,+∞上单调递增，
故由f2x+1≥fx+1可得2x+1≥x+1，即x≥0.
故选：A.
【变式6-2】（2024·山东聊城·三模）设函数fx的定义域为R，导数为f′x，若当x≥0时，f′x>2x−1，且对于任意的实数x,f−x=fx+2x，则不等式f2x−1−fx<3x2−5x+2的解集为（ ）
A．−∞,1B．13,1C．−13,+∞D．−∞,−13∪1,+∞
【解题思路】设gx=fx−x2+x，根据题意，可证g(x)为R上的偶函数，且g(x)在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减，又由f2x−1−fx<3x2−5x+2转化为f2x−1−2x−12+2x−1【解答过程】因为f−x=fx+2x，
设gx=fx−x2+x，
则g−x=f−x−x2−x=fx+2x−x2−x=g(x)，
即g(x)为R上的偶函数，
又当x≥0时，f′x>2x−1，
则g′x=f′x−2x+1>0，所以g(x)在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减，
因为f2x−1−fx<3x2−5x+2，
所以f2x−1−2x−12+2x−1即g2x−1解得13故选：B.
【变式6-3】（2024·辽宁·模拟预测）已知fx是定义在R上的奇函数，gx=f′x−2ex+x也是定义在R上的奇函数，则关于x的不等式g1−x2+g2x+2>0的解集为（ ）
A．−∞,−1∪3,+∞B．−∞,−3∪1,+∞
C．−1,3D．−3,1
【解题思路】根据gx为奇函数及f′x为偶函数可求gx，利用导数可判断gx为R上的减函数，从而可求不等式的解.
【解答过程】因为gx=f′x−2ex+x，故f′x−2ex+x+f′−x−2e−x−x=0，
故f′x+f′−x=2ex+2e−x，
因为fx是定义在R上的奇函数，故fx+f−x=0，
故f′x−f′−x=0，故f′x=ex+e−x，故gx=−ex+e−x+x，
此时g'x=−ex−e−x+1≤−2+1<0，故gx为R上的减函数，
而g1−x2+g2x+2>0等价于g1−x2>g−2x−2，
即1−x2<−2x−2即x2−2x−3>0，故x<−1或x>3
故选：A .
【题型7 导数关系构造函数解不等式】
【例7】（2024·山东潍坊·三模）已知函数fx的导函数为f′x，且f1=e，当x>0时，f′x<1x+ex，则不等式fx−lnxex>1的解集为（ ）
A．0,1B．0,+∞C．1,+∞D．0,1∪1,+∞
【解题思路】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.
【解答过程】不等式fx−lnxex>1等价于f(x)>ex+lnx，即f(x)−ex+lnx>0，
构造函数g(x)=f(x)−ex+lnx,x>0，所以g′(x)=f′(x)−ex−1x，
因为x>0时，f′x<1x+ex，所以g′(x)<0对∀x∈(0,+∞)恒成立，
所以g(x)在(0,+∞)单调递减，
又因为g(1)=f(1)−e−ln1=0，
所以不等式f(x)−ex+lnx>0等价于g(x)>g(1)，所以0即fx−lnxex>1的解集为0,1.
故选：A.
【变式7-1】（2024·江苏南通·模拟预测）设定义域为R的偶函数y=fx的导函数为y=f′x，若f′x+x+12也为偶函数，且f2a+4>fa2+1，则实数a的取值范围是（ ）
A．−∞,−1∪3,+∞B．−∞,−3∪1,+∞
C．−3,1D．−1,3
【解题思路】先令g(x)=f′(x)+(x+1)2，判断g(x)的单调性及奇偶性，由已知结合函数的单调性及奇偶性即可求解不等式．
【解答过程】因为y=f(x)为偶函数，
所以f(−x)=f(x)，所以−f′(−x)=f′(x)，
令g(x)=f′(x)+(x+1)2，
因为f′x+x+12为偶函数，
则g(−x)=g(x)，即f′(−x)+(−x+1)2=f′(x)+(x+1)2，
即−f′(x)+(−x+1)2=f′(x)+(x+1)2，
所以f′(x)=−2x，
当x>0时，f′(x)=−2x<0，即f(x)在0,+∞上单调递减，则f(x)在−∞,0上单调递增，
由f(2a+4)>f(a2+1)，即f2a+4>fa2+1，
所以2a+43，
即实数a的取值范围是−∞,−1∪3,+∞．
故选：A．
【变式7-2】（2024·吉林·二模）已知函数fx的定义域为−∞,0，其导函数f′x满足xf′x−2fx>0，则不等式fx+2024−x+20242f−1<0的解集为（ ）
A．−2025,−2024B．−2024,0
C．−∞,−2024D．−∞,−2025
【解题思路】令gx=fxx2，求导可得gx在−∞,0上单调递减，由已知可得fx+2024x+20242【解答过程】由题意知，当x∈−∞,0时，xf′x−2fx>0，
令gx=fxx2，则g′x=x2f′x−2xfxx4=xf′x−2fxx3<0，
所以gx在−∞,0上单调递减，
不等式fx+2024−(x+2024)2f−1<0等价于fx+2024x+20242即为gx+2024−1x+2024<0，解得−2025故选：A.
【变式7-3】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知定义在0,+∞上的函数fx满足f′x−fxx−1>0，且f1=1，则不等式fex−x+1ex>0的解集为（ ）
A．0,+∞B．1,+∞C．−∞,0D．−∞,1
【解题思路】构造函数gx=fxx−lnx，根据题意得gx在0,+∞上单调递增，不等式fex−x+1ex>0可转化为fexex−lnex>1，即gex>g1，即可求解.
【解答过程】设gx=fxx−lnx，则g′x=xf′x−fxx2−1x=xf′x−fx−xx2．
因为f′x−fxx−1>0,x>0，所以xf′x−fx−x>0，
所以g′x>0，所以gx在0,+∞上单调递增．
不等式fex−x+1ex>0可转化为fexex−lnex>1，
又gex=fexex−lnex，且g1=f11−ln1=1，
即gex>g1，所以ex>1，解得x>0，
即不等式fex−x+1ex>0的解集为0,+∞．
故选：A．
一、单选题
1．（2024·四川成都·模拟预测）函数y=12x2−lnx的单调递减区间为（ ）
A．−1,1B．−1,1C．1,+∞D．0,1
【解题思路】先得出函数的定义域，再令f′x<0，解不等式即可.
【解答过程】函数fx的定义域为0,+∞，f′x=x−1x，令f′x<0，解得：0多取一个端点不影响单调性，所以fx在0,1上单调递减.
故选：D.
2．（2024·上海·三模）在区间I上，f′x>0是函数y=fx在该区间严格增的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【解题思路】y=fx在该区间严格增⇔f′x≥0,选出答案.
【解答过程】y=fx在该区间严格增⇔f′x≥0，即y=fx可能会在该区间内存在导数为0的情况，
比如fx=x3在R上单调递增，且f′0=0，
故f′x>0是函数y=fx在该区间严格增的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知a=ln75，b=cs25，c=25，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a>b>cB．b>c>aC．c>b>aD．c>a>b
【解题思路】利用切线放缩公式：ln1+x≤x比较a,c，再由三角函数y=csx的单调性，比较c,b.
【解答过程】由ln1+x≤x，当x=0时等号成立，知acsπ3=12>25，∴c故选：B.
4．（2024·重庆·模拟预测）已知函数f(x)=xα(x>0)，α为实数，f(x)的导函数为f′(x)，在同一直角坐标系中，f(x)与f′(x)的大致图象不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】先通过特值代入易得A项符合，对于B, C, D项，通过图象观察分析可得α>1，结合两函数图象交点的位置舍去C项.
【解答过程】由f(x)=xα,可得f′x=αxα−1
对于A，当α=−1时，在第一象限上f(x)=x−1递减，对应f′x=−x−2=−1x2图象在第四象限且递增，故A项符合；
对于B,C,D,在第一象限上fx与f′(x)的图象在(0,+∞)上都单调递增，故α>0且α−1>0，则α>1.
又由fx=f′x可得x=α>1，即f(x)=xα与f′x=αxα−1的图象交点横坐标应大于1，显然C项不符合，B, D项均符合.
故选：C.
5．（2024·江苏泰州·模拟预测）若函数fx=12sin2x−acsx在0,π上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−1B．−1,+∞C．−∞,1D．1,+∞
【解题思路】先求出函数fx的导函数，利用换元法将题目条件转化为a≥2t−1t在0,1上恒成立；再构造函数y=2t−1t，判断其函数的单调性，求出最大值即可解答.
【解答过程】因为函数fx=12sin2x−acsx在0,π上单调递增，
所以f′x=cs2x+asinx≥0在0,π上恒成立，即1−2sin2x+asinx≥0在0,π上恒成立.
令t=sinx,x∈0,π，
则t∈0,1，
所以a≥2t−1t在0,1上恒成立.
又因为y=2t−1t在0,1上单调递增，
所以当t=1时ymax=1，
故a≥1.
故选：D.
6．（2024·江西南昌·三模）已知函数f(x)的定义域为R，且f2=−1，对任意x∈R，f(x)+xf′(x)<0，则不等式x+1fx+1>−2的解集是（ ）
A．−∞,1B．−∞,2C．1,+∞D．2,+∞
【解题思路】设gx=xfx，由g′(x)=f(x)+xf′(x)<0恒成立，g(x)在R上单调递减，由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2)，由单调性解不等式即可.
【解答过程】设gx=xfx，则g2=2f(2)=−2 ，
∵对任意x∈R，f(x)+xf′(x)<0，∴g′(x)=f(x)+xf′(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减，
由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2)，∴x+1<2，解得x<1，即解集为−∞,1.
故选：A.
7．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数fx=x2−csx，则fln22，f−ln33，f−ln55的大小关系为（ ）
A．f−ln55C．f−ln55【解题思路】先判断函数fx=x2−csx的奇偶性，利用导数判断函数fx的单调性，令gx=lnxx,x>3，利用导数判断gx的单调性，从而可得1>ln33>ln44>1n55>0，进而可得比较函数值的大小．
【解答过程】∵fx=x2−csx，
∴f−x=−x2−cs−x=x2−csx=fx，∴fx是偶函数，
f′x=2x+sinx，
当00，故函数fx在0,1上单调递增，
令gx=lnxx,x>3，则g′x=1−lnxx2<0，
即函数gx在3,+∞上单调递减，故g3>g4>g5，
即可1>ln33>ln44>1n55>0，而ln44=1n22，
所以fln33>fln22>fln55，
∴f−ln55故选：C．
8．（2024·宁夏银川·三模）已知定义在R上的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，3f(x)+xf′(x)>0，且f(2)=2，则不等式(x+1)3f(x+1)>16的解集为（ ）
A．(1,+∞)B．(−∞,−2)∪(2,+∞)
C．(−∞,1)D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【解题思路】根据(x+1)3fx+1>16构造函数，通过求导发现利用已知条件可知恒为正数，所以可知gx=x3fx在x>0时是单调递增函数，再结合已知条件又可知gx=x3fx是偶函数，利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【解答过程】令gx=x3fx，则g′x=3x2fx+x3f′x=x23fx+xf′x，
因为当x>0时，3fx+xf′x>0，所以gx在0,+∞上单调递增，
又fx为奇函数，且图象连续不断，所以gx为偶函数，
由x+13fx+1>23f2，得x+1>2，解得x<−3或x>1.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·广东茂名·一模）若fx=−13x3+12x2+2x+1是区间m−1,m+4上的单调函数，则实数m的值可以是（ ）
A．−4B．−3C．3D．4
【解题思路】求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于m的不等式组，解出即可．
【解答过程】由题意，f′x=−x2+x+2=−x−2x+1，
令f′x>0，解得−12，
所以fx在(−1,2)上单调递减，在−∞,−1，2,+∞上单调递减，
若函数fx=−13x3+12x2+2x+1在区间m−1,m+4上单调，
则m+4≤−1或m−1≥2或m−1≥−1m+4≤2，解得m≤−5或m≥3或m∈∅，
即m≤−5或m≥3.
故选：CD.
10．（2024·河南信阳·模拟预测）已知fx为(0,+∞)上的可导函数，且x+1f′x>fx，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．3f4<4f3B．4f4>5f3C．3f3<4f2D．3f3>4f2
【解题思路】先构造函数ℎx=fxx+1，利用导数判断该函数的单调性；再利用单调性即可判断各个选项.
【解答过程】设ℎx=fxx+1，x∈(0,+∞).
则ℎ′x=x+1f′x−fxx+12.
因为x+1f′x>fx所以ℎ′x>0，
则函数ℎx=fxx+1在区间(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ4>ℎ3，即f45>f34，4f4>5f3；
ℎ3>ℎ2，即f34>f23，3f3>4f2；而A无法确定；故BD正确，AC错误.
故选：BD.
11．（2024·浙江台州·一模）已知gx是定义域为R的函数fx的导函数，f0=1，f1=0，gx+g2−x=0，fx+gxx−1>0，则下列说法正确的是（ ）
A．f2=1
B．f3>1e（e为自然对数的底数，e≈2.71828⋅⋅⋅）
C．存在x0∈R，fx0<0
D．若x0∈0,1，则fx0∈0,1
【解题思路】由原函数和导函数的对称性判断A；令ℎx=exfx，结合题设条件判断其单调性后可判断B，C，D.
【解答过程】因为gx是定义域为R的函数fx的导函数，所以fx是定义域为R的可导函数，
因为gx+g2−x=0，所以gx的图像关于点1,0对称，
所以fx=f2−x+C，而f1=f1+C⇒C=0，故fx=f2−x，
所以fx的图像关于x=1对称，
因为fx+gxx−1>0，故x>1时，fx+gx>0，
所以fx+f′x>0，设ℎx=exfx，
故x>1时，ℎ′x=exfx+f′x>0，故ℎx在1,+∞上为增函数，
同理ℎx在−∞,1上为减函数，
对于A，因为fx=f2−x，故f0=1=f2，故A正确；
对于B，ℎ3=e3f3>ℎ(2)=e2f2=e2，故f3>1e，故B正确；
对于C，当x>1时，ℎx>ℎ1=ef1=0；
当x<1时，ℎx>ℎ1=0，而x=1时，ℎ1=0，
故ℎx≥0恒成立，故C错误；
对于D，当0ℎ0=e0f0=1，ℎ1=0， 所以ℎx∈0,1，
故01，故fx∈0,1，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·河北邢台·二模）若a=13，b=tanπ9，c=ln54，则a，b，c的大小关系是 c【解题思路】根据给定条件，构造函数fx=tanx−x,gx=lnx+1−x,x∈0,1，再利用导数比较大小即可.
【解答过程】令函数fx=tanx−x，x∈0,1，得f′x=cs2x−sinx⋅−sinxcs2x−1=1cs2x−1>0，
即函数fx在0,1上单调递增，fx>f0=0，则fπ9>0，
即b=tanπ9>π9>13=a，
令函数gx=lnx+1−x,x∈0,1，得g′x=1x+1−1<0，
即即函数gx在0,1上单调递减，gx即c=ln54<14<13=a
所以a，b，c的大小关系是c故答案为：c13．（2024·四川·模拟预测）已知函数fx=x2+x−2ex−2x+5在区间3m−1,m+2上不单调，则m的取值范围是 −1,23 .
【解题思路】根据题意可知y=f'x在区间3m−1,m+2有变号零点，结合变号零点与给定区间的关系求解即可.
【解答过程】由题意知f'x=x−1ex+2x−2=ex+2x−1，
因为fx在区间3m−1,m+2上不单调，即y=f'x在区间3m−1,m+2有变号零点，又ex+2>0，所以f'x=0⇒x=1，f'x>0⇒x>1，f'x<0⇒x<1，
所以x=1在区间3m−1,m+2内，
所以3m−1<1m+2>1，解得−1故答案为：−1,23.
14．（2024·新疆·三模）设函数fx在R上存在导数f′x，对于任意的实数x，有fx−f−x+2x=0，当x∈−∞,0时，f′x+1<2x.若f2+m−f−m≤2m+2，则实数m的取值范围是 −∞,−1 .
【解题思路】构造函数gx=fx−x2+x，根据题意和导数求得函数gx在−∞,0上单调递减，再由g−x=gx，得到gx为偶函数，结合对称性得到gx在(0,+∞)上单调递增，把不等式f2+m−f−m≤2m+2，转化为g2+x≤g−m，即可求解.
【解答过程】令函数gx=fx−x2+x，
因为x∈−∞,0，时f′x+1<2x，所以g′x=f′x−2x+1<0，
所以函数gx在x∈−∞,0上单调递减，
又因为gx−g−x=fx−x2+x−[f−x−(−x)2−x]=fx−f−x+2x=0，
所以函数g−x=gx，所以gx为偶函数，
根据偶函数的对称性，可得gx在(0,+∞)上单调递增，
若f2+m−f−m≤2m+2
则g2+m+2+m2−2+m−g−m−−m2+−m≤2m+2，
整理得g2+m≤g−m，所以2+m≤−m，
两边平方可得m2+4m+4≤m2，解得m≤−1，即实数m的取值范围为(−∞,−1].
故答案为：(−∞,−1].
四、解答题
15．（2024·重庆·三模）已知函数fx=exx+a.
(1)当a=1时，求fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间0,+∞上单调递增，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）由a=1得到fx=exx+1，再利用导数的几何意义求解；
（2）求导f′x=exx+a−1(x+a)2，根据fx在区间0,+∞上单调递增，由f′x≥0恒成立求解.
【解答过程】（1）解：当a=1时，fx=exx+1，
f′x=exx+1−ex(x+1)2=xex(x+1)2，
则f0=1，f′0=0，
所以当a=1时，fx在点0,f0处的切线方程为y=1.
（2）f′x=exx+a−1(x+a)2，
因为fx在区间0,+∞上单调递增，
所以f′x=exx+a−1(x+a)2≥0在区间0,+∞上恒成立，
即x+a−1≥0在区间0,+∞上恒成立，
所以a≥1−x在区间0,+∞上恒成立，
因为当x∈0,+∞时，1−x∈−∞,1，
所以a≥1，即a的取值范围是1,+∞.
16．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知R上可导函数fx的图象如图所示，解不等式x2−2x−3f'x>0.

【解题思路】分析图像出函数的单调性，化简不等式，即可解出不等式的解集.
【解答过程】由题意及图得，
在fx中，
当x∈−∞,−1，1,+∞时，f'x>0，
当x∈−1,1时，f'x<0.
则x2−2x−3f'x>0⇔f'x>0x2−2x−3>0①或f'x<0x2−2x−3<0②.
解①得，x<−1或x>3，解②得，−1综上，不等式x2−2x−3f'x>0的解集为−∞,−1∪−1,1∪3,+∞.
17．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数fx=lnx−x−1x+1
(1)求fx在1,f1处的切线；
(2)比较ln20232024与−14047的大小并说明理由.
【解题思路】（1）求得f′x=x2+1x(x+1)2,x>0，得到f′1=12，且f1=0，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）求得f′x>0，得到fx在0,+∞上单调递增，结合f1=0，得到lnx【解答过程】（1）解：因为函数fx=lnx−x−1x+1，可得f′x=x2+1x(x+1)2,x>0，
可得f′1=12，且f1=0，
所以fx在1,f1处的切线方程为y−0=12x−1，即y=12x−12.
（2）解：由x>0，可得f′x=x2+1x(x+1)2>0，所以fx在0,+∞上单调递增，
又由f1=0，所以x∈(0,1)时，fx<0，即lnx所以ln20232024<20232024−120232024+1=−14047，即ln20232024<−14047.
18．（2024·山东青岛·二模）已知函数f(x)=lnx+ax2−x+a+1.
(1)证明曲线y=fx在x=1处的切线过原点；
(2)讨论fx的单调性；
【解题思路】（1）可求得切点为(1,2a)，斜率k=2a，则切线方程为y=2ax，则恒过原点；
（2）首先求函数fx的导数，当a=0时，f′(x)>0和f′(x)<0，可得fx的单调区间；当a≠0时，令tx=2ax2−x+1，当a>0时由tx=2ax2−x+1的判别式Δ≤0和Δ>0，讨论出函数fx的单调区间；当a<0时，tx=2ax2−x+1的判别式Δ>0，讨论出函数fx的单调区间.
【解答过程】（1）由题设得f′(x)=1x+2ax−1(x>0)，所以f′(1)=1+2a−1=2a，
又因为f(1)=a−1+a+1=2a，所以切点为(1,2a)，斜率k=2a，
所以切线方程为y−2a=2a(x−1)，即y=2ax恒过原点．
（2）由（1）得f′(x)=2ax2−x+1x(x>0)，
当a=0时，f′(x)=−x+1x，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1,+∞)上单调递减；
当a≠0时，令tx=2ax2−x+1，则Δ=1−8a，
当a>0且Δ=1−8a≤0时，即a≥18时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当00，
由tx=2ax2−x+1>0，则01+1−8a4a，则f′(x)>0，
所以f(x)在0,1−1−8a4a上单调递增，在1+1−8a4a,+∞上单调递增；
由tx=2ax2−x+1<0，则1−1−8a4a所以f(x)在1−1−8a4a,1+1−8a4a上单调递减；
当a<0时，Δ=1−8a>0，则tx=2ax2−x+1为开口向下的二次函数，
对称轴x=14a<0，t0=1，t14a=1−18a>1，
由tx=2ax2−x+1>0，则00，所以f(x)在0,1+1−8a4a上单调递增，
由tx=2ax2−x+1<0，则x>1+1−8a4a，则f′(x)<0，所以f(x)在1+1−8a4a,+∞上单调递减；
综上：当a=0时，f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在(1,+∞)上单调递减；
当a≥18时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当0当a<0时，f(x)在1+1−8a4a,+∞上单调递减，f(x)在0,1+1−8a4a上单调递增.
19．（2024·山东·二模）已知函数fx=a2xex−x−lnx．
(1)当a=1e时，求fx的单调区间；
(2)当a>0时，fx≥2−a，求a的取值范围．
【解题思路】（1）当a=1e时，fx=xex−1−x−lnx,x>0，求导得f′x=x+1xxex−1−1，令gx=xex−1−1，求g′x确定gx的单调性与取值，从而确定f′x的零点，得函数的单调区间；
（2）求f′x，确定函数的单调性，从而确定函数fx的最值，即可得a的取值范围．
【解答过程】（1）当a=1e时，fx=xex−1−x−lnx,x>0，
则f′x=x+1ex−1−1−1x=x+1xxex−1−1，
设gx=xex−1−1，则g′x=x+1ex−1>0恒成立，又g1=e0−1=0，
所以当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减，当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
所以fx的减区间为0,1，增区间为1,+∞；
（2）f′x=a2x+1ex−1−1x=x+1xa2xex−1，
设ℎx=a2xex−1，则ℎx=a2x+1ex>0，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
又ℎ0=−1<0，ℎ1a2=e1a2−1>0，
所以存在x0∈0,1a2，使得ℎx0=0，即a2x0ex0−1=0，
当x∈0,x0时，f′x<0，fx单调递减，
当x∈x0,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
当x=x0时，fx取得极小值，也是最小值，
所以fx≥fx0=a2x0ex0−x0−lnx0=1−lnx0ex0=1+2lna，
所以1+2lna≥2−a，即a+2lna−1≥0，
设Fa=a+2lna−1，易知Fa单调递增，且F1=0，
所以Fa≥F1，解得a≥1，
综上，a≥1.考点要求
真题统计
考情分析
(1)结合实例，借助几何直
观了解函数的单调性与导数的关系
(2)能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)
(3)会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用
2022年新课标I卷：第7题，5分
2022年全国甲卷：第12题，5分
2023年新课标Ⅱ卷：第6题，5分
2024年新课标I卷：第10题，6分
导数与函数是高中数学的核心内容，是高考常考的热点内容，从近三年的高考情况来看，本节内容在高考中常涉及的问题有：利用导数研究函数的单调性、求函数的单调区间、利用函数的单调性判断大小、解不等式、求参数范围等；此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，而在解答题中时往往在第一小问中呈现，此时试题整体难度较大.