1、第 17 讲 导数与函数的单调性 函数的单调性与导数的关系条件结论函数 yf(x)在区间(a，b)上可导f(x)0f(x)在(a，b)内单调递增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提醒 不能遗忘求函数的定义域，函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开 典例 1（2022重庆八中高三阶段练习）函数 cos0,xf xex x的递增区间为（）A 0,2B,2 C30,4D 3,4 2（2022全国高三专题练习）若函数 f(x)x3bx2cxd 的单调递减区间为(1，3)，则bc（）A12B10C8D10 举一反三
2、1（2022浙江高三专题练习）函数()2ln1f xxx 的单调递减区间为（）A(0,2)B(0,)eC 1,eD(2,)2（2022全国高三专题练习）函数2()(ln)f xxx的减区间是（）A210,eB10,eC21,1eD 1,1e3（2022全国高三专题练习）以下使得函数()cos22sinf xxx单调递增的区间是（）A 0,2B,2 C3,2D3,224（2021广东湛江高三阶段练习）函数23()25ln2f xxxx的单调递减区间是（）A 1,2B30,2C1,D0,15（2021广东东莞高三阶段练习）函数 f(x)1 12 xcosx 在 0,2上的单调递增区间是_.6（20
3、22全国高三专题练习）函数 sincosf xxxx的一个单调递减区间是_7（2022全国高三专题练习）函数 21xf xx 的单调递减区间为_ 考点 2 含参函数的单调性 名师点睛 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划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点 典例 1.(2022济南调研)已知函数 f(x)12x2(a1)xaln x，讨论函数 f(x)的单调性2（2022全国高三专题练习）已知函数2()1 exf xaxx（aR且0a）.(1)求曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程；(2)讨论函数()f x
4、的单调区间.举一反三 1（2022浙江高三专题练习）已知函数2()(1)xf xxeaxb.讨论()f x 的单调性.2（2022全国高三专题练习）已知函数 f(x)1xxaln(1x)(aR)，求函数 f(x)的单调区间.3（2022全国高三专题练习）已知函数2()(1)xf xk xex，其中 kR.当k2时，求函数()f x 的单调区间；4（2022全国高三专题练习）已知函数 2 lnaf xxaxx，0a.讨论 f x 的单调性；考点 3 函数单调性的应用 名师点睛 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
5、根据函数的单调性解不等式，要充分挖掘条件关系，根据不等式的特征和所给函数的单调性、奇偶性，把所要解的不等式变形，利用函数的性质脱去“f”符号，转化为具体的不等式，或直接利用函数的单调性求得自变量的范围 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f(x)0(或 f(x)0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是 f(x)不恒等于 0 的参数的范围 典例 1（2022湖北房县第一中学模拟预测）已知函数 221 ee1xxf x，不等式 22f xf x的解集为（）A,12,B1,2C,21,D2,12（2022全国模拟预测）已知0a，0b
6、，且113baab，则（）A1abB1abC1abD1ab3（2022全国高三专题练习）若函数 3logaf xxax（0a 且1a ）在区间1,02内单调递增，则a 的取值范围是（）A 1,14B 3,14C 9,4D91,4 举一反三 1（2022全国模拟预测）已知函数 sinxxxf，若1,2，则下列式子大小关系正确的是（）A fffB fffC fffD fff2（2022江苏连云港模拟预测）已知0ab，且11abab，则（）A10ebB01bC1ebDeb 3（2022重庆二模）已知函数323()ln2f xxxax，则函数()f x 在(0,)上单调递增的一个充分不必要条件是（）A
7、49a B49a?C23aD23a 4（2022全国高三专题练习）已知函数2e()1 lnxf xx，则不等式()exf x 的解集为（）A0,1B 1,1eC1,eD1,5（2022全国高三专题练习）已知函数31()sin2cos()3f xaxxxx aR，若 f(x)在 R 上单调，则 a 的取值范围是（）A11,22 B22,C(,1 1,)D,226（多选）（2022湖南长沙市明德中学二模）已知1mn，若1e2eemnmmmn（e为自然对数的底数），则（）A1ee1mnmnB11122mnC42222mnD3log1mn7（2022江苏盐城三模）已知 fx为 f x 的导函数，且满足
8、 01f，对任意的 x 总有 22fxf x，则不等式 223xf xe的解集为_8（2022全国高三专题练习）若函数 313f xxax 有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是_9（2022全国高三专题练习）已知函数 sinxf xexax在,0上单调递增，则实数 a的取值范围_.10（2022河北高三阶段练习）若函数2()exf xxmx在1,12 上存在单调递减区间，则 m 的取值范围是_11（2022江苏泰州高三期末）若函数 cos2cosf xxax在 0,3上是减函数，则实数a的取值范围为_.12（2022江苏江苏三模）设函数 2esin1xf xaxaxa x.(1)当0a 时
9、，讨论 f x 的单调性；(2)若 f x 在 R 上单调递增，求a.第 17 讲 导数与函数的单调性 函数的单调性与导数的关系条件结论函数 yf(x)在区间(a，b)上可导f(x)0f(x)在(a，b)内单调递增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提醒 不能遗忘求函数的定义域，函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开 典例 1（2022重庆八中高三阶段练习）函数 cos0,xf xex x的递增区间为（）A 0,2B,2 C30,4D 3,4【答案】D【解析】cossincossin2sin4xxxxfxex
10、exexxex ，当30,4x时，0 xe，sin04x，则 0fx；当3,4x 时，0 xe，sin04x，则 0fx；f x在0,上的单调递增区间为 3,4 .故选：D.2（2022全国高三专题练习）若函数 f(x)x3bx2cxd 的单调递减区间为(1，3)，则bc（）A12B10C8D10【答案】A【解析】()fx 3x22bxc，由题意知，1x3 是不等式 3x22bxc0 的解，1，3 是()fx 0 的两个根，b3，c9，bc12.故选：A 举一反三 1（2022浙江高三专题练习）函数()2ln1f xxx 的单调递减区间为（）A(0,2)B(0,)eC 1,eD(2,)【答案】
11、A【解析】由题可知0 x，由 210fxx，解得02x.所以单调递减区间为(0,2).故选：A.2（2022全国高三专题练习）函数2()(ln)f xxx的减区间是（）A210,eB10,eC21,1eD 1,1e【答案】C【解析】由题意，222ln(ln)(ln)2lnxfxxxxxx，令()0fx，得 2ln0 x，则211xe ，故()f x 的减区间是21,1e.故选：C3（2022全国高三专题练习）以下使得函数()cos22sinf xxx单调递增的区间是（）A 0,2B,2 C3,2D3,22【答案】D【解析】解：由题意得，2sin22cos2cos(1 2sin)fxxxxx，当
12、6x或 56 时，0fx，函数()f x 在区间 0,2，,2 上都有极值点，故不单调；当3,2x时，0fx，不合题意；当3,22x 时，0fx，函数()f x 单调递增，符合题意.故选：D.4（2021广东湛江高三阶段练习）函数23()25ln2f xxxx的单调递减区间是（）A 1,2B30,2C1,D0,1【答案】D【解析】函数23()25ln2f xxxx的定义域为：0 x x，25(35)(1)()3(23)25ln2xxfxxxxfxxxx，当()0fx 时，函数单调递减，因为0 x，所以解得01x，故选：D5（2021广东东莞高三阶段练习）函数 f(x)1 12 xcosx 在
13、0,2上的单调递增区间是_.【答案】0,6【解析】f(x)12 sinx.由()002fxx，解得 0，则cos0 x 的一个解集 3,22，所以函数 sincosf xxxx的一个单调递减区间3,22，故答案为：3,22.7（2022全国高三专题练习）函数 21xf xx 的单调递减区间为_【答案】,1,1,【解析】函数 21xf xx 的定义域为 R，2222222121()11xxxfxxx，令 0fx，可得210 x ，解得1x ，1x .因此，函数 21xf xx 的单调递减区间为,1,1,.故答案为：,1,1,.考点 2 含参函数的单调性 名师点睛 1研究含参数的函数的单调性，要依
14、据参数对不等式解集的影响进行分类讨论2划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点 典例 1.(2022济南调研)已知函数 f(x)12x2(a1)xaln x，讨论函数 f(x)的单调性解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)x(a1)axx1xax.当 a0 时，令 f(x)0，得到 0 x1；令 f(x)0，得到 x1，此时 f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数当 0a1 时，令 f(x)0，得到 ax1；令 f(x)0，得到 0 xa 或 x1，此时 f(x)在(a,1)上为减函数，在(0，a)和(1，)上为增函数当 a1 时，显然 f
15、(x)0 恒成立，此时 f(x)在(0，)上为增函数当 a1 时，令 f(x)0，得到 1xa；令 f(x)0，得到 0 x1 或 xa.此时 f(x)在(1，a)上为减函数，在(0,1)和(a，)上为增函数综上，当 a0 时，f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数；当 0a1 时，f(x)在(a,1)上为减函数，在(0，a)和(1，)上为增函数；当 a1 时，f(x)在(0，)上为增函数；当 a1 时，f(x)在(1，a)上为减函数，在(0,1)和(a，)上为增函数2（2022全国高三专题练习）已知函数2()1 exf xaxx（aR且0a）.(1)求曲线()yf x在点(0,
16、(0)f处的切线方程；(2)讨论函数()f x 的单调区间.【解】(1)2()1 exf xaxx，22()(21)e1 e(21)2 e xxxf xaxaxxaxax，(0)2f ，又(0)1f ，12yx .所求切线方程为210 xy.(2)由题意知，函数()f x 的定义域为 R，由（1）知2()(21)2 exf xaxax，()(1)(2)exfxaxx，易知e0 x，当0a 时，令()0fx，得2x 或1xa；令()0fx，得12xa.当102a时，12a ，令()0fx，得 12xa ；令()0fx，得1xa或2x .当12a 时，()0fx.当12a 时，12a ，令()0f
17、x，得12xa；令()0fx，得1xa或2x .综上，当12a 时，函数()f x 的单调递增区间为12,a，单调递减区间为 1,a，(,2)；当12a 时，函数()f x 在 R 上单调递减；当102a时，函数()f x 的单调递增区间为 1,2a，单调递减区间为(2,)，1,a；当0a 时，函数函数()f x 的单调递增区间为 1,a，(,2)，单调递减区间为12,a.举一反三 1（2022浙江高三专题练习）已知函数2()(1)xf xxeaxb.讨论()f x 的单调性.【解】由函数的解析式可得：2xfxx ea，当0a 时，若,0 x，则 0,fxf x单调递减，若0,x，则 0,fx
18、f x单调递增；当102a时，若,ln 2xa，则 0,fxf x单调递增，若ln 2,0 xa，则 0,fxf x单调递减，若0,x，则 0,fxf x单调递增；当12a 时，0,fxf x在 R 上单调递增；当12a 时，若,0 x，则 0,fxf x单调递增，若0,ln 2xa，则 0,fxf x单调递减，若ln 2,xa，则 0,fxf x单调递增.2（2022全国高三专题练习）已知函数 f(x)1xxaln(1x)(aR)，求函数 f(x)的单调区间.【解】因为 f(x)1xxaln(1x)(x1)，所以 fx21(1)x 1ax 21(1)axax，当 a0 时，fx0，所以函数
19、f(x)的单调递增区间为(1，).当 a0 时，由()0,1fxx 得1x11a；由()0,1fxx 得 x11a.所以函数 f(x)的单调递增区间是1(1,1)a ；单调递减区间是1(1,)a .综上所述，当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(1，).当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间是1(1,1)a ；单调递减区间是1(1,)a .3（2022全国高三专题练习）已知函数2()(1)xf xk xex，其中 kR.当k2时，求函数()f x 的单调区间；【解】由题设，()e2(e2)xxfxkxxx k，当0k 时，e20 xk，令()0fx得0 x，令()0fx得0 x，故
20、()f x 的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,).当02k时，令()0fx得0 x 或2ln0 xk，当02k，即2ln0k 时，当()0fx时2lnxk或0 x；当()0fx时20lnxk，故()f x的单调递增区间为(,0)、2(ln,)k ，减区间为2(0,ln)k.当2k，即2ln0k 时，在 R 上 0fx恒成立，故()f x 的单调递增区间为(,)；4（2022全国高三专题练习）已知函数 2 lnaf xxaxx，0a.讨论 f x 的单调性；【解】由 f x 的定义域为0,，且 222221aaxaxafxxxx.令 22g xxaxa，则244aa.当2440aa，
21、即01a 时，对任意的0 x 有()0g x，则()0fx，此时，函数 yf x在0,上单调递增；当2440aa，即1a 时，()0g x 有两个不等的实根，设为1x、2x，且12xx，令220 xaxa，解得21xaaa，22xaaa.解不等式()0fx，可得22aaaxaaa；解不等式()0fx，可得20 xaaa或2xaaa.此时，函数 yf x的单调递增区间为2(0,)aaa、2(,)aaa，单调递减区间为22(,)aaa aaa.综上，当01a 时，函数 yf x的单调递增区间为0,，无递减区间；当1a 时，函数 yf x的单调递增区间为2(0,)aaa、2(,)aaa，单调递减区间
22、为22(,)aaa aaa；考点 3 函数单调性的应用 名师点睛 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根据函数的单调性解不等式，要充分挖掘条件关系，根据不等式的特征和所给函数的单调性、奇偶性，把所要解的不等式变形，利用函数的性质脱去“f”符号，转化为具体的不等式，或直接利用函数的单调性求得自变量的范围 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f(x)0(或 f(x)0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是 f(x)不恒等于 0 的参数的范围 典例
23、1（2022湖北房县第一中学模拟预测）已知函数 221 ee1xxf x，不等式 22f xf x的解集为（）A,12,B1,2C,21,D2,1【答案】B【解析】解：因为 221 ee1xxf x，所以 2224e0e1xxfx，所以 f x 在R上单调递减，则 22f xf x等价于22xx，解得 12x，即原不等式的解集为1,2.故选：B.2（2022全国模拟预测）已知0a，0b，且113baab，则（）A1abB1abC1abD1ab【答案】B【解析】解:因为113baab，0a，0b，所以ln1ln3ln211abbabb设 ln10 xf xxx，则 2ln11xxxfxx设 ln
24、101xg xxxx，则 22110111xgxxxx，所以 g x 在0,上单调递减当0 x 时，0g x，所以 0g x，即 0fx，故 f x 在0,上单调递减因为 1f af b，所以1ab 故选：B3（2022全国高三专题练习）若函数 3logaf xxax（0a 且1a ）在区间1,02内单调递增，则a 的取值范围是（）A 1,14B 3,14C 9,4D91,4【答案】B【解析】函数3()log()(0,1)af xxax aa在区间1(,0)2内有意义，则311()0,22 a14a ，设3,txax则logayt，23txa(1)当 1a 时，logayt是增函数，要使函数3
25、()log()(0,1)af xxax aa在区间1(,0)2内单调递增，需使3txax在区间1(,0)2内内单调递增，则需使230txa，对任意1(0)2x 恒成立,即23ax对任意1(,0)2x 恒成立；因为1(,0)2x 时，23034x所以0a 与14a 矛盾，此时不成立.(2)当01a 时，1ayog t是减函数，要使函数3)0,1(afxlogxaxaa在区间1(,0)2内单调递增，需使3txax在区间1(,0)2内内单调递减，则需使230txa 对任意1(,0)2x 恒成立，即23ax对任意1(,0)2x 恒成立，因为213(,0),0342xx 时，所以34a，又1a ，所以
26、314a.综上，a 的取值范围是 314a故选：B 举一反三 1（2022全国模拟预测）已知函数 sinxxxf，若1,2，则下列式子大小关系正确的是（）A fffB fffC fffD fff【答案】D【解析】解：由 sinxxxf，得 1 cosfxx，当1,2x 时，0fx，所以 f x 在 1,2 上单调递增，因为1,2，所以12，所以 ff，由函数 f x 在 1,2 上单调递增，可知恒有 0sin1 12222f xf，所以 ff，综上，得 fff.故选：D.2（2022江苏连云港模拟预测）已知0ab，且11abab，则（）A10ebB01bC1ebDeb【答案】C【解析】因为11
27、0abab，0ab，所以11lnlnabab，即 lnlnabab记ln()xf xx由21 ln()0 xfxx，解得0ex，解21ln()0 xfxx，得ex，所以函数()f x 在(0,e)上单调递增，在(e)，上单调递减因为0ab，则()()f af b时，有eb，又因为当ex 时，ln()0 xf xx，所以()()0f bf a因为(1)0f，所以()(1)f bf，所以1b .综上，1eb.故选：C3（2022重庆二模）已知函数323()ln2f xxxax，则函数()f x 在(0,)上单调递增的一个充分不必要条件是（）A49a B49a?C23aD23a【答案】A【解析】由函
28、数323()ln2f xxxax，可得函数 f x 的定义域为(0,)，且2()33afxxxx，因为函数 f x 在(0,)上单调递增，即()0fx在(0,)上恒成立，即2330axxx在(0,)上恒成立，即3233axx在(0,)上恒成立，令 3233,0g xxxx，可得 2963(32)gxxxxx，当2(0,)3x时，0gx，g x 单调递减；当2(,)3x 时，0gx，g x 单调递增，所以 min2439g xg ，所以49a?，结合选项，可得49a 时函数 f x 在(0,)上单调递增的一个充分不必要条件.故选：A.4（2022全国高三专题练习）已知函数2e()1 lnxf x
29、x，则不等式()exf x 的解集为（）A0,1B 1,1eC1,eD1,【答案】B【解析】函数2e()1 lnxf xx，则21 lneee()ee1 ln1 lnxxxxxf xxxx，因0 x，则不等式()exf x 成立必有1 ln0 x，即1ex，令,(e)e1xxgxx，求导得2e(1)()x xg xx，当 11ex 时，()0g x，当1x 时，()0g x，因此，函数()g x 在 1(,1)e上单调递减，在(1,)上单调递增，又()e(1 ln)()xf xgxg x，当1x 时，ln11x ，于是得1 ln xx，即1 ln0 xx，令()1 lnh xxx，当1x 时，
30、1()10h xx，函数()h x 在(1,)上单调递减，1x ，()(1)0h xh，因此，1 ln xx无解，当 11ex 时，0ln1 1x ，于是得1 ln xx，即1 ln0 xx，此时1()10h xx，函数()h x 在 1(,1)e上单调递增，1(,1)ex，()(1)0h xh，不等式1 ln xx解集为 1(,1)e，所以不等式()exf x 的解集为 1(,1)e.故选：B5（2022全国高三专题练习）已知函数31()sin2cos()3f xaxxxx aR，若 f(x)在 R 上单调，则 a 的取值范围是（）A11,22 B22,C(,1 1,)D,22【答案】A【解
31、析】求导2()sincosfxaxxxx，令2()sincosg xaxxxx，由()f x 在 R 上单调，可知()0g x 恒成立或()0g x 恒成立，分类讨论：()2coscossin2sin2sing xaxxxxxaxxxax x（1）当12a 时，2sin0ax，令()0g x，得0 x 当0 x 时，()0g x，函数()g x 单调递减；当0 x 时，()0g x，函数()g x 单调递增；min()(0)0g xg，即()0g x 恒成立，符合题意；（2）当12a 时，2sin0ax，令()0g x，得0 x 当0 x 时，()0g x，函数()g x 单调递增；当0 x
32、时，()0g x，函数()g x 单调递减；max()(0)0g xg，即()0g x 恒成立，符合题意；（3）当1122a时，令()0g x，得0 x 或sin2xa，研究0,x内的情况即可：当10,xx时，()0g x，函数()g x 单调递减；当12,xx x时，()0g x，函数()g x 单调递增；当2,xx 时，()0g x，函数()g x 单调递减；当1xx时，函数()g x 取得极小值，且满足1sin2xa；当2xx时，函数()g x 取得极小值，且满足2sin2xa 221111111111sin()sincossincos2xg xaxxxxxxxx，且10,2x同理222
33、2222sin()sincos2xg xxxxx，且2,2x 又(0)0g，当12x时，10g x；当2x时，20g x，故不符合；所以 a 的取值范围是11,22 故选：A6（多选）（2022湖南长沙市明德中学二模）已知1mn，若1e2eemnmmmn（e为自然对数的底数），则（）A1ee1mnmnB11122mnC42222mnD3log1mn【答案】ACD【解析】解：因为1e2eemnmmmn，所以11 ee2mnnm，即1ee21mnmn，对于 A，因为111eee2e20111+1mnnnmnnnn，所以1ee1mnmn，故 A 正确；对于 B，令 e1xf xxx，则 21 e0
34、xxfxx，所以 f x 在1 ，上单调递增，因为1ee1mnmn，所以 1f mf n，所以1mn，即1mn，所以11122mn，故 B 错误；对于 C，因为1mn，所以4333222222 222 22mnnnnn，当且仅当322nn，即32n 时取等号，所以42222mn，故 C 正确；对于 D，因为1213mnnnn ，所以3log1mn，故 D 正确.故选：ACD.7（2022江苏盐城三模）已知 fx为 f x 的导函数，且满足 01f，对任意的 x 总有 22fxf x，则不等式 223xf xe的解集为_【答案】0,【解析】设函数 22exf xg x，则 222221()222
35、22exxxxfxeef xfxf xgxe又 22fxf x 0gx所以 g x 在 R 上单调递增，又 0023gf故不等式2()23xf xe可化为 (0)g xg由 g x 的单调性可得该不等式的解集为0,故答案为：0,8（2022全国高三专题练习）若函数 313f xxax 有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是_【答案】0,【解析】2fxxa，由于函数 313f xxax 有三个单调区间，所以 20fxxa 有两个不相等的实数根，所以0a.故答案为：0,9（2022全国高三专题练习）已知函数 sinxf xexax在,0上单调递增，则实数 a的取值范围_.【答案】2,e【解析】s
36、inxf xexax，sincosxxexexafx，因为函数 sinxf xexax在,0上单调递增，所以,0 x，sincos0 xxexexa 恒成立，即,0 x，sincosxaexx恒成立，设 sincosxg xexx，sincoscossin2cosxxxgxexxexxex，,2x ，0gx，g x 为减函数，,02x ，0gx，g x 为增函数，所以 2min2g xge，即2ae.故答案为：2,e 10（2022河北高三阶段练习）若函数2()exf xxmx在1,12 上存在单调递减区间，则 m 的取值范围是_【答案】32m【解析】22()(2)e()e(2)exxxfxx
37、mxmxxmxm，则原向题等价于()0fx在1,12 上有解，即2(2)0 xmxm在1,12 上有解，即221xxmx在1,12 上有解，因为221(1)11xxxxx，且1(1)1yxx 在1,12 上单调递减，所以当12x 时，max113(1)12212y ，所以32m.故答案为：32m 11（2022江苏泰州高三期末）若函数 cos2cosf xxax在 0,3上是减函数，则实数a的取值范围为_.【答案】2a 【解析】由 cos2cosf xxax知，2sin2sin4sin cossinfxxaxxxax ,函数 cos2cosf xxax在 0,3上是减函数，0fx，又sin0
38、x，4sin cossin0 xxax，即4cosax 在 0,3上恒成立，而0,3x，4cos4,2x，2a 故答案为：2a 12（2022江苏江苏三模）设函数 2esin1xf xaxaxa x.(1)当0a 时，讨论 f x 的单调性；(2)若 f x 在 R 上单调递增，求a.【解】(1)解：因为 2esin1xf xaxaxa x，可得 ecos21xfxaxaxa，设 g xfx，则 e2 sinxg xax所以当0a 时，0gx，函数 yg x在 R 上单调递增，即函数 yfx在 R 上单调递增，又由 00f，所以当0 x 时，0fx；当0 x 时，0fx，所以当0a 时，f x
39、 在,0上单调递减，在0,上单调递增.(2)解：令 e1xh xx ，可得 e1xh x，当0 x 时，0h x，h x 单调递增；当0 x 时，0h x，h x 单调递减，又由 00h，所以 00h xh，即e10 xx，所以e1xx，所以e1xx ；令 sinxxx，可得 1 cos0 xx，所以函数 x单调递增，因为 00，当0 x，可得 00 x，即sin0 xx，即sinxx；当0 x，可得 00 x，即sin0 xx，即sinxx，（2.1）当0a 时，由（1）知不合题意；（2.2）当102a时，若,0 x，ecos21xfxaxaxa1cos211axaxax121212111a
40、x xaaaxaxx；当1102xa时，0fx，f x 单调递减，不合题意；（2.3）当12a 时，若0,1x，同理可得 12121ax xafxx，当1012xa 时，0fx，f x 单调递减，不合题意；（2.4）当12a 时，2113esin222xf xxxx，可得 13ecos22xfxxx，设 g xfx，则 1esin12xgxx，当0 x 时，111esin11sin10222xgxxxxxx ，所以 g x 在0,上单调递增，fx在0,上单调递增，当0 x 时，若1,0 x，1111esin1102122 1xxxgxxxxx ，若,1x ，111esin1102e2xgxx ，所以 g x 在,0上单调递增，fx在,0上单调递增，由可知，00fxf，所以 f x 在 R 上单调递增，综上所述，12a
