第15 讲 单调性问题 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
1.单调性基础问题...................................................................................................................2
2.讨论单调区间问题...............................................................................................................2
类型一:不含参数单调性讨论.................................................................................................2
类型二:含参数单调性讨论.....................................................................................................3
三、典题精讲......................................................................................................................................3
考点一：导函数与原函数图象及性质的关系......................................................................3
考点二：不含参函数的单调性分析与应用..........................................................................6
考点三：已知函数单调性求参数范围..................................................................................8
考点四：含参函数的单调性讨论........................................................................................10
四、高考真题....................................................................................................................................14
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年
份
题号与题型
分值
考察类型
考察内容与方式
202
4
6 题单选
5 分
直接
考查分段函数的单调性及参数范围的求解
202
4
10 题多选
6 分
直接
考查三次函数的极值、单调区间及函数值大小
比较
202
6
6 题单选
5 分
直接
考查利用导数研究含参函数的单调性与最值
202
4
18 题解答
17 分
间接
考查利用导数单调性解决不等式恒成立及参数
范围问题
202
5
19 题解答
17 分
间接
考查利用导数研究三角函数的单调区间与最值
近三年全国一卷中，导数与单调性问题是高频核心考点，每年均有涉及.题型全面覆
盖单选、多选和解答题，分值分布在5 至17 分之间.既有直接考查单调区间的求解或根据
单调性求参数范围，也常与不等式恒成立、最值问题结合进行间接考查.
2. 命题角度与特色
核心考点：主要考查利用导数求解函数的单调区间、根据已知单调性逆求参数范围，
以及利用单调性求最值或证明不等式.
命题趋势：从单一的初等函数求导向复合函数、分段函数以及含有超越函数（如指数、
对数、三角函数）的复杂函数求导方向发展，对分类讨论思想的要求逐渐提高.
试题特点：选择题侧重于基础概念的灵活运用（如分段函数单调性的衔接、三次函数
图象特征），解答题则往往将单调性作为工具，结合不等式恒成立或零点问题进行综合考
查，计算量和逻辑推理要求较大.
3. 备考策略
· 熟练掌握各类基本初等函数的求导公式及复合函数的求导法则，确保求导准确无误.
· 强化分类讨论思想的训练，特别是在处理含参函数的导数零点分布时，做到不重不
漏.
· 掌握分离参数法、构造函数法等常见解题技巧，提升将不等式恒成立问题转化为函
数最值问题的能力.
· 注重数形结合思想的应用，善于通过函数图象特征辅助判断单调性及极值点位置.
二、知识清单
1.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.
2.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;
【易错提醒】
· 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)= x
3，当x =0时，f
'( x)=0；当x≠0时，f
'( x)>0，而显然f ( x)= x
3在
(-∞,+∞)上是单调递增函数.
· 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.
· 讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域，单调区间必须是定义域的子集.
· 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
“或”连接，而应用“和”或“，”隔开.
三、典题精讲
考点一：导函数与原函数图象及性质的关系
考法1：根据原函数图象判断导函数图象或性质
例1.（2025·河北衡水·一模）（多选）已知函数f ( x)的部分图象如图所示，f
'( x)是f ( x)的
导函数，则下列结论正确的是
A. f
'（3）<0
B. f
'(-1)>0
C. f (-1)- f
'(-1)>0
D. f （3）-3 f
'（3）>0
【答案】ACD
【思路】观察原函数图象的增减性可以直接判断导函数的正负.对于涉及函数值与导数值线性组合
的符号判断，可以利用切线方程的几何意义，特别是切线与坐标轴的交点位置来进行直观转化.
【解析】由函数f ( x)的图象可知，f ( x)在x =3处单调递减，∴f
'（3）<0，A 正确；f ( x)在
x =-1处单调递减，∴f
'(-1)<0，B 错误；由图可知f (-1)=0，且f
'(-1)<0，∴
f (-1)- f
'(-1)=- f
'(-1)>0，C 正确；由图象的切线几何意义可知，点(3,f （3）)处的切线与x
轴的交点横坐标大于0，即3- f （3）
f
'（3）
>0，又f
'（3）<0，∴- f （3）+3 f
'（3）<0，即
f （3）-3 f
'（3）>0，D 正确.
【规律】处理函数图象与导数关系时，原函数的增减性对应导数的正负.遇到类似f ( x0)- x0 f
'( x0)
的符号判断时，常构造切线方程y - f ( x0)= f
'( x0)( x - x0)，通过观察切线在x轴或y轴上的截距符
号来快速求解.
考法2：根据导函数图象判断原函数图象或性质
例2.（多选）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 = x f
'( 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
【思路】已知x f
'( x)的图象，要判断f ( x)的单调性及极值点，核心是剥离出f
'( x)的符号.需要以
x =0为分界点，结合x的符号与x f
'( x)的图象正负，反推f
'( x)的正负区间，进而确定原函数的性
质.
【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时，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.
【规律】遇到含有x因式的导数构造图象（如x f
'( x)）时，必须在x =0两侧分别讨论.当x>0时，
f
'( x)与x f
'( x)同号；当x<0时，f
'( x)与x f
'( x)异号.准确还原出f
'( x)的真实符号分布后，即可确
定原函数的单调区间与极值点.
考法3：结合图象与单调性解不等式
例3.（2026·湖南衡阳·适应）（多选）函数f ( x)=a x
3+b x
2+cx +d(a≠0)的图象如图所示，
设f
'( x)是函数f ( x)的导函数，则下列结论正确的是
A. f
'( x)>0的解集是(2,5)
B. 3a+2b+c =0
C. x =2时，f
'( x)取得最大值
D. f ( x)⋅f
'( x)>0的解集是(-∞,-1)∪(1,2)∪(3,5)
【答案】BC
【思路】结合三次函数图象的极值点位置可确定导函数的零点，进而判断导函数的正负区间.利用
极值点处的导数值为零可寻找系数间的关系.解f ( x)f
'( x)>0本质上是寻找原函数图象在x轴上方且
上升，或在x轴下方且下降的区间.
【解析】对于A 项，由图象可得，函数f ( x)在(1,3)上单调递增，∴f
'( x)>0的解集是(1,3)，故
A 项错误；对于B 项，∵f
'( x)=3a x
2+2bx +c.又由图象知，函数f ( x)在x =1处取得极小值，∴有
f
'（1）=3a+2b+c =0，故B 项正确；对于C 项，由图象知，当x∈(1,3)时，f ( x)单调递增，
则f
'( x)>0；当x∈(-∞,1)时，f ( x)单调递减，则f
'( x)<0；当x∈(3,+∞)时，f ( x)单调递减，
则f
'( x)<0.∴f
'( x)<0的解集为(-∞,1)∪(3,+ ∞)，f
'( x)>0的解集为(1,3).又
f
'( x)=3a x
2+2bx +c为二次函数，根据二次函数的图象可知a<0.∵函数f ( x)在x =1以及x =3处取
得极值，∴有{
f
'（1）=0
f
'（3）=0，即{
3a+2b+c =0
27 a+6b+c =0，∴{
b=-6a
c =9a ，∴
f
'( x)=3a x
2+2bx +c =3a x
2-12ax +9a=3a( x -2)
2-3a，∵a<0，∴x =2时，f
'( x)取得最大值，
故C 项正确；对于D 项，由f ( x)⋅f
'( x)>0可得{
f ( x)>0
f
'( x)>0或{
f ( x)<0
f
'( x)<0.由图象知，当
x∈(-∞,-1)∪(2,5)时，f ( x)>0.又f
'( x)>0的解集为(1,3).∴由{
f ( x)>0
f
'( x)>0可得x∈(2,3)；由图
象知，当x∈(-1,2)∪(5,+∞)时，f ( x)<0.又f
'( x)<0的解集为(-∞,1)∪(3,+ ∞).∴由
{
f ( x)<0
f
'( x)<0可得x∈(-1,1)∪(5,+ ∞).∴f ( x)⋅f
'( x)>0的解集是(-1,1)∪(2,3)∪(5,+∞)，故
D 项错误.
【规律】解f ( x)f
'( x)>0（或<0）型不等式，核心是将其等价转化为两个不等式组.在图象上直观
表现为：同正对应“图象在x轴上方且呈上升趋势”的区间，同负对应“图象在x轴下方且呈下降
趋势”的区间.
【考点一 方法总结】
· 原函数的增减性对应导数的正负，原函数图象的凹凸性（切线斜率的变化率）对
应导数的增减性.
· 处理含有x因式的导数图象（如x f
'( x)），需在x =0两侧分别讨论符号，从而还原
f
'( x)的真实正负区间.
· 解形如f ( x)f
'( x)>0的不等式，等价转化为图象在x轴上方且上升，或在x轴下方且
下降的区间.
· 遇到类似f ( x0)- x0 f
'( x0)的符号判断，常构造切线方程y - f ( x0)= f
'( x0)( x - x0)，通
过观察切线在坐标轴上的截距符号快速求解.
考点二：不含参函数的单调性分析与应用
考法4：求不含参函数的单调区间
例4.（2026·山东聊城·二模）函数f ( x)= e
x -1
x
- ln x的单调递减区间为＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0,1)
【思路】求单调区间需先明确函数的定义域.对分式与对数组合的函数求导后，通分并提取公因式，
将导函数分子转化为易于判断符号的乘积形式，从而解出导数小于零的区间.
【解析】f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= x e
x -(e
x -1)
x
2
- 1
x = x e
x -e
x+1- x
x
2
= ( x -1)(e
x -1)
x
2
.令
f
'( x)<0，由于x>0，则( x -1)(e
x -1)<0，解得0< x<1.∴f ( x)的单调递减区间为(0,1).
【规律】求函数的单调区间严格遵循“定义域优先”原则.求导后，尽量将导函数化为因式乘积或
商的形式，提取出恒正（或恒负）的因式（如指数函数、平方项等），只需分析剩余核心因式的
符号即可快速锁定单调区间.
考法5：利用单调性与构造函数求解不等式或极值
例5.（2026·福建泉州·一模）已知定义在R上的函数f ( x)的图象是一条连续不断的曲线，
且f (- x)+ f ( x)=0，若当x>0时，[ f ( x)+ f
'( x)]e
x>[ f ( x)- f
'( x)]e
- x，则（ ）
A. f (e)<f (-e)
B. xf ( x)≤0
C. f ( x)存在极值点
D. f ( x)有且只有一个零点
【答案】D
【思路】观察已知不等式[ f ( x)+ f
'( x)]e
x>[ f ( x)- f
'( x)]e
- x，将其展开并移项，可凑出导数乘法
法则的形式，从而指引我们构造新函数g( x)= f ( x)(e
x+e
- x).结合f ( x)的奇偶性，探究g( x)的奇
偶性与单调性，进而推断出f ( x)在各区间的符号.
【解析】∵f (- x)+ f ( x)=0，即f (- x)=- f ( x)，故函数f ( x)为奇函数，
设g( x)= f ( x)e
x+ f ( x)e
- x = f ( x)(e
x+e
- x)，
则g
'( x)=[ f
'( x)+ f ( x)]e
x+[ f
'( x)- f ( x)]e
- x，
由题意，当x>0时，g
'( x)=[ f
'( x)+ f ( x)]e
x -[ f ( x)- f
'( x)]e
- x>0，
∴g( x)= f ( x)(e
x+e
- x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又∵e
x+e
- x为偶函数，故g( x)为奇函数，
∴g( x)= f ( x)(e
x+e
- x)在(-∞,0)上单调递增，
g( x)图象连续不断且g（0）=0，
∴g( x)= f ( x)(e
x+e
- x)在R上单调递增，
∴当x>0时，e
x+e
- x>0, g( x)>0，∴f ( x)>0；
同理当x<0时，∴f ( x)<0，
对于A，g(e)= f (e)(e
e+e
-e), g(-e)= f (-e)(e
-e+e
e)，∵g(e)>g(-e)，∴f (e)>f (-e)，故A
错误.
对于B，当x>0时，f ( x)>0，则xf ( x)>0，故B 错误.
对于C，由于函数f ( x)的单调性未知，故该选项不确定，故C 错误.
对于D，当x>0时，f ( x)>0，当x<0时，f ( x)<0，且f （0）=0，∴f ( x)有且只有一个零点，
故D 正确.
【规律】遇到含有f ( x)与f
'( x)及指数函数的不等式，优先考虑构造函数.常见的构造模型有：出现
f
'( x)+ f ( x)构造F( x)=e
x f ( x)；出现f
'( x)- f ( x)构造F( x)= f ( x)
e
x .结合函数的奇偶性，可将一侧
的单调性推广到整个定义域.
【考点二 方法总结】
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，严格遵循“定义域优先”原则.
2. 求导数f
'( x)，并令f
'( x)=0，求出它在定义域内的一切实数根.求导前尽
量将分式化简或通分提取恒正（或恒负）公因式，降低求导运算复杂度.
3. 把函数f ( x)的间断点（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，将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，从而判断函数f ( x)在各小区间内的增减
性.
· 遇到含有f ( x)与f
'( x)的不等式，优先考虑构造函数：出现f
'( x)+ f ( x)构造
F( x)=e
x f ( x)；出现f
'( x)- f ( x)构造F( x)= f ( x)
e
x .
· 结合函数的奇偶性，可将一侧的单调性推广到整个定义域，通过单调性将函数不
等式转化为自变量的不等式求解.
考点三：已知函数单调性求参数范围
考法6：根据函数在某区间单调求参数范围
例6.（2025·广东·五月测评）已知函数y = ln( x
2-2ax -3a
2)在区间[1,+∞)上单调递增，则
实数a的取值范围是（ ）
A. (-∞, 1
3 ]
B. (-∞,1)
C. (-1, 1
3 )
D. (-1,0)∪(0, 1
3 )
【答案】C
【思路】对数型复合函数的单调性遵循“同增异减”规律.外层对数函数单调递增，故内层二次函
数在给定区间上也必须单调递增.同时，切不可遗漏对数函数定义域的限制，即内层函数在给定区
间上必须恒大于零.
【解析】令f ( x)= x
2-2ax -3a
2=( x -3a)( x +a)，对称轴为x =a，
∵函数y = ln x在(0,+∞)上是增函数，
∴要想函数y = ln( x
2-2ax -3a
2)在区间[1,+∞)上单调递增，
只需函数f ( x)= x
2-2ax -3a
2在[1,+ ∞)上为增函数，且f ( x)>0在区间[1,+∞)上恒成立.
当a>0时，满足3a<1，解得0<a< 1
3；
当a=0时，f ( x)在区间[1,+ ∞)上单调递增恒成立；
当a<0时，满足-a<1，解得-1<a<0.
综上得实数a的取值范围是(-1, 1
3 ).
【规律】处理复合函数y = f (g( x))的单调性问题，需将其拆分为内外两层函数.若整体单调递增，
则内外层函数单调性相同；若整体单调递减，则内外层函数单调性相反.对于对数型、偶次根式型
复合函数，必须附加内层函数在对应区间上满足定义域条件（如大于零、大于等于零）的限制.
考法7：根据函数存在单调区间或不单调求参数范围
例7.（2025·江西上饶·二模）若函数h( x)= ln x - 1
2 a x
2-2 x在[1,4 ]上存在单调递增区间，则
实数a的取值范围为（ ）
A. [-1,+ ∞)
B. (-1,+∞)
C. (-∞,- 7
16 ]
D. (-∞,- 7
16 )
【答案】D
【思路】函数在某区间存在单调递增区间，等价于导函数大于零在该区间上有解.通过分离参数，
将其转化为参数小于某一新函数的最大值问题，再利用二次函数的性质求出最值.
【解析】根据条件得出存在x∈[1,4 ]，使h
'( x)= 1
x -ax -2>0成立，即存在x∈[1,4 ]，使
a< 1
x
2 - 2
x 成立，构造函数G( x)= 1
x
2 - 2
x ，x∈[1,4 ]，求出G( x)的最值即可解决问题.令
G( x)= 1
x
2 - 2
x ，x∈[1,4 ]，变形得G( x)=( 1
x -1)
2-1，∵x∈[1,4 ]，∴1
x ∈[ 1
4 ,1]，∴当1
x = 1
4 ，
即x = 4时，G( x)max=- 7
16，∴a<- 7
16.
【规律】“存在单调递增（减）区间”等价于“f
'( x)>0（或<0）在给定区间上有解”.常采用分
离参数法，转化为a<g( x)max或a> g( x)min的形式，从而将问题归结为求已知函数的最值.
考法8：根据分段函数单调性求参数范围
例8.（2026·江西吉安·一模）已知函数f ( x)={
e
x -aln x , x ≥1,
- x
2+2ax , x<1 在定义域R上是增函数，则实
数a的取值范围为（ ）
A. [1,e ]
B. [1,+ ∞)
C. [1, e+1
2
]
D. [ e+1
2
,e ]
【答案】C
【思路】分段函数在R上单调递增，需要满足三个条件：第一段自身单调递增；第二段自身单调递
增；在分界点处，左侧段的函数值（或极限）必须小于等于右侧段的函数值.
【解析】由题意知，f ( x)在R上是增函数，∴当x ≥1时，f
'( x)=e
x - a
x ≥0恒成立，即a≤x e
x恒成
立，令g( x)= x e
x，x ≥1，则g
'( x)=( x +1)e
x>0，∴g( x)在[1,+ ∞)上单调递增，∴
g( x)min= g（1）=e，∴a≤e；当x<1时，抛物线y =- x
2+2ax的对称轴为x =a，∴a≥1；又在
x =1处，e
1-a ln1≥-1
2+2a×1，即e≥2a-1，解得a≤e+1
2 .综上所述，1≤a≤e+1
2 .
【规律】分段函数的全局单调性不仅要求每一段各自满足单调性条件（即导数恒大于等于或小于
等于零），还必须满足“衔接点”处的函数值大小关系，防止出现图象断层导致单调性被破坏.
【考点三 方法总结】
· 复合函数的单调性遵循“同增异减”原则，对于对数型、偶次根式型复合函数，
必须附加内层函数在对应区间上满足定义域条件（如恒大于零）的限制.
· “存在单调递增（减）区间”等价于“f
'( x)>0（或<0）在给定区间上有解”，常
采用分离参数法，转化为a<g( x)max或a>g( x)min的形式求最值.
· 处理分段函数的全局单调性，不仅要求每一段各自满足单调性条件，还必须保证
分界点处的函数值满足单调性的衔接要求.
考点四：含参函数的单调性讨论
考法9：一次或二次函数型导数的单调性讨论
例9.设函数f ( x)=[a x
2-(4 a+1)x + 4 a+3]e
x. 求f ( x)的单调区间.
【答案】见解析
【思路】求导后提取指数部分，导函数的符号完全由剩余的二次因式决定.由于二次项系数含有参
数a，且两根分别为1
a和2，因此需要围绕a的正负、是否为零，以及两根的大小关系（即1
a与2的
比较）展开全面分类讨论.
【解析】∵f ( x)=[a x
2-(4 a+1)x + 4 a+3]e
x，∴
f
'( x)=[2ax -(4 a+1)]e
x+[a x
2-(4 a+1)x + 4 a+3]e
x =[a x
2-(2a+1)x +2]e
x =(ax -1)( x -2)e
x.
（1）当a=0时，令f
'( x)=0，得x =2，当x<2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；当x>2时，f
'( x)<0，
f ( x)单调递减.
（2）当a≠0，令f
'( x)=0，得x = 1
a或2.
①当a<0时，1
a <2，当x< 1
a或x>2时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当1
a < x<2时，f
'( x)>0，f ( x)
单调递增.
②当a>0时，（i）当0<a< 1
2即1
a >2时，当x<2或x> 1
a时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；当2< x< 1
a
时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.（ii）当a= 1
2即1
a =2时，f
'( x)≥0恒成立，∴f ( x)在R上单调递增.
（iii）当a> 1
2即0< 1
a <2时，当x< 1
a或x>2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；当1
a < x<2时，f
'( x)<0，
f ( x)单调递减.
综上，当a<0时，f ( x)的单调递增区间是( 1
a ,2)，单调递减区间是(-∞, 1
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,+∞)；
当0<a< 1
2时，f ( x)的单调递增区间是(-∞,2)和( 1
a ,+∞)，单调递减区间为(2, 1
a )；
当a= 1
2时，f ( x)的单调递增区间是R，无单调递减区间；
当a> 1
2时，f ( x)的单调递增区间是(-∞, 1
a )和(2,+∞)，单调递减区间是( 1
a ,2).
【规律】当导函数可化为f
'( x)= g( x)(a x
2+bx +c)（其中g( x)>0恒成立）时，单调性的讨论转
化为对二次方程根的讨论.讨论的层级一般为：①二次项系数a的正负及是否为零；②判别式Δ的符
号；③若有两根，比较两根的大小；④若有定义域限制，比较根与定义域边界的大小.
考法10：超越函数（指数/对数型）的单调性讨论
例10.（2026·山东德州·一模）已知函数f ( x)= e
2 x
2 -ae
x+ x. 讨论f ( x)的极值点个数.
【答案】见解析
【思路】求导后得到含有e
2 x和e
x的方程.通过换元令t =e
x>0，将超越方程转化为关于t的一元二次
方程.随后根据参数a的取值，利用判别式和根的分布来确定正根的个数，进而判定原函数导数的
变号零点个数.
【解析】由f ( x)= e
2 x
2 -ae
x+ x( x∈R)得f
'( x)=e
2 x -ae
x+1.
①当a≤0时，f
'( x)=e
2 x -ae
x+1>0恒成立，此时f ( x)在(-∞,+∞)上单调递增，极值点个数为0；
②当a>0时，令f
'( x)=0得e
2 x -ae
x+1=0，令t =e
x>0，则方程化为t
2-at +1=0，Δ=a
2- 4.
（i）当0<a≤2时，Δ≤0，f
'( x)≥0恒成立，此时f ( x)在(-∞,+∞)上单调递增，极值点个数为0；
（ii）当a>2时，Δ>0，方程t
2-at +1=0有两个正根t1= a-
❑√a
2- 4
2
,t2= a+
❑√a
2- 4
2
，则
x1= ln a-
❑√a
2- 4
2
, x2= ln a+
❑√a
2- 4
2
，且x1< x2.当x∈(-∞, x1)或x∈( x2,+ ∞)时，f
'( x)>0，
f ( x)单调递增；当x∈( x1, x2)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.∴x1为极大值点，x2为极小值点，极
值点个数为2.
综上，当a≤2时，极值点个数为0；当a>2时，极值点个数为2.
【规律】处理形如A e
2 x+ B e
x+C =0的导数零点问题，核心是利用换元法t =e
x（注意t >0）将其转
化为二次方程根的分布问题.原函数极值点的个数，严格等于该二次方程在(0,+∞)上不同实根的
个数.
考法11：利用分段分析法讨论函数单调性
例11.设函数f ( x)= x +1
e
x +a x
2，其中a∈R. 讨论f ( x)的单调性.
【答案】见解析
【思路】求导并提取公因式x
e
x后，导数符号由x和2ae
x -1共同决定.由于这两个因子在不同区间会
有各自的符号变化，需根据参数a的取值，寻找2ae
x-1=0的根，并与x =0进行大小比较，从而分
段确定导函数的整体符号.
【解析】由f
'( x)=- x
e
x +2ax = x
e
x (2ae
x -1).①a≤0时，由2ae
x-1<0，令f
'( x)=0，解得x =0，
∴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；②
a>0时，由f
'( x)= 2ax
e
x (e
x - 1
2a )，（i）a= 1
2时，∵x(e
x -1)≥0，则f
'( x)≥0，f ( x)在(-∞,+∞)
单调递增，（ii）a∈(0, 1
2 )时，f
'( x)=0，解得x =0或x = ln 1
2a >0，∴
x∈(-∞,0)∪(ln 1
2a ,+∞)时，f
'( x)>0；x∈(0,ln 1
2a )时，f
'( x)<0，则f ( x)在(-∞,0)，
(ln 1
2a ,+ ∞)上单调递增，在(0,ln 1
2a )单调递减；（iii）a∈( 1
2 ,+∞)时，由x = ln 1
2a <0，∴
x∈(-∞,ln 1
2a )∪(0,+∞)时，f
'( x)>0；x∈(ln 1
2a ,0)时，f
'( x)<0，则f ( x)在(-∞,ln 1
2a )，
(0,+∞)上单调递增，在(ln 1
2a ,0)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,+∞)；a∈(0, 1
2 )时，f ( x)的单调递增区间为(-∞,0)和(ln 1
2a ,+∞)，单调递
减区间为(0,ln 1
2a )；a= 1
2时，f ( x)的单调递增区间为(-∞,+∞)；a∈( 1
2 ,+ ∞)时，f ( x)的单调
递增区间为(-∞,ln 1
2a )和(0,+∞)，单调递减区间为(ln 1
2a ,0).
【规律】当导函数由两个可能变号的因式相乘构成时，单调区间的划分取决于这两个因式零点的
位置.需对参数进行分类讨论，比较这两个零点的大小关系，利用穿根法或列表法在各个子区间内
综合判定导数的符号.
考法12：含参单调性讨论与不等式恒成立/零点综合
例12.（2026·广东深圳·一模）已知函数f ( x)= ln x -a ❑√x +1+ 4.
（1） 当a= ❑√3时，求f ( x)的单调区间；
（2） 若f ( x)有两个零点.
（i） 求a的取值范围；
（ii） 证明：f ( x)<
2
❑√a
2+1-1.
【答案】（1）单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,+∞) （2）（i）(0,2❑√2) （ii）证明
见解析
【思路】第一问是具体的单调性求解；第二问中，函数有两个零点意味着极值必须大于零，从而
求出参数范围.证明不等式时，由于极值点x0无法显式解出（或表达式复杂），需利用极值点满足
的方程f
'( x0)=0进行参数替换（隐零点代换），将极值转化为只含x0的表达式，再构造单变量函
数证明不等式.
【解析】（1）当a= ❑√3时，f ( x)= ln x - ❑√3 ❑√x +1+ 4，定义域为(0,+∞)，
f
'( x)= 1
x -
❑√3
2❑√x +1 = 2❑√x +1- ❑√3 x
2 x ❑√x +1
.
令f
'( x)=0，即2❑√x +1= ❑√3 x，解得x =2.
当x∈(0,2)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(2,+ ∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
∴f ( x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,+ ∞).
（2）（i）f
'( x)= 1
x -
a
2❑√x +1 = 2❑√x +1-ax
2 x ❑√x +1 .
若a≤0，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，至多一个零点，不合题意.
若a>0，令f
'( x)=0，即a
2 x
2- 4 x - 4 =0，解得x0= 2(1+
❑√1+a
2)
a
2
.
f ( x)在(0, x0)单调递增，在( x0,+∞)单调递减.
f ( x)max = f ( x0)= ln x0-a ❑√x0+1+ 4.
∵a
2 x0
2- 4 x0- 4 =0，即a
2= 4( x0+1)
x0
2
，a= 2❑√x0+1
x0
，
∴f ( x)max = ln x0- 2
x0
+2.
令h( x0)= ln x0- 2
x0
+2>0，解得x0>1，
此时a∈(0,2❑√2).
（ii）证明：由（2）（i）知，f ( x)≤f ( x0)= ln x0- 2
x0
+2，其中
x0= 2(1+
❑√a
2+1)
a
2
= 2(1+
❑√a
2+1)
(
❑√a
2+1)
2-1
=
2
❑√a
2+1-1
.
下证：ln x0- 2
x0
+2< x0 (x0>1)，即证ln x0- 2
x0
- x0+2<0.
设m( x)= ln x - 2
x - x +2 (x>1)，m
'( x)= 1
x + 2
x
2 -1=- x
2+ x +2
x
2
=-( x -2)( x +1)
x
2
.
令m
'( x)=0，得x =2.
于是m( x)在(1,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
则m( x)≤m（2）= ln 2-1<0，即证.
∴f ( x)≤f ( x0)< x0=
2
❑√a
2+1-1
.
【规律】在含参单调性综合题中，若极值点x0不是常数，常利用“隐零点”技巧：由f
'( x0)=0得
到参数与x0的关系式，将其代入f ( x0)中消去参数或超越项，转化为关于x0的单变量函数最值问题.
【考点四 方法总结】
· 求导化简定义域，通分并尽可能因式分解.变号保留定号去，已知恒正或恒负的因
式无需单独讨论.若一阶导函数正负难判断，可求二阶导，通过二阶导的正负判断一阶导
函数的单调性.
· 导数分子为二次函数时，按二次项系数的正负、判别式Δ的符号、两根大小关系及
根与定义域边界的大小关系展开全面分类讨论.
· 处理含有指数函数的超越方程，利用换元法t =e
x（注意t >0）将其转化为一元二次
方程根的分布问题.
· 导函数由两个可能变号的因式相乘构成时，需对参数进行分类讨论，比较这两个
零点的大小关系，利用穿根法确定导数符号.
· 在含参单调性综合题中，若极值点x0无法显式解出，利用“隐零点”代换，由
f
'( x0)=0得到参数与x0的关系式，代入极值表达式消去参数，转化为单变量函数求最值.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷）已知函数为f ( x)={
- x
2-2ax -a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0，在R上单调递增，则a取值的范
围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [-1,0]
C. [-1,1]
D. [0,+∞)
【答案】B
【解析】∵f ( x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增，
则需满足{
-2a
2×(-1) ≥0
-a≤e
0+ ln1
，解得-1≤a≤0，
即a的范围是[-1,0].
故选：B.
2.（2024·全国一卷）（多选）设函数f ( x)=( x -1)
2( x - 4)，则（ ）
A. x =3是f ( x)的极小值点
B. 当0< x<1时，f ( x)<f ( x
2)
C. 当1< x<2时，- 4<f (2 x -1)<0
D. 当-1< x<0时，f (2- x)>f ( x)
【答案】ACD
【解析】对A，∵函数f ( x)的定义域为R，而f
'( x)=2( x -1)( x - 4)+( x -1)
2=3( x -1)( x -3)，
易知当x∈(1,3)时，f
'( x)<0，当x∈(-∞,1)或x∈(3,+∞)时，f
'( x)>0.
函数f ( x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，故x =3是函数
f ( x)的极小值点，正确；
对B，当0< x<1时，x - x
2= x(1- x)>0，∴1> x> x
2>0，
而由上可知，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，∴f ( x)>f ( x
2)，错误；
对C，当1< x<2时，1<2 x -1<3，而由上可知，函数f ( x)在(1,3)上单调递减，
∴f （1）>f (2 x -1)>f （3），即- 4<f (2 x -1)<0，正确；
对D，当-1< x<0时，f (2- x)- f ( x)=(1- x)
2(-2- x)-( x -1)
2( x - 4)=( x -1)
2(2-2 x)>0，
∴f (2- x)>f ( x)，正确.
故选：ACD.
3.（2026·全国一卷）已知函数f ( x)= x +2
e
x+a的最大值为1，则a=（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
【答案】B
【解析】∵f ( x)= x +2
e
x+a，求导得f
'( x)= 1⋅(e
x+a)-( x +2)e
x
(e
x+a)
2
= a-( x +1)e
x
(e
x+a)
2
.
令g( x)=a-( x +1)e
x，则g
'( x)=-( x +2)e
x.
当x>-2时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；当x<-2时，g
'( x)>0，g( x)单调递增.
假设f ( x)在x0处取得最大值1，则必有f
'( x0)=0，即a=( x0+1)e
x0.
同时f ( x0)= x0+2
e
x0+a
=1，即x0+2=e
x0+a.
将a代入得x0+2=e
x0+( x0+1)e
x0=( x0+2)e
x0.
若x0+2=0，则x0=-2，此时a=-e
-2，代入原函数得f (-2)=0≠1，矛盾.
∴x0+2≠0，从而e
x0=1，解得x0=0.
此时a=(0+1)e
0=1.
检验：当a=1时，g( x)=1-( x +1)e
x，g（0）=0.
当x<0时，g( x)> g（0）=0，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>0时，g( x)< g（0）=0，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
∴f ( x)在x =0处取得最大值f （0）=
2
1+1 =1，符合题意.
故选：B.
4.（2024·全国一卷）已知函数f ( x)= ln
x
2- x +ax +b( x -1)
3.
（1）若b=0，且f
'( x)≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
（3）若f ( x)>-2当且仅当1< x<2，求b的取值范围.
【答案】（1）-2 （2）证明见解析 （3）b≥- 2
3
【解析】（1）b=0时，f ( x)= ln
x
2- x +ax，其中x∈(0,2)，
则f
'( x)= 1
x +
1
2- x +a=
2
x(2- x) +a，x∈(0,2)，
∵x(2- x)≤( x +2- x
2
)
2=1，当且仅当x =1时等号成立，
故f
'( x)min=2+a，而f
'( x)≥0成立，故a+2≥0即a≥-2，
∴a的最小值为-2.
（2）f ( x)= ln
x
2- x +ax +b( x -1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f ( x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q(2-m,2a-n)，
∵P(m,n)在y = f ( x)图象上，故n= ln
m
2-m +am+b(m-1)
3，
而f (2-m)= ln 2-m
m
+a(2-m)+b(2-m-1)
3=-[ln
m
2-m +am+b(m-1)
3]+2a=-n+2a，
∴Q(2-m,2a-n)也在y = f ( x)图象上，
由P的任意性可得y = f ( x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）∵f ( x)>-2当且仅当1< x<2，故x =1为f ( x)=-2的一个解，
∴f （1）=-2即a=-2，
先考虑1< x<2时，f ( x)>-2恒成立.
此时f ( x)>-2即为ln
x
2- x +2(1- x)+b( x -1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x -1∈(0,1)，则ln t +1
1-t -2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1-t -2t +bt
3，t ∈(0,1)，
则g
'(t )=
2
1-t
2 -2+3bt
2= t
2(-3bt
2+2+3b)
1-t
2
，
当b≥0时，-3bt
2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
故g
'(t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
当- 2
3 ≤b<0时，-3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
故g
'(t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
当b<- 2
3时，则当0<t <❑√1+ 2
3b <1时，g
'(t )<0，
故在(0,❑√1+ 2
3b )上g(t )为减函数，故g(t )< g（0）=0，不合题意，舍；
综上，f ( x)>-2在(1,2)上恒成立时b≥- 2
3.
而当b≥- 2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1)，
即f ( x)>-2的解为(1,2).
综上，b≥- 2
3.
5.（2025·全国一卷）
（1）设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4 ]的最大值；
（2）给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
（3）若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值.
【答案】（1）3 ❑√3 （2）证明见解析 （3）3 ❑√3
【解析】（1）f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x，
∵x∈(0, π
4 )，故2 x∈(0, π
2 )，故sin2 x>0，
当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0，
当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即f
'( x)<0，
故f ( x)在[0, π
6 ]上为增函数，在[ π
6 , π
4 ]为减函数，
故f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
（2）由余弦函数的性质得cos y ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]，k ∈Z，
若任意[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]，k ∈Z与[a-θ ,a+θ ]交集为空，
则a-θ>2kπ +2π -θ且a+θ<2kπ +2π +θ，此时a无解，
矛盾，故无解；故存在k ∈Z，使得[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]∩[a-θ ,a+θ ]≠⌀，
故存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）记h( x)=5cos x -cos(5 x +t )，
∵h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x)，
故h( x)为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈[0,2π ]，t ∈[0,π ]的情况.
当t = π时，h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6，
当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x，
此时h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x，x∈(0,2π )，
令h
'( x)=0，则x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 ，
而h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3，h( π
2 )=h( 3 π
2 )=0，h( 5 π
6 )=h( 7 π
6 )=-3 ❑√3，h(π )=- 4，
h（0）=h(2π )= 4，故h( x)max =h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3，
当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则存在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ，
取θ = 5 π
6 ，则cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5 )即x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6 )，
故5cos x ≥5 ❑√3
2
，故5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3，
综上b≥3 ❑√3，可取x = π
6 ，t =0使得等号成立.
综上，bmin=3 ❑√3.
