第15讲单调性问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第15讲 单调性问题 知识梳理 知识点一：单调性基础问题 1、函数的单调性 函数单调性的判定方法：设函数y=f(x)在某个区间内可导，如果f(x)>0，则y=f(x)为增 函数；如果f(x)<0，则y=f(x)为减函数． 2、已知函数的单调性问题 ①若f(x)在某个区间上单调递增，则在该区间上有f(x)≥0恒成立(但不恒等于0)；反之，要 满足f(x)>0，才能得出f(x)在某个区间上单调递增； ②若f(x)在某个区间上单调递减，则在该区间上有f(x)≤0恒成立(但不恒等于0)；反之，要 满足f(x)<0，才能得出f(x)在某个区间上单调递减． 知识点二：讨论单调区间问题 类型一：不含参数单调性讨论 (1)求导化简定义域(化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间)； (2)变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒 正或恒负，无需单独讨论的部分)； (3)求根作图得结论(如能直接求出导函数等于0的根，并能做出导函数与x轴位置关系图， 则导函数正负区间段已知，可直接得出结论)； (4)未得结论断正负(若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负)； (5)正负未知看零点(若导函数正负难判断，则观察导函数零点)； (6)一阶复杂求二阶(找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求 二阶导)； 求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数 再求导． (7)借助二阶定区间(通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区 间段)； 类型二：含参数单调性讨论 (1)求导化简定义域(化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否 是一个连续的区间)； (2)变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒 正或恒负，无需单独讨论的部分)； (3)恒正恒负先讨论(变号部分因为参数的取值恒正恒负)；然后再求有效根； (4)根的分布来定参(此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系)； (5)导数图像定区间； 【解题方法总结】 1、求可导函数单调区间的一般步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； 第 页 共 页 252 3427(2)求f(x)，令f(x)=0，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； (3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和f(x)=0的各实根按由小到大的 顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间； (4)确定f(x)在各小区间内的符号，根据f(x)的符号判断函数f(x)在每个相应小区间内的 增减性． 注：①使f(x)=0的离散点不影响函数的单调性，即当f(x)在某个区间内离散点处为零，在 其余点处均为正(或负)时，f(x)在这个区间上仍旧是单调递增(或递减)的．例如，在(-∞, +∞)上，f(x)=x3，当x=0时，f(x)=0；当x≠0时，f(x)>0，而显然f(x)=x3在(-∞, +∞)上是单调递增函数． ②若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增，则f(x)≥0(f(x)不恒为0)，反之不成立．因为 f(x)≥0，即f(x)>0或f(x)=0，当f(x)>0时，函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增． 当f(x)=0时，f(x)在这个区间为常值函数；同理，若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递 减，则f(x)≤0(f(x)不恒为0)，反之不成立．这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这 个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件．于是有如下结论： f(x)>0⇒f(x)单调递增；f(x)单调递增⇒f(x)≥0； f(x)<0⇒f(x)单调递减；f(x)单调递减⇒f(x)≤0． 必考题型全归纳 1 题型一：利用导函数与原函数的关系确定原函数图像 460 (2024·全国·高三专题练习)设fx  是函数fx  的导函数，y=fx  的图象如图所示，则 y=fx  的图象最有可能的是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由导函数的图象可得当x<0时，fx  >0，函数fx  单调递增； 当02时，fx  >0，函数fx  单调递增. 只有C选项的图象符合. 故选：C. 461 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f'(x)，如 图是函数y=xf'(x)的图像，则下列说法正确的是 A.函数f(x)的增区间是(-2,0),(2,+∞) B.函数f(x)的增区间是-∞,-2  ,2,+∞  C.x=-2是函数的极小值点 D.x=2是函数的极小值点 【答案】BD 【解析】先由题中图像，确定f(x)的正负，得到函数f(x)的单调性；从而可得出函数极大 值点与极小值点，进而可得出结果.由题意，当02，f(x)> 0；当-20； 即函数f(x)在-∞,-2  和(2,+∞)上单调递增，在-2,2  上单调递减， 因此函数f(x)在x=2时取得极小值，在x=-2时取得极大值； 故A错，B正确；C错，D正确. 故选：BD. 462 (2024·黑龙江齐齐哈尔·统考二模)已知函数y=xfx  的图象如图所示(其中fx  是函 数fx  的导函数)，下面四个图象中可能是y=fx  图象的是 ( ) A. B. 第 页 共 页 254 3427C. D. 【答案】C 【解析】由y=xfx  的图象知，当x∈-∞,-1  时，xfx  <0，故fx  >0，fx  单调 递增； 当x∈-1,0  时，xfx  >0，故fx  <0，当x∈0,1  ，xfx  ≤0，故fx  ≤0， 等号仅有可能在x=0处取得， 所以x∈-1,1  时，fx  单调递减； 当x∈1,+∞  时，xfx  >0，故fx  >0，fx  单调递增，结合选项只有C符合. 故选：C. 463 (2024·陕西西安·校联考一模)已知定义在[-3,4]上的函数fx  的大致图像如图所示，f (x)是fx  的导函数，则不等式xfx  >0的解集为 ( ) 5 A.(-2,-1)∪1, 2  B.(-3,-2) 5 C.(-1,0)∪1, 2  D.(3,4) 【答案】C 【解析】若x<0，则fx  <0,fx  单调递减，图像可知，x∈-1,0  ， 若x>0，则fx  >0,fx  5 单调递增，由图像可知x∈1, 2  ， 故不等式xfx  >0的解集为-1,0  5 ∪1, 2  ． 故选：C 【解题方法总结】 原函数的单调性与导函数的函数值的符号的关系，原函数f(x)单调递增⇔导函数f(x) ≥0(导函数等于0，只在离散点成立，其余点满足f(x)>0)；原函数单调递减⇔导函数f (x)≤0(导函数等于0，只在离散点成立，其余点满足f(x )<0)． 0 2 题型二：求单调区间 x2+2 464 (2024·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习)函数y= +lnx的单调递增 x 区间为 ( ) A.(0,2) B.(0,1) C.(2,+∞) D.(1,+∞) 第 页 共 页 255 3427【答案】D 【解析】函数的定义域为(0,+∞). x2+2 2 2 1 x2+x-2 (x+2)(x-1) y= +lnx=x+ +lnx，则y=1- + = = . x x x2 x x2 x2 y>0 令  ，解得x∈(1,+∞). x>0 故选：D 465 (2024·全国·高三专题练习)函数y=xlnx ( ) 1 A.严格增函数 B.在0, e  1 上是严格增函数，在 ,+∞ e  上是严格减函数 1 C.严格减函数 D.在0, e  1 上是严格减函数，在 ,+∞ e  上是严格增函数 【答案】D 1 【解析】已知y=xlnx，x>0，则y=lnx+x⋅ =lnx+1， x 1 令y=0，即lnx+1=0，解得x= ， e 1 1 当0 时，y>0，所以在 ,+∞ e e  上是严格增函数， 故选：D. 466 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  =ln4x2-1  的单调递增区间 ( ) 1 A.  ,+∞ 2  1 B. -∞,- 2  1 1 C. - , 2 2  D. 0,+∞  【答案】A 1 1 【解析】由4x2-1>0，可得x<- 或x> ， 2 2 所以函数fx  =ln4x2-1  1 的定义域为-∞,- 2  1 ∪ ,+∞ 2  . 求导可得fx  8x = ，当fx 4x2-1  1 >0时，x>0，由函数定义域可知，x> ， 2 所以函数fx  =ln4x2-1  1 的单调递增区间是 ,+∞ 2  . 故选：A. 467 (2024·高三课时练习)函数fx  b =ax+ (a、b为正数)的严格减区间是( )． x b A. -∞,- a  b B. - ,0 a  b 与0, a  b C. - ,0 a  b 与0, a  b D. - ,0 a  b ∪0, a  【答案】C 【解析】由题得x≠0. 由fx  b =a- ，令fx x2  b b b =a- <0解得- 0，解出x的取值范围，得函数的单调递增区间；令f(x)<0， 解出x的取值范围，得函数的单调递减区间．若一个函数具有相同单调性的区间不只一 个，则这些单调区间不能用“∪”“、或”连接，而应用“和”“、，”隔开． 3 题型三：已知含量参函数在区间上单调或不单调或存在单调区间，求参数范围 x2 1 468 (2024·宁夏银川·银川一中校考三模)若函数f(x)= -lnx在区间m,m+ 2 3  上不单 调，则实数m的取值范围为 ( ) 2 2 2 A.01 3 3 3 【答案】B x2 【解析】函数f(x)= -lnx的定义域为(0,+∞)， 2 1 x2-1 (x+1)(x-1) 且f(x)=x- = = ， x x x 令f(x)=0，得x=1， 1 因为f(x)在区间m,m+ 3  上不单调， m>0  2 所以 1 ，解得： 0， x2 所以gx  在1,e  上递增，又g1  =3， 所以a≤3. 所以a的取值范围是-∞,3  . 故选：B 470 (2024·全国·高三专题练习)若函数fx  =log ax-x3 a  (a>0且a≠1)在区间0,1  内单 调递增，则a的取值范围是 ( ) 第 页 共 页 257 3427A. 3,+∞  B. 1,3  1 C. 0, 3  1 D.   ,1  3  【答案】A 【解析】令μ=gx  =ax-x3，则gx  =a-3x2， a a 当x> 或x<- 时，gx 3 3  a a <0，当- 0， 所以gx  a 在 ,+∞ 3  a 和-∞,- 3  a a 上递减，在- , 3 3  上递增， 当a>1时，y=log a μ为增函数，且函数fx  在区间0,1  内单调递增， a>1   a - ≤0 所以  3 ，解得a≥3，  a  ≥1  3 此时gx  在0,1  上递增，则gx  >g0  =0恒成立， 当0 2-1 B.a≥1 C.a>1- 2 D.a≥-1 【答案】B π π 【解析】由题意，f(x)=cosx-asinx≤0在 , 4 2  上恒成立， cosx 1 π π 即a≥ = 在 , sinx tanx 4 2  上恒成立， π π 因为y=tanx在 , 4 2  上单调递增，所以y=tanx>1， π π 所以在x∈ , 4 2  1 时，0< <1， tanx 所以a≥1. 故选：B 472 (2024·全国·高三专题练习)三次函数f(x)=mx3-x在(-∞,+∞)上是减函数，则m的 取值范围是 ( ) A.m<0 B.m<1 C.m≤0 D.m≤1 【答案】A 【解析】对函数f(x)=mx3-x求导，得f(x)=3mx2-1 因为函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数，则f′(x)≤0在R上恒成立， 即3mx2-1≤0恒成立， 当x2=0，即x=0时，3mx2-1≤0恒成立； 1 1 当x2≠0，即x≠0时，x2≥0，则3m≤ ，即3m≤ x2 x2  ， min 1 因为 ≥0，所以3m≤0，即m≤0； x2 第 页 共 页 258 3427又因为当m=0时，f(x)=-x不是三次函数，不满足题意， 所以m<0. 故选：A． 473 (2024·青海西宁·高三校考开学考试)已知函数fx  a = +lnx.若对任意x ，x ∈ x+1 1 2 0,2  ，且x ≠x ，都有 fx 2 1 2  -fx 1  >-1，则实数a的取值范围是 ( ) x -x 2 1 27 A. -∞, 4  B. -∞,2  27 C. -∞, 2  D. -∞,8  【答案】A 【解析】根据题意，不妨取x -1可转化为fx 2 2 1  -fx 1  >x - 1 x ， 2 a a 即lnx + +x 0，得 0,x∈ ,2 2  有解， 1 故a>- ， 2x2 1 1 1 令g(x)=- ，则g(x)=- 在 ,2 2x2 2x2 2  单调递增， 1 ∴g(x)>g 2  =-2， 故 a>-2. 第 页 共 页 259 3427故选：D. 475 (2024·全国·高三专题练习)若函数f(x)=x2+x-lnx-2在其定义域的一个子区间(2k -1,2k+1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是 ( ) 3 3 A. - , 2 4  1 B.   ,3  2  3 C. - ,3 2  1 3 D.   ,  2 4  【答案】D 【解析】因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)， 1 所以2k-1≥0，即k≥ ， 2 1 2x2+x-1 (x+1)(2x-1) f(x)=2x+1- = = ， x x x 1 令f(x)=0，得x= 或x=-1(舍去)， 2 因为f(x)在定义域的一个子区间(2k-1,2k+1)内不是单调函数， 1 1 3 所以2k-1< <2k+1，得- 0成立．fx  1 = +2x-b x  2x2-2bx+1 = ，设hx x  =2x2 -2bx+1，则h2  1 >0或h 2  1 9 >0，即8-4b+1>0或 -b+1>0，得b< ，故选B. 2 4 考点：导数的应用. 477 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  1 a = x3+ x2+x+1在-∞,0 3 2  ，3,+∞  上 单调递增，在1,2  上单调递减，则实数a的取值范围为 ( ) 10 5 A.  - ,-  3 2  B. -∞,-2  10 C. - ,-2 3  10 5 D. - ,- 3 2  【答案】A 【解析】由fx  1 a = x3+ x2+x+1，得fx 3 2  =x2+ax+1． 因为fx  在-∞,0  ，3,+∞  上单调递增，在1,2  上单调递减， 所以方程fx  =0的两个根分别位于区间0,1  和2,3  上， f(0)≥0 1≥0,   f(1)≤0 1+a+1≤0, 所以 ，即   f(2)≤0 4+2a+1≤0,     f(3)≥0 9+3a+1≥0, 10 5 解得- ≤a≤- . 3 2 故选：A． 第 页 共 页 260 3427478 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =mx3+3m-1  x2-m2+1m>0  的单调递 减区间是0,4  ，则m= ( ) 1 1 A.3 B. C.2 D. 3 2 【答案】B 【解析】函数fx  =mx3+3m-1  x2-m2+1m>0  ，则导数fx  =3mx2+ 6m-1  x 令fx  <0，即3mx2+6m-1  x<0， ∵m>0，fx  的单调递减区间是0,4  ， ∴0，4是方程3mx2+6m-1  x=0的两根， 21-m ∴0+4=  ，0×4=0， m 1 ∴m= 3 故选：B. 【解题方法总结】 (1)已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数恒大于等于或恒小于等于零 求解，先分析导函数的形式及图像特点，如一次函数最值落在端点，开口向上的抛物线最 大值落在端点，开口向下的抛物线最小值落在端点等． (2)已知区间上函数不单调，转化为导数在区间内存在变号零点，通常用分离变量法求解 参变量范围． (3)已知函数在区间上存在单调递增或递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于 零有解． 4 题型四：不含参数单调性讨论 479 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  1+lnx+1 =  x>0 x  .试判断函数fx  在 0，+∞  上单调性并证明你的结论； 【解析】函数fx  在0,+∞  上为减函数，证明如下： 因为fx  1+ln1+x =  x>0 x  ，所以fx  1 - -ln1+x 1+x =  ， x2 1 又因为x>0，所以 >0，ln(1+x)>0，所以fx 1+x  <0， 即函数fx  在0,+∞  上为减函数. 480 (2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习)已知fx  ex+a =lnx+ x 若a=1，讨论fx  的单调性； 【解析】若a=1，则fx  ex+1 =lnx+ x>0 x  ，求导得fx  x-1 =  ex+1  ， x2 令fx  >0可得x>1，令fx  <0可得1>x>0， 故fx  在x∈0,1  上单调递减；在1,+∞  上单调递增. 481 (2024·贵州·校联考二模)已知函数fx  =xlnx-ex+1． (1)求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程； (2)讨论fx  在0,+∞  上的单调性． 第 页 共 页 261 3427【解析】(1)fx  =lnx+1-ex， ∴f1  =1-e，又f1  =1-e， ∴曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程是y-1+e=1-e  x-1  ， 即y=1-e  x； (2)令gx  =fx  =lnx+1-ex x>0  ， 则gx  1 = -ex在0,+∞ x  1 上递减，且g 2  =2- e>0，g1  =1-e<0， 1 ∴∃x ∈ ,1 0 2  ，使gx 0  1 = -ex0=0，即lnx =-x ， x 0 0 0 当x∈0,x 0  时，gx 0  >0，当x∈x 0 ,+∞  时，gx 0  <0， ∴fx  在0,x 0  上递增，在x 0 ,+∞  上递减， ∴fx  ≤fx 0  1 =lnx +1-ex0=-x + 0 0 x 0  1 +1≤-2 x ⋅ +1=-1<0， 0 x 0 1 当且仅当x 0 = x ，即x 0 =1时，等号成立，显然，等号不成立，故fx 0  <0， ∴fx  在0,+∞  上是减函数． 482 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知函数fx  =ex-axa∈R  ，gx  =ex π +cos x. 2 (1)若fx  ≥0，求a的取值范围； (2)求函数gx  在0,+∞  上的单调性； 【解析】(1)由题意知fx  的定义域为R. ①当x>0时，由fx  ex ≥0得a≤ ，设mx x  ex = ，则mx x  ex x-1 =  ， x2 当x∈0,1  时，mx  <0，故mx  在(0,1)上单调递减；当x∈1,+∞  时，mx  >0， 故mx  在(1,+∞)上单调递增， 所以 mx    =m1 min  =e，因此a≤e. 1 ②当x<0时，若a<0，因为f a  1 =ea-1<0，不合题意.所以a≥0，此时fx  >0恒 成立. ③当x=0时，f0  =1>0，此时a∈R. 综上可得，a的取值范围是0,e  . (2)设nx  =sinx-x，x>0，则nx  =cosx-1≤0，所以nx  在0,+∞  上单调递 减， 所以nx  0时，gx  π π π π π2 =ex- sin x>ex- ⋅ x=e- 2 2 2 2 4  x>0， 所以gx  在0,+∞  上单调递增. 483 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ln(ex-1)-lnx． 判断f(x)的单调性，并说明理由； ex 1 xex-ex+1 (x-1)ex+1 【解析】f(x)= - = = ex-1 x (ex-1)x (ex-1)x 令g(x)=(x-1)ex+1，g(x)=ex+(x-1)ex=xex>0 第 页 共 页 262 3427g(x)在(0,+∞)上递增，∴g(x)>g(0)=0，∴f(x)>0， f(x)在(0,+∞)上单调递增. 【解题方法总结】 确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉 求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 5 题型五：含参数单调性讨论 情形一：函数为一次函数 484 (2024·山东聊城·统考三模)已知函数f(x)=(m+1)x-mlnx-m． 讨论f(x)的单调性； m (m+1)x-m 【解析】f(x)=m+1- = ，x∈(0,+∞)， x x 1 ①当m+1=0，即m=-1时，f(x)= >0，f(x)在区间(0,+∞)单调递增． x ②当m+1<0，即m<-1时， m m 令f(x)>0，得0 ， m+1 m+1 m 所以f(x)在区间0, m+1  m 单调递增；在区间 ,+∞ m+1  单调递减． ③当m+1>0，即m>-1时， 若-10，f(x)在区间(0,+∞)单调递增． 若m>0，令fx  m <0，得00，得x> ， m+1 m 所以f(x)在区间0, m+1  m 单调递减；在区间 ,+∞ m+1  单调递增． m 综上，m<-1时，f(x)在区间0, m+1  m 单调递增；在区间 ,+∞ m+1  单调递减； -1≤m≤0时，f(x)在区间(0,+∞)单调递增 m m>0时，f(x)在区间0, m+1  m 单调递减、在区间 ,+∞ m+1  单调递增． 485 (2024·湖北黄冈·黄冈中学校考二模)已知函数fx  =lnx-2a2x2+3ax-1a≥0  . 讨论函数fx  的单调性； 【解析】fx  的定义域为0,+∞  ,fx  4ax+1 =  1-ax  x 若a=0，则fx  1 = ,fx x  在0,+∞  单调递增； 若a>0，令fx  1 1 =0，解得x = >0,x =- <0(舍去) 1 a 2 4a 1 当00，函数fx  1 在0, a  上单调递增， 1 当x> 时，fx a  <0，函数fx  1 在 ,+∞ a  上单调递减， 486 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =lnx+1-a  x+1a∈R  . 讨论函数fx  的单调性； 【解析】因为fx  =lnx+1-a  x+1， 所以fx  1 = +1-a x  . 因为x>0，若1-a≥0，即a≤1时，fx  在0,+∞  上单调递增， 若1-a<0，即a>1时， 第 页 共 页 263 3427令fx  1 = +1-a x  1 >0，得0 ， a-1 所以fx  1 在0, a-1  1 上单调递增，在 ,+∞ a-1  上单调递减. 综上，当a≤1时，fx  在0,+∞  上单调递增； 当a>1时，fx  1 在0, a-1  1 上单调递增，在 ,+∞ a-1  上单调递减. 487 (2024·福建泉州·泉州五中校考模拟预测)已知函数fx  =x-a  lnx． 讨论fx  的单调性； 【解析】由函数fx  =x-a  x-a a lnx，可得f(x)=lnx+ =lnx+1- (x>0)， x x 设φx  a 1 a x+a =f(x)=lnx+1- ，可得φ(x)= + = ， x x x2 x2 ①当a≥0时，φ(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增； ②当a<0时，令φ(x)=0，解得x=-a. 当0-a时，φ(x)>0，f(x)单调递增. 综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)单调递增； 当a<0时，f(x)在(0,-a)单调递减，在(-a,+∞)单调递增. 情形二：函数为准一次函数 488 (2024·云南师大附中高三阶段练习)已知函数fx  =xlnx-ax. 讨论fx  的单调性； 【解析】函数fx  的定义域为x∈(0，+∞)，f(x)=lnx+1-a． 令f(x)=0，解得x=ea-1， 则有当0ea-1时，f(x)>0； 所以f(x)在(0，ea-1)上单调递减，在(ea-1，+∞)上单调递增． 1 489 (2024·北京·统考模拟预测)已知函数f(x)=kex- x2. 2 (1)当k=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (2)设g(x)=f(x)，讨论函数g(x)的单调性； 【解析】(1)∵k=1， 1 ∴f(x)=ex- x2， 2 ∴f(x)=ex-x， 1 当x=1时，f(1)=e- ， 2 1 ∴切点坐标为1，e- 2  ， 又f(1)=e-1，∴切线斜率为e-1， ∴曲线y=f(x)在x=1处切线方程为： e-1  1 x-y+ =0. 2 1 (2)∵f(x)=kex- x2，x∈R， 2 ∴g(x)=f(x)=kex-x，x∈R， ∴g(x)=kex-1，x∈R， 第 页 共 页 264 3427①当k≤0时，g'x  <0成立， ∴f(x)的单调递减区间为R，无单调递增区间. ②当k>0时，令g(x)=kex-1=0⇒x=-lnk， 所以当x<-lnk时，g(x)<0，g(x)在(-∞,-lnk)上单调递减 x>-lnk时，g(x)>0，g(x)在(-lnk,+∞)上单调递增 综上: k≤0时，f(x)的单调递减区间为R，无单调递增区间； k>0时，f(x)的单调递增区间为(-lnk,+∞)，单调递减区间为(-∞,-lnk)； 490 (2024·陕西安康·高三陕西省安康中学校考阶段练习)已知函数fx  =ex-ax- 1a∈R  . 讨论fx  的单调性； 【解析】∵fx  =ex-ax-1a∈R  ，∴fx  =ex-a， ①当a≤0时，fx  >0恒成立，此时fx  在-∞,+∞  上单调递增； ②当a>0时，令fx  =ex-a=0，解得x=lna， 当x∈-∞,lna  时，fx  <0，fx  在区间-∞,lna  上单调递减， 当x∈lna,+∞  时，fx  >0，fx  在区间lna,+∞  上单调递增. 综上所述，当a≤0时，fx  在-∞,+∞  上单调递增；当a>0时，fx  在区间 -∞,lna  上单调递减，在区间lna,+∞  上单调递增. 情形三：函数为二次函数型 方向1、可因式分解 491 (2024·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模)已知函数fx  =alnx+x2-a+2  xa>0  . 讨论函数fx  的单调性； 【解析】因为fx  =alnx+x2-a+2  xa>0  ，该函数的定义域为0,+∞  ， fx  a = +2x-a+2 x  2x2-a+2 =  x+a 2x-a = x  x-1  . x 因为a>0，由fx  a =0得：x= 或x=1. 2 a ①当 =1，即a=2时，fx 2  ≥0对任意的x>0恒成立，且fx  不恒为零， 此时，函数fx  的增区间为0,+∞  ，无减区间； a ②当 >1，即a>2时，由fx 2  a a >0得0 ；由f(x)<0得10得01；由fx 2  a <0得 2时，函数fx  的增区间为0,1  a 、 ,+∞ 2  a ，减区间为1, 2  ； 当01时， 0 1 a <1 a 1 0,fx  单 调递增. 综上所述，当a>1时，x∈0,1  ,fx  单调递减，x∈1,a  ,fx  单调递增，x∈a,+∞  , fx  单调递减；当a=1时，x∈0,+∞  ,fx  单调递减；当00时， 1 1 (ⅰ)当0< <2即a> 时， a 2 1 x -∞, a  1 1  ,2 a a  2 2,+∞  fx  + 0 - 0 + fx  单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 1 1 (ⅱ)当 =2即a= 时，fx a 2  ≥0恒成立，所以fx  在R上单调递增； 1 1 (ⅲ)当 >2即0 时，fx 2  1 的单调递增区间是-∞, a  和2,+∞  1 ，单调递减区间是 ,2 a  ． 494 (2024·广西玉林·统考模拟预测)已知函数fx  1 = x2-3ax+2a2lnx，a≠0. 2 讨论fx  的单调区间； 【解析】fx  的定义域为0,+∞  ，fx  x-a =  x-2a  x 若a>0，当x∈0,a  时，fx  >0，fx  单调递增； 当x∈a,2a  时，fx  <0，fx  单调递减； 当x∈2a,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增. 若a<0，则fx  >0恒成立，fx  在0,+∞  上单调递增. 综上，当a>0时，fx  的单调递增区间为0,a  ，2a,+∞  ，单调递减区间为a,2a  ； 当a<0时，fx  的单调递增区间为0,+∞  ，无单调递减区间 495 (2024·河南郑州·统考模拟预测)已知fx  2a2+8 4 =lnx+ - -2a≠0 a x x  . 讨论fx  的单调性； 第 页 共 页 267 3427【解析】因为fx  2a2+8 4 =lnx+ - -2a≠0 a x x  定义域为0,+∞  ， 所以fx  1 4 = +a+ x a  4 x-a+ x 4 a ⋅ + = x2 x2  x+4  x-a = x2  4  x- a  , x2 若a<0时，则fx  >0，所以fx  在0,+∞  上单调递增， 若a=2时，则fx   x-2 =  2 ≥0，所以fx x2  在0,+∞  上单调递增， 4 16 16 若0 时fx a2  >0，fx  在0,a2  16 ， ,+∞ a2  上单调递增， 4 16 16 若a>2时，a> ，则a2> ，当x∈ ,a2 a a2 a2  时fx  <0，fx  16 在 ,a2 a2  上单调递 减， 16 当0a2时fx a2  >0，fx  16 在0, a2  ，a2,+∞  上单调递增， 综上可得，当a<0或a=2时fx  在0,+∞  上单调递增； 当02时fx  16 在 ,a2 a2  16 上单调递减，在0, a2  ，a2,+∞  上单调递增. 方向2、不可因式分解型 496 (2024·河南驻马店·统考二模)已知函数fx  =ln1+x  1 - ax2，gx 2  1 =ax+ - x+1 sinx a≠0 ex  ． 讨论fx  的单调性； 【解析】由题意可得fx  的定义域为-1,+∞  ，且fx  1 -ax2-ax+1 = -ax= ． x+1 x+1 令fx  =0，则-ax2-ax+1=0，Δ=a2+4a=aa+4  ． 当Δ≤0，即-4≤a<0时，fx  ≥0，fx  在-1,+∞  上单调递增． 当Δ>0，即a>0或a<-4时，fx  1 a2+4a 1 =0有两个根x =- - ，x =- + 1 2 2a 2 2 a2+4a ． 2a 若a>0，x 1 <-1，x 2 >0，则当x∈-1,x 2  时，fx  >0，fx  单调递增， 当x∈x 2 ,+∞  时，fx  <0，fx  单调递减； 若a<-4，x 1 >x 2 ∈-1,+∞  ，则当x∈-1,x 2  或x∈x 1 ,+∞  时，fx  >0，fx  单 调递增， 当x∈x 2 ,x 1  时，fx  <0，fx  单调递减． 综上，当a>0时，fx  在-1,x 2  上单调递增，在x 2 ,+∞  上单调递减； 当-4≤a<0时，fx  在-1,+∞  上单调递增； 当a<-4时，fx  在-1,x 2  和x 1 ,+∞  上单调递增，在x 2 ,x 1  上单调递减． -x2-2ax+a 497 (2024·重庆·统考模拟预测)已知函数f(x)=lnx+ (a∈R)． 2x 讨论函数f(x)的单调性； 第 页 共 页 268 34271 a 1 -x2+2x-a 【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)= - - = ， x 2x2 2 2x2 ①当4-4a≤0，即a≥1时，f(x)≤0恒成立，此时f(x)在(0,+∞)上单调递减； 4-4a>0 ②当  ，即00 由f(x)>0解得，1- 1-a1+ 1-a， 此时f(x)在(1- 1-a,1+ 1-a)上单调递增，在(0,1- 1-a)和(1+ 1-a,+∞) 上单调递减； 4-4a>0 ③当  ，即a≤0时，由f(x)=0解得x=1+ 1-a或x=1- 1-a(舍)， a≤0 由f(x)>0解得01+ 1-a， 此时f(x)在(0,1+ 1-a)上单调递增，在(1+ 1-a,+∞)上单调递减， 所以当a≥1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减； 当00. 若a≠0，令y=ax2-2x+a，Δ=4-4a2，令Δ≤0，解得a≤-1或a≥1. ①若a≤-1，则fx  ≥0. ②若a≥1，则fx  ≤0. ③若-1x 2 ，当x∈-∞，x 2  时，fx  >0， 当x∈x 2 ，x 1  时，fx  <0，当x∈x 1 ，+∞  时，fx  >0； 若00，当x∈x 2 ，+∞  时，fx  <0. 综上所述：若a≤-1，则fx  在R上单调递增； 若-10，又因为f(x)=x+3a+ = ， x x 令h(x)=x2+3ax+2，Δ=9a2-8， 8 ①当Δ≤0，即a2≤ 时，h(x)≥0恒成立，所以fx 9  ≥0，此时，fx  在区间0,+∞  上 是增函数； 2 2 2 2 ②当Δ=9a2-8>0，得到a> 或a<- ，又h(x)=x2+3ax+2，其对称轴为x 3 3 3a =- ，且h(0)=2>0，所以， 2 2 2 3a 当a> 时，x=- <0，所以h(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立， 3 2 即fx  >0在区间(0,+∞)上恒成立，此时fx  在区间0,+∞  上是增函数； 2 2 3a 当a<- 时，x=- >0，且h(0)=2>0，由h(x)=0， 3 2 -3a- 9a2-8 -3a+ 9a2-8 -3a- 9a2-8 得到x= 或x= ，x∈0, 2 2 2  ∪ -3a+ 9a2-8  ,+∞ 2  -3a- 9a2-8 -3a+ 9a2-8 时，h(x)>0，x∈ , 2 2  时，h(x)< 0 -3a- 9a2-8 即x∈0, 2  -3a+ 9a2-8 ∪ ,+∞ 2  时，f(x)>0，x∈ -3a- 9a2-8 -3a+ 9a2-8  , 2 2  时，f(x)<0 此时，fx  -3a- 9a2-8 -3a+ 9a2-8 在 , 2 2  上是减函数， -3a- 9a2-8 在0, 2  -3a+ 9a2-8 , ,+∞ 2  上是增函数. 2 2 综上所述，当a≥- 时，fx 3  在0,+∞  上是增函数； 2 2 当a<- 时，fx 3  -3a- 9a2-8 -3a+ 9a2-8 在 , 2 2  上是减函数， -3a- 9a2-8 在0, 2  -3a+ 9a2-8 , ,+∞ 2  上是增函数. 【解题方法总结】 1、关于含参函数单调性的讨论问题，要根据导函数的情况来作出选择，通过对新函数零 点个数的讨论，从而得到原函数对应导数的正负，最终判断原函数的增减．(注意定义域 的间断情况)． 2、需要求二阶导的题目，往往通过二阶导的正负来判断一阶导函数的单调性，结合一阶 导函数端点处的函数值或零点可判断一阶导函数正负区间段． 3、利用草稿图像辅助说明． 情形四：函数为准二次函数型 500 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  a a =xex+lnx+ ，x∈0,+∞ x  ，其中a∈R. 讨论函数fx  的单调性； 第 页 共 页 270 3427a 【解析】x∈(0,+∞)，f(x)=1- x  a a 1 a ex- + =1- x2 x x  a 1 ex+ x  ， 当a≤0时，f(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增， 当a>0时，当x∈(0,a)时，f(x)<0，当x∈(a,+∞)时，f(x)>0， 即函数f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， 所以当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增. 501 (2024·河南郑州·统考模拟预测)已知fx  =x-a-1  1 ex- ax2+a2x-1．(a∈R) 2 讨论fx  的单调性； 1 【解析】因为f(x)=(x-a-1)ex- ax2+a2x-1, 2 所以f(x)=(x-a)ex-a(x-a)=(x-a)ex-a  , 若a≤0,ex-a>0,x∈(-∞,a)时,f(x)<0,f(x)单调递减,x∈(a,+∞)时,f(x)>0, f(x)单调递增； 若a>0,由f(x)=0得x=a或x=lna, 1 a-1 设g(a)=a-lna(a>0),则g(a)=1- = , a a a∈(0,1)时,g(a)<0,g(a)单调递减, a∈(1,+∞)时,g(a)>0,g(a)单调递增, 所以g(a)≥g(1)=1>0，所以a>lna, 所以x∈(lna,a)时,f(x)<0,f(x)单调递减, x∈(-∞,lna)，x∈(a,+∞)时,f(x)>0,f(x)单调递增. 综上得,当a≤0时,f(x)在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增, 当a>0时,f(x)在(lna,a)上单调递减,在(-∞,lna)，(a,+∞)上单调递增. 502 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知fx  =x-1  a 2ex- x3+ 3 axx>0  a∈R  . 讨论函数fx  的单调性； 【解析】由题知，f(x)=x2-1  ex-ax2-1  =(x-1)(x+1)ex-a  . 当a≤1时，当01时，fx  >0， ∴fx  在区间0,1  上是㺂函数，在区间1,+∞  上是增函数； 当11时，fx  >0；当lnae时，lna>1；当0lna时，fx  >0；当1e时，fx  在区间0,1  上是增函数，在区间1,lna  上是减函数，在区间 lna,+∞  上是增函数. 503 (2024·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测)已知函数fx  = ln2x-a+1   lnx+1  ⋅x,a ∈R， 讨论函数fx  的单调性； 【解析】fx  = ln2x-a+1   lnx+1  ⋅x， ∴fx  2lnx a+1 =  -  x x  x+ ln2x-a+1   lnx+1  =ln2x+1-a  lnx-a= lnx-a  lnx+1  令fx  1 =0，则两根分别为x =ea,x = . 1 2 e 1、当a=-1时，fx  =lnx+1  2≥0在0,+∞  恒成立，故fx  的单调递增区间为 0,+∞  ，无单调递减区间； 2、当a>-1时，令fx  1 >0得x< 或x>ea，令fx e  1 <0得 0得x 时，令fx e  1 <0得ea-1时，fx  1 单调递增区间为0, e  ,ea,+∞  1 ，单调递减区间为 ,ea e  ；当a<-1时，fx  单调递增 区间为0,ea  1 , ,+∞ e  1 ，单调递减区间为ea, e  . 6 题型六：分段分析法讨论 504 (2024·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测(理))已知函数fx  =a-x+1+x2-2x+1+ x-1  lna(a>0，且a≠1) 求函数fx  的单调区间； 【解析】fx  的定义域为R,fx  =-a-x+1lna+2x-2+lna=2x-1  + 1-a-x+1  lna(a>0，且a≠1) 显见，f1  =0. ①当x>1时，2x-1  >0，-x+1<0. 若01，得1-a-x+1<0. 于是，fx  >0. 若a>1，则lna>0，00， 于是，fx  >0 ∴当x>1时，fx  >0, 即fx  在1,+∞  上单调递增 ②当x<1时，2x-1  <0，-x+1>0 若00. 于是，fx  <0 若a>1，则lna>0，a-x+1>1，得1-a-x+1<0， 于是，fx  <0 ∴当x<1时，fx  <0.即fx  在-∞,1  上单调递减 第 页 共 页 272 3427综上得，fx  的单调递增区间为1,+∞  ，单调递减区间为-∞,1  505 (2024·广东广州·统考模拟预测)设函数fx  x+1 = +ax2，其中a∈R. ex 讨论fx  的单调性； 【解析】由fx  -x x = +2ax= 2aex-1 ex ex  ①a≤0时，由2aex-1<0，令fx  =0，解得x=0， 所以x<0时，fx  >0,x>0时，fx  <0， 则fx  在-∞,0  单调递增，在0,+∞  单调递减； ②a>0时，由fx  2ax 1 = ex- ex 2a  ， 1 (i)a= 时，因为xex-1 2  ≥0，则fx  ≥0,fx  在-∞,+∞  单调递增， 1 (ii)a∈0, 2  时，fx  1 =0，解得x=0或x=ln >0， 2a 所以x∈-∞,0  1 ∪ln ,+∞ 2a  时，fx  1 >0;x∈0,ln 2a  时，fx  <0， 则fx  在-∞,0  1 ，ln ,+∞ 2a  1 上单调递增，在0,ln 2a  单调递减； 1 (iii)a∈ ,+∞ 2  1 时，由x=ln <0， 2a 1 所以x∈-∞,ln 2a  ∪0,+∞  时，fx  1 >0;x∈ln ,0 2a  时，fx  <0， 则fx  1 在-∞,ln 2a  ，0,+∞  1 上单调递增，在ln ,0 2a  单调递减； 综上：a≤0时，fx  的单调递增区间为-∞,0  ，单调递减区间为0,+∞  ； 1 a∈0, 2  时，fx  的单调递增区间为-∞,0  1 和ln ,+∞ 2a  ，单调递减区间为 1 0,ln 2a  ； 1 a= 时，fx 2  的单调递增区间为-∞,+∞  ； 1 a∈ ,+∞ 2  时，fx  1 的单调递增区间为-∞,ln 2a  和0,+∞  ，单调递减区间为 1 ln ,0 2a  ； 506 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  ex =x-lnx- .判断函数fx x  的单调性. 【解析】因为fx  ex =x-lnx- ，定义域为(0,+∞)， x fx  1 x-1 =1- - x  ex x-1 = x2  x-ex  ， x2 令gx  =x-ex，因为x>0，则gx  =1-ex<1-e0=0， 可得gx  在0,+∞  上单调递减，所以gx  0，当x∈1,+∞  时，fx  <0， 所以fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减. 507 (2024·全国·模拟预测)设m>1，函数fx  1 =e2mx-(2x+1)mx>- 2  ,gx  =e2mx-(x +1)2m(x>-1). 讨论fx  1 在- ,+∞ 2m  的单调性； 第 页 共 页 273 34271 1 【解析】因为m>1，所以- >- ,fx 2m 2  1 在- ,+∞ 2m  有定义， fx  =2me2mx-2m(2x+1)m-1=2me2mx 1-(2x+1)m-1e-2mx  ， 设hx  1 =1-(2x+1)m-1e-2mx,x∈- ,+∞ 2m  ，则 hx  =2m(2x+1)m-1e-2mx-2m-2  (2x+1)m-2e-2mx=2e-2mx(2x+1)m-2 2mx+1  . 1 当x∈- ,+∞ 2m  时，2x+1>0,2mx+1>0，所以hx  >0,hx  1 在- ,+∞ 2m  单 调递增，而h0  1 =0，所以当x∈- ,0 2m  时fx  <0,x∈0,+∞  时fx  >0 ， 因此fx  1 在- ,0 2m  单调递减，在0,+∞  单调递增； 【解题方法总结】 1、二次型结构ax2+bx+c，当且仅当a=0时，变号函数为一次函数．此种情况是最特 殊的，故应最先讨论，遵循先特殊后一般的原则，避免写到最后忘记特殊情况，导致丢解漏 解． 2、对于不可以因式分解的二次型结构ax2+bx+c，我们优先考虑参数取值能不能引起 恒正恒负． 3、注意定义域以及根的大小关系 第 页 共 页 274 3427