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0<x<2时，fx  <0，函数fx  单调递减；
第 页 共 页
253 3427当x>2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0<x<2时，f(x)<0；当x>2，f(x)>
0；当-2<x<0时，f(x)<0；
当x<-2时，f(x)>0；
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<x< 时，y<0，所以在0,
e e
 上是严格减函数，
1 1
当x> 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- <x<0或0<x< ．
x2 a a
所以函数fx 
b b
=ax+ 的严格减区间是- ,0
x a

b
与0,
a
 .
选项D，本题的两个单调区间之间不能用“∪”连接，所以该选项错误.
故选：C
第 页 共 页
256 3427【解题方法总结】
求函数的单调区间的步骤如下：
(1)求f(x)的定义域
(2)求出f(x)．
(3)令f(x)=0，求出其全部根，把全部的根在x轴上标出，穿针引线．
(4)在定义域内，令f(x)>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.0<m< B. <m<1 C. ≤m≤1 D.m>1
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： <m<1
m<1<m+ 3
3
故选：B.
469 (2024·陕西西安·统考三模)若函数fx  =x2-ax+lnx在区间1,e  上单调递增，则a的
取值范围是 ( )
A. 3,+∞  B. -∞,3  C. 3,e2+1  D. 3,e2-1 
【答案】B
【解析】因为函数fx  =x2-ax+lnx在区间1,e  上单调递增，
所以fx 
1
=2x-a+ ≥0在区间1,e
x
 上恒成立，
1
即a≤2x+ 在区间1,e
x
 上恒成立，
令gx 
1
=2x+ 1<x<e
x
 ，
则gx 
1 2x2-1  2x+1
=2- = =
x2 x2
  2x-1 
>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- <x< 时，gx
3 3
 >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<a<1时，y=log a μ为减函数，且函数fx  在区间0,1  内单调递增，
a
 ≤0
所以 3 ，无解，
0<a<1
综上所述，a的取值范围是3,+∞  .
故选：A.
π π
471 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinx+acosx在区间 ,
4 2
 上是减函数，则
实数a的取值范围为 ( )
A.a> 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 <x ，则 fx 2 1 2  -fx 1  x -x >-1可转化为fx 2
2 1
 -fx 1  >x - 1
x ，
2
a a
即lnx + +x <lnx + +x .
1 x +1 1 2 x +1 2
1 2
令Fx 
a
=lnx+ x+1 +x，则对任意x 1 ，x 2 ∈0,2  ，且x <x ， 1 2
都有Fx 1  <Fx 2  ，
所以Fx  在0,2  上单调递增，即Fx 
1 a
= -
x x+1 
+1≥0在0,2
2
 上恒成立，
x+1
即a≤
 3
在0,2
x
 上恒成立.
令hx 
x+1
=
 3
，0<x≤2，则hx
x

x+1
=
 2 2x-1 
，0<x≤2，
x2
令hx 
1
<0，得0<x< ，令hx
2

1
>0，得 <x≤2，
2
所以hx 
1
在0,
2

1
上单调递减，在 ,2
2
 上单调递增，所以hx 
1
=h
min 2

27
= ，所
4
27
以a≤ ，
4
27
即实数a的取值范围是-∞,
4
 ，
故选:A
474 (2024·全国·高三专题练习)若函数fx 
1
=lnx+ax2-2在区间 ,2
2
 内存在单调递增
区间，则实数a的取值范围是 ( )
A. -2,+∞ 
1
B. - ,+∞
8

1
C.  -2，-
 8
 D. -2,+∞ 
【答案】D
【解析】∵f(x)=lnx+ax2-2，
1
∴f(x)= +2ax，
x
若fx 
1
在区间 ,2
2

1
内存在单调递增区间，则f(x)>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- <k< ，
2 4 4
1 3
综上， ≤k< ，
2 4
故选：D
476 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lnx+x-b 
1
2(b∈R)在区间  ,2
 2
 上存在
单调递增区间，则实数b的取值范围是
3
A. -∞,
2

9
B. -∞,
4
 C. -∞,3  D. -∞, 2 
【答案】B
【解析】∵函数fx 
1
在区间  ,2
 2
 上存在单调增区间，∴函数fx 
1
在区间  ,2
 2
 上存在
子区间使得不等式fx  >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  <n0  =0，即sinx<x在0,+∞ 
π π
上恒成立. 所以sin x< x.
2 2
又由(1)知ex≥ex，
所以当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<x< ，令f(x)<0，得x> ，
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-1<m≤0，则f(x)>0，f(x)在区间(0,+∞)单调递增．
若m>0，令fx 
m
<0，得0<x< ，令fx
m+1

m
>0，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0<x< 时，fx
a
 >0，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<x< ；
a-1
令fx 
1
= +1-a
x

1
<0，得x> ，
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<x<-a时，φ(x)<0，f(x)单调递减；
当x>-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0<x<ea-1时，f(x)<0；当x>ea-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<x<1或x> ；由f(x)<0得1<x< .
2 2
此时，函数fx  的增区间为0,1 
a
、 ,+∞
2

a
，减区间为1,
2
 ；
a
③当 <1，即0<a<2时，由fx
2

a
>0得0<x< 或x>1；由fx
2

a
<0得 <x
2
<1.
此时函数fx 
a
的增区间为0,
2
 、1,+∞ 
a
，减区间为 ,1
2
 .
综上所述：当a=2时，函数fx  的增区间为0,+∞  ，无减区间；
当a>2时，函数fx  的增区间为0,1 
a
、 ,+∞
2

a
，减区间为1,
2
 ；
当0<a<2时，函数fx 
a
的增区间为0,
2
 、1,+∞ 
a
，减区间为 ,1
2
 .
492 (2024·湖北咸宁·校考模拟预测)已知函数fx 
1 1
= -
x 2x2
 x-a 
1
-lnx- +b，其
2x
中a,b∈R.
第 页 共 页
265 3427讨论函数fx  的单调性；
【解析】函数fx  的定义域为0,+∞  ,fx 
x-1
=-
 x-a 
.
x3
①若a>1时，
0<x 1<x x>
1 a
<1 <a a
fx  - 0 + 0 -
fx  ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
②若a=1时，fx  ≤0恒成立，fx  单调递减，
③若0<a<1时
0<x a<x x>
a 1
<a <1 1
fx  - 0 + 0 -
fx  ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
④若a≤0时，x∈0,1  时，fx  <0,fx  单调递减；x∈1,+∞  时，fx  >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0<a<1时，x∈0,a  ,fx 
单调递减，x∈a,1  ，fx  单调递增，x∈1,+∞  ,fx  单调递减；当a≤0时，x∈0,1  ,
fx  单调递减，x∈1,+∞  ,fx  单调递增.
493 (2024·北京海淀·高三专题练习)设函数fx  = ax2-4a+1   x+4a+3  ex．
(1)若曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线与x轴平行，求a；
(2)求fx  的单调区间．
【解析】(1)因为fx  = ax2-4a+1   x+4a+3  ex，
所以fx  = 2ax-4a+1    ex+ ax2-4a+1   x+4a+3  ex x∈R 
= ax2-2a+1   x+2  ex.
f1  =1-a  e.
由题设知f1  =0，即1-a  e=0，解得a=1.
此时f1  =3e≠0.
所以a的值为1
(2)由(1)得fx  = ax2-2a+1   x+2  ex=ax-1  x-2  ex．
1)当a=0时，令fx  =0，得x=2，
所以x,fx  ,fx  的变化情况如下表：
x -∞,2  2 2,+∞ 
fx  + 0 -
fx  单调递增 极大值 单调递减
2)当a≠0，令fx 
1
=0，得x= 或2
a
第 页 共 页
266 34271
①当a<0时， <2，所以x,fx
a
 ,fx  的变化情况如下表：
1
x -∞,
a

1 1
 ,2
a a
 2 2,+∞ 
fx  - 0 + 0 -
fx  单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
②当a>0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<a< 时，
a 2
x -∞,2 
1
2 2,
a

1 1
 ,+∞
a a

fx  + 0 - 0 +
fx  单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
综上，
当a<0时，fx 
1
的单调递增区间是 ,2
a

1
，单调递减区间是-∞,
a
 和2,+∞  ；
当a=0时，fx  的单调递增区间是-∞,2  ，单调递减区间是2,+∞  ；
1
当0<a< 时，fx
2
 的单调递增区间是-∞,2 
1
和 ,+∞
a

1
，单调递减区间为2,
a
 ；
1
当a= 时，fx
2
 的单调递增区间是R，无单调递减区间；
1
当a> 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<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0<x<a2或x> 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0<x< 或x>a2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0<a<2时fx 
16
在a2,
a2
 上单调递减，fx  在0,a2 
16
， ,+∞
a2
 上单调递增；
当a>2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0<a<1时，由f(x)=0解得，x=1± 1-a，
a>0
由f(x)>0解得，1- 1-a<x<1+ 1-a，由f(x)<0解得0<x<1- 1-a或x
>1+ 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0<x<1+ 1-a，由f(x)<0解得x>1+ 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0<a<1时，函数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；
当a≤0时，函数f(x)在(0,1+ 1-a)上单调递增，在(1+ 1-a,+∞)上单调递减.
498 (2024·广东·统考模拟预测)已知函数fx 
1+x2
= ，a∈R.
eax
讨论fx  的单调性；
【解析】依题意fx 
ax2-2x+a
=- .
eax
若a=0，则fx  =2x，故当x∈-∞，0  时，fx  <0，当x∈0，+∞  时，fx  >0.
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-1<a<1且a≠0，令fx 
2- 4-4a2 2+ 4-4a2
=0，得x = ，x = . 1 2a 2 2a
若-1<a<0，则x 1 >x 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0<a<1，则x 1 <x 2 ，当x∈-∞，x 1  时，fx  <0，
当x∈x 1 ，x 2  时，fx  >0，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-1<a<0，则fx 
2+ 4-4a2
在-∞，
2a

2- 4-4a2
和 ，+∞
2a
 上单调递增，
2+ 4-4a2 2- 4-4a2
在 ，
2a 2a
 上单调递减；
若a=0，则fx  在-∞，0  上单调递减，在0，+∞  上单调递增；
若0<a<1，则fx 
2- 4-4a2
在-∞，
2a

2+ 4-4a2
和 ，+∞
2a
 上单调递减，
2- 4-4a2 2+ 4-4a2
在 ，
2a 2a
 上单调递增；
若a≥1，则fx  在R上单调递减；
第 页 共 页
269 34271
499 (2024·江苏·统考模拟预测)已知函数f(x)= x2+3ax+2lnx(a∈R).
2
讨论函数fx  的单调性；
2 x2+3ax+2
【解析】易知x>0，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0<x<1时，fx  <0；当x>1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1<a<e时，0<lna<1；当0<x<lna或x>1时，fx  >0；当lna<x<1时，
fx  <0；
∴fx  在区间0,lna  上是增函数，在区间lna,1  上是减函数，在区间1,+∞  上是增
函数；
当a=e时，fx  ≥0,∴fx  在区间0,+∞  上是增函数；
当a>e时，lna>1；当0<x<1或x>lna时，fx  >0；当1<x<lna时，fx  <0；
∴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；
综上所述，当a≤1时，fx  在区间0,1  上是减函数，在区间1,+∞  上是增函数；
当1<a<e时，fx  在区间0,lna  上是增函数，在区间lna,1  上是减函数，在区间
1,+∞  上是增函数；
当a=e时，fx  在区间0,+∞  上是增函数；
第 页 共 页
271 3427当a>e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 <x<ea，
e
所以fx 
1
单调递增区间为0,
e
 ,ea,+∞ 
1
，单调递减区间为 ,ea
e
 ；
3、当a<-1时，令fx 
1
>0得x<ea或x> 时，令fx
e

1
<0得ea<x< ，
e
所以fx  单调递增区间为0,ea 
1
, ,+∞
e

1
，单调递减区间为ea,
e
 .
综上当a=-1时，fx  的单调递增区间为0,+∞  ，无单调递减区间；当a>-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0<a<1，则lna<0，a-x+1>1，得1-a-x+1<0.
于是，fx  >0.
若a>1，则lna>0，0<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,+∞  上单调递增
②当x<1时，2x-1  <0，-x+1>0
若0<a<1，则lna<0，0<a-x+1<1，得1-a-x+1>0.
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  <g0  =-1<0，
所以当x∈0,1  时，f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