新高考数学一轮复习 导数专项重点难点突破专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题（2份打包，原卷版+解析版）

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2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程
3．口诀记忆
导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．
因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．
首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．
题型一 可求根或因式分解
1．已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解析： f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，令f′(x)＝0，得x＝a，
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
2．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(a(1－x),x)，令f′(x)＝0，得x＝1，
当a>0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a<0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；
当a＝0时，f(x)为常函数．
3．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x) (x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当00；当x>eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)<0，
故函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
4．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－(a＋1)x＋1,x)＝eq \f((ax－1)(x－1),x)．
①当01，∴x∈(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减；
②当a＝1时，eq \f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，00；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减．
5．设函数f(x)＝alnx＋eq \f(x－1,x＋1)，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,(x＋1)2)＝eq \f(ax2＋(2a＋2)x＋a,x(x＋1)2)．
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
(1)当a＝－eq \f(1,2)时，Δ＝0，f′(x)＝eq \f(－\f(1,2)(x－1)2,x(x＋1)2)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)当a＜－eq \f(1,2)时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)当－eq \f(1,2)＜a＜0时，Δ＞0．设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝eq \f(－(a＋1)＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq \f(－(a＋1)－\r(2a＋1),a)．
由x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－eq \f(1,2)＜a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－(a＋1)＋\r(2a＋1),a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－(a＋1)－\r(2a＋1),a)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－(a＋1)＋\r(2a＋1),a)，\f(－(a＋1)－\r(2a＋1),a)))上单调递增．
6．已知f(x)＝(x2－ax)lnx－eq \f(3,2)x2＋2ax，求f(x)的单调递减区间．
解析：易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(lnx－1)，
令f′(x)＝0得x＝eq \f(a,2)或x＝e．
当a≤0时，因为x＞0，所以2x－a＞0，令f′(x)＜0得x＜e，所以f(x)的单调递减区间为(0，e)．
当a＞0时，
①若eq \f(a,2)＜e，即0＜a＜2e，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))时，f′(x)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，e))时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，e))；
②若eq \f(a,2)＝e，即a＝2e，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有单调递减区间；
③若eq \f(a,2)＞e，即a＞2e，当x∈(0，e)时，
f′(x)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(a,2)))时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(a,2)))．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当0＜a＜2e时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，e))；
当a＝2e时，f(x)无单调递减区间；当a＞2e时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(a,2)))．
7．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
解析：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，
∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，
∴当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当x＞ln a时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
8．已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
解析：(1)g′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋b(x＞0)．由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴，
得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.
(2)由(1)得g′(x)＝eq \f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax－1x－1,x).
因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当a＝0时，g′(x)＝－eq \f(x－1,x).由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，
即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,2a)，
若eq \f(1,2a)＜1，即a＞eq \f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜eq \f(1,2a)，由g′(x)＜0，得eq \f(1,2a)＜x＜1，
即函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减；
若eq \f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq \f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞eq \f(1,2a)或0＜x＜1，
由g′(x)＜0，得1＜x＜eq \f(1,2a)，
即函数g(x)在(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减；
若eq \f(1,2a)＝1，即a＝eq \f(1,2)，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减；
当a＝eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞eq \f(1,2)时，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减．
9．已知函数f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x．若a>0，试讨论函数f(x)的单调性．
解析：因为f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，所以f′(x)＝eq \f(2ax2－(2a＋1)x＋1,x)＝eq \f((2ax－1)(x－1),x)．
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0得x＝1或x＝eq \f(1,2a)，
若eq \f(1,2a)<1，即a>eq \f(1,2)，由f′(x)>0得x>1或0即函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减；
若eq \f(1,2a)>1，即00得x>eq \f(1,2a)或0即函数f(x)在(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减；
若eq \f(1,2a)＝1，即a＝eq \f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当0eq \f(1,2)时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
10．函数f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)，当a≠0时，求f(x)的单调区间与极值．
解析：因为f′(x)＝eq \f(－2ax2＋2a2－1x＋2a,x2＋12)＝eq \f(－2a,x2＋12)·(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a))).
(1)a>0时
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
(2)当a<0时，
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
综上，当a>0时，f(x)的递增区间是(－a－1，a)，递减区间是(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
当a<0时，f(x)的递增区间是(－∞，a)，(－a－1，＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，
f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
11．已知函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(ax,x＋a)(a>1)，讨论f(x)的单调性．
解析：f′(x)＝eq \f(xx－a2－2a,x＋1x＋a2).
①当a2－2a<0时，即1－1.
②当a＝2时，f′(x)＝eq \f(x2,x＋1x＋22)≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
③当a2－2a>0时，即a>2时，
综上，当1当a>2时，f(x)的递增区间是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，递减区间是(0，a2－2a)；
当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
12．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．
13．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性．
解析：f′(x)＝eq \f(a,x＋1)－a－2x＝eq \f(－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2＋a,2))),x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－eq \f(a＋2,2)，又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
①当－eq \f(a＋2,2)≤－1，即当a≥0时，
若x∈(－1，0)，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
②当－1＜－eq \f(a＋2,2)＜0，即－2＜a＜0时，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(a＋2,2)))，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)，0))，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
③当－eq \f(a＋2,2)＝0，即a＝－2时，f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
④当－eq \f(a＋2,2)＞0，即a＜－2时，若x∈(－1，0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a＋2,2)))，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)，＋∞))，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；
当－2＜a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(a＋2,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)，0))上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当a＜－2时，f(x)在(－1，0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a＋2,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)，＋∞))上单调递减．
14．已知函数f(x)＝x2＋2csx，g(x)＝ex·(csx－sinx＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．
解析：(1)g′(x)＝(ex)′·(cs x－sin x＋2x－2)＋ex(cs x－sin x＋2x－2)′
＝ex(cs x－sin x＋2x－2－sin x－cs x＋2)＝2ex(x－sin x)．
记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cs x．
因为cs x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cs x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．
而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝ex(cs x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cs x)，
所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(ex－a)．
由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0．
当a≤0时，ex－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(ex－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0．
①若00，函数h(x)单调递增；
x∈(ln a，0)时，ex－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．
③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x∈(0，ln a)时，ex－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(ln a，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；
当0当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增；
当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．
题型二 导函数不可因式分解
1．已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论f(x)的单调性．
解析：由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．
①当a≥eq \f(1,3)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a令f′(x)>0，则x所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥eq \f(1,3)时，f(x)在R上单调递增；当a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－3a),3)，\f(1＋\r(1－3a),3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞))上单调递增．
2．已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．讨论f(x)的单调性．
解析：由题意，得f′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \r(\f(k,3))，
令f′(x)＜0，得－eq \r(\f(k,3))＜x＜eq \r(\f(k,3))，令f′(x)＞0，得x＜－eq \r(\f(k,3))或x＞eq \r(\f(k,3))，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))， \r(\f(k,3))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(k,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(k,3))，＋∞))上单调递增．
3．已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性．
解析：由题易得f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，
当a＝0时，f′(x)＝ex＞0，此时f(x)在R上单调递增．
当a＞0时，方程ax2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－4a．
①当0＜a≤1时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增；
②当a＞1时，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－eq \r(1－\f(1,a))，x2＝－1＋eq \r(1－\f(1,a))．
x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1－\r(1－\f(1,a))))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\r(1－\f(1,a))，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－ \r(1－\f(1,a))，－1＋\r(1－\f(1,a))))上单调递减．
综上，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增；
当a＞1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1－\r(1－\f(1,a))))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\r(1－\f(1,a))，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\r(1－\f(1,a))，－1＋\r(1－\f(1,a))))上单调递减．
4．已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x，讨论f(x)的单调性．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).
①当a≤2时，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＞2时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)＜0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)＞0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．
综合①②可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a＞2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．
5．已知f(x)＝ax－eq \f(1,x)，g(x)＝ln x，x＞0，a∈R是常数．
(1)求函数y＝g(x)的图象在点P(1，g(1))处的切线方程；
(2)设F(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数F(x)的单调性．
解析：(1)因为g(x)＝ln x(x＞0)，所以g(1)＝0，g′(x)＝eq \f(1,x)，g′(1)＝1，
故函数g(x)的图象在P(1，g(1))处的切线方程是y＝x－1.
(2)因为F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－eq \f(1,x)－ln x(x＞0)，所以F′(x)＝a＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4).
①当a≥eq \f(1,4)时，F′(x)≥0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＝0时，F′(x)＝eq \f(1－x,x2)，F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜eq \f(1,4)时，由F′(x)＝0，得x1＝eq \f(1－\r(1－4a),2a)＞0，x2＝eq \f(1＋\r(1－4a),2a)＞0，且x2＞x1，
故F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2a)，\f(1＋\r(1－4a),2a)))上单调递减；
④当a＜0时，由F′(x)＝0，得x1＝eq \f(1－\r(1－4a),2a)＞0，x2＝eq \f(1＋\r(1－4a),2a)＜0，
F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2a)，＋∞))上单调递减．
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，求a的取值范围．
解析：(1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1.
①当Δ≤0⇒－eq \r(3)≤a≤eq \r(3)，f′(x)≥0，且在R的任给一子区间上，f′(x)不恒为0，所以f(x)在R上递增；
②当Δ>0⇒a<－eq \r(3)或a>eq \r(3).
由f′(x)＝0⇒x1＝eq \f(－a－\r(a2－3),3)，x2＝eq \f(－a＋\r(a2－3),3).
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，x1)，(x2，＋∞)；单调递减区间是(x1，x2)．
(2)因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))⊆(x1，x2)．
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋1≤0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))上恒成立．
所以2a≥－3x－eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))上恒成立，所以a≥2.
7．已知函数f(x)＝x－eq \f(2,x)＋1－aln x，a＞0，讨论f(x)的单调性．
解析：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋eq \f(2,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋2,x2).
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0＜a≤2eq \r(2)时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即a＞2eq \r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝eq \f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－8),2)，0＜x1＜x2.
由f′(x)>0，得0x2.由f′(x)<0，得x1所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．
x
(－∞，－a－1)
(－a－1，a)
(a，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
x
(－∞，a)
(a，－a－1)
(－a－1，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
x
(－1，a2－2a)
(a2－2a,0)
(0，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
x
(－1,0)
(0，a2－2a)
(a2－2a，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
x
(－∞，x1)
(x1，x2)
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋