高考數(shù)學(xué)專項研究：導(dǎo)數(shù)（6）第二章專題探研第二節(jié)單調(diào)性探研一、利用單調(diào)性構(gòu)造(一)直接構(gòu)造1.(洛陽二模)已知fx=ex+mlnxm解:由fx1設(shè)gx=fx2.已知fx=ax2解:由題意可得fm?m>3.(全國I理數(shù))fx=1x解:設(shè)0<x令gx同源練習(xí):fx=4.已知函數(shù)fx=a(2)設(shè)a<?1.對任意x1解:(1)fx的定義域為0當(dāng)a≥0時,f′x>當(dāng)a≤?1時,f′x<當(dāng)?1<a<0則當(dāng)x∈0,?a故fx在0,?(2)不妨假設(shè)x1≥x2,而a<??等價于?x令gx=①等價于gx在0,+∞單調(diào)減少,即從而故a的取值范圍為(?∞,?2(二)根據(jù)單調(diào)性去絕對值再構(gòu)造1.已知fx=解:如何去分母絕對值,設(shè)x1<xf′x故而fx2由g′2.fx=a解:設(shè)x1≥x2,由于故fx1即fx2+g由判別式可得Δ=?16a3.fx=1?2lnx解:易知fx單調(diào)遞減,設(shè)x1<x4.fx=1立,求m的取值范圍.解:易得fx單調(diào)遞增,設(shè)1≤由fx1?令?x=由?x單調(diào)遞減可得?′x≤0故而x3?5.fx=2異實數(shù)x1、x2且x1解:當(dāng)x∈?1,故f即f令易知?x,tx即6?k≥故6?k即k?6≥故k?6≥0⑤fx=解:x≥x<又故?(三)可倒可構(gòu)造1.fx=1+lnx解:原式=fx1?fx21則k<2.(2020年衡水五調(diào)理數(shù)12)對任意0<x1<x解:構(gòu)造lnx1則證明gx=lnx二、構(gòu)造函數(shù)單調(diào)性1.(2020年衡中大聯(lián)考理數(shù))已知f（1）比較x1與x2（1）解:f法一:ln因為x1≠1,所以lnx1?x1法二:設(shè)Hx1H′t0=1t0Htmax因為gx2=0（2）證明:令?x=要證fx2+gx1<0即證fx2<?gx1,只需要證?x2<?x1只需證?x在區(qū)間x【同源練習(xí)】①若x>0證明:構(gòu)造2令ff′x在?∞,0單調(diào)遞增,在0,+∞單調(diào)遞減,所以當(dāng)x>0時有f②(2020年全國I理數(shù))若2aA.a>2bB.a<2b解:設(shè)fx=2x所以f所以fa<ff當(dāng)b=1時,fa?當(dāng)b=2時,fa?f2.fx=lnxx,對任意x明:x解法一:由f′x所以1?lnx則當(dāng)x∈0,2時,2lnx?又=所以Fx1設(shè)kt=t?lnt?1,所以?t在1,+∞遞減,所以?因為Fx在x∈解法二:fx=ln要證x0<x1f1故只需證x2?令x1x2=g′所以g1<0在t3.已知函數(shù)fx證明:(I)存在唯一x0∈0(II)存在唯一x1∈π2,π,使解:(I)當(dāng)x∈0,π2時,f又f0=?π?2(II)當(dāng)x∈π令t=π?x由(I)得,當(dāng)t∈0,x0時,u′t<0增函數(shù),由uπ2=0知,當(dāng)t∈x0在0,x0上ut為減函數(shù),由u0使ut0=0.于是存在唯一t0gx1=gπ由于x1=π【同源練習(xí)】①已知函數(shù)fxg證明:(I)存在唯一x0∈0(II)存在唯一x1∈π2,π,使(I)當(dāng)x∈0函數(shù)fx在0,所以存在唯一x0∈(II)考慮?x令t=π?x記由(I)得,當(dāng)t∈0,x0時,在0,x0上ut是增函數(shù),又u0=0,從而當(dāng)上無零點。在x0,π2上知存在唯一t1∈x0,π2因此存在唯一的x1,使?因為當(dāng)x∈π2,π時,1存在唯一的x1∈π②(2020永州二模)f（1）存在唯一x0∈（2）存在唯一x1∈1,2使得解:(1)當(dāng)x∈f0=?e+（2）當(dāng)x令t令?由(1)得當(dāng)t故在0,x0上?在x0,1上?t為減函數(shù),由?故存在唯一的t1∈因此存在唯一的x1=因此當(dāng)t∈0,1時1+所以存在唯一的x1∈因為x1=三、極值點偏移1.(2019年浙江“9+1”高中聯(lián)盟高三理數(shù))已知函數(shù)fx=x證明:x解法一:由fx1=0得x1?ln設(shè)0令gx=x1?lnx故F′x<0,F因為0<x