第02 讲 导数与函数的单调性
目录
0
1 考情解码・命题预警...............................................................................................................................1
02 体系构建·思维可视......................................................................................................................... 2
03 核心突破·靶向攻坚......................................................................................................................... 2
知能解码..............................................................................................................................................................3
知识点1 函数的单调性与导数的关系（导函数看正负，原函数看增减）.....................3
知识点2 求已知函数（不含参）的单调区间 ......................................................................4
知识点3 由函数
的单调性求参数的取值范围的方法 ...............................................5
知识点4 含参问题讨论单调性 ...............................................................................................5
题型破译..............................................................................................................................................................6
题型1 利用导数求函数的单调区间（不含参）...........................................................................6
【方法技巧】求单调区间步骤
题型2 已知函数
在区间
上单调
......................................................................8
【方法技巧】已知函数
在区间
上单调等价条件
题型3 已知函数
在区间
上存在单调区间
...........................................................9
【方法技巧】已知函数
在区间
上存在单调区间 等价条件
题型4 已知函数
在区间
上不单调
.....................................................................12
【方法技巧】已知函数
在区间
上不单调 等价条件
题型5 导函数与原函数图象的单调性
...........................................................................13
【方法技巧】导函数与原函数关系
题型6 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是一次型（或可视为一次型））........17
题型7 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式
分解型 ）
.............................................................................................................................18
题型8 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且不可因
式分解型 ）
.........................................................................................................................21
04 真题溯源·考向感知......................................................................................................................25
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................................28
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
（1）函数的单调区间
（2）单调性与导数的
关系
（3）含参数单调性讨
论
单选题
多选题
填空题
解答题
全国二卷T18
（2 ）（i ）（5
分）
全国甲卷（理）T20
（1）（5 分）
北京卷T20 （1 ）（4
分）
全国乙卷（文）T20（2）
（7 分）
全国甲卷（文）T20（1）
（5 分）
全国 I 卷T19（1）（5
分）
全国 II 卷T6（5 分）
北京卷T20（2）（5 分）
考情分析：高考对函数单调性的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．高考在本节内容上无
论试题怎样变化，我们只要把握好导数作为研究函数的有力工具这一点，将函数的单调性本质问题利用图像直观
明了地展示出来，其余的就是具体问题的转化了．
复习目标：
（1）结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系．
（2）能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）．
（3）分类讨论求函数单调区间，讨论时不重复，不遗漏
知识点1 函数的单调性与导数的关系（导函数看正负，原函数看增减）
条件
恒有
结论
函数
在区
间
上可导
在
内单调递增
在
内单调递减
在
内是常数函数
自主检测已知函数y = f (x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y = f
′ (x)的图象如图所示，则该函数
的图象是（ ）
A．
B．
B．C．
D．
【答案】A
【详解】由图可知y = f
′ (x)在(−1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
则y = f (x)的切线斜率在(−1,0)上递减，在(0,1)上递增，选项A 符合题意；
选项B，y = f (x)的切线斜率在(−1,0)上递增，在(0,1)上递减，不符合题意；
选项C，y = f (x)的切线斜率在(−1,1)上递减，不符合题意；
选项D，y = f (x)的切线斜率在(−1,1)上递增，不符合题意.
故选：A．
知识点2 求已知函数（不含参）的单调区间
①求
的定义域
②求
③令
，解不等式，求单调增区间
④令
，解不等式，求单调减区间
注：求单调区间时，令
（或
）不跟等号.
自主检测（2025·甘肃平凉·模拟预测）函数f (x)= x +2cos x (−π< x<π)的单调递减区间是 .
【答案】[
π
6 , 5π
6 )（写成(
π
6 , 5π
6 )，[
π
6 , 5π
6 )，(
π
6 , 5π
6 )，[
π
6 , 5π
6 )同样给分）
【详解】因为f (x)= x +2cos x (−π< x<π)，f
′ (x)=1−2sin x，
令f
′ (x)≤0，得sin x ≥1
2，解得π
6 ≤x ≤5π
6 ，
所以f (x)的单调递减区间是[
π
6 , 5π
6 ).
故答案为：[
π
6 , 5π
6 )
知识点3 由函数
的单调性求参数的取值范围的方法
（1）已知函数
在区间
上单调
①已知
在区间
上单调递增
，
恒成立.
②已知
在区间
上单调递减
，
恒成立.
注：已知单调性，等价条件中的不等式含等号.
（2）已知函数
在区间
上存在单调区间
①已知
在区间
上存在单调增区间
令
，
解不等式，求单调增区间
，则
②已知
在区间
上存在单调减区间
令
，
解不等式，求单调减区间
，则
（3）已知函数
在区间
上不单调
，使得
（
是变号零点）
自主检测已知函数f (x)=ln x−ax在区间[1,3)上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A．a≥1
B．a>1
C．a≥1
3
D．a> 1
3
【答案】A
【详解】因为f (x)=ln x−ax，所以f
′ (x)= 1
x −a，
因为f (x)在区间[1,3)上单调递减，
所以f
′ (x)≤0，即1
x −a≤0，则a≥1
x 在[1,3)上恒成立，
因为y = 1
x 在[1,3)上单调递减，所以ymax =1，故a≥1.
故选：A.
知识点4 含参问题讨论单调性
第一步：求
的定义域
第二步：求
（导函数中有分母通分）
第三步：确定导函数有效部分，记为
对于
进行求导得到
，对
初步处理（如通分），提出
的恒正部分，将该部分
省略，留下的部分则为
的有效部分（如：
，则记
为
的有效部分）.接下来就只需考虑导函数有效部分，只有该部分决定
的正负.
第四步：确定导函数有效部分
的类型：
①
为一次型（或可化为一次型）②
为二次型（或可化为二次型）
第五步：通过分析导函数有效部分，讨论
的单调性
自主检测（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ax +a(a∈R).
(1)当a=1时，求f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性，并求最值.
【答案】(1)y =2 x +2
(2)答案见解析
【详解】（1）当a=1时，f (x)=e
x+ x +1，求导得：f
′ (x)=e
x+1，
则f (0)=2，k切= f
′ (0)=2，
则f (x)在(0,f (0))处的切线方程：y −2=2(x−0)，即y =2 x +2；
（2）由f (x)=e
x+ax +a求导得：f
′ (x)=e
x+a，
①当a≥0时，f
′ (x)>0在R上恒成立，故f (x)在R上单调递增，无最值；
②当a<0时，由f
′( x)=0，解得x = ln (−a)，
当x<ln (−a)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(−∞,ln (−a))上单调递减；
当x>ln (−a)时，f
′ (x)>0，f (x)在(ln (−a),+∞)单调递增，
所以f (x)在x =ln(−a)有最小值，为f (ln(−a))=eln(−a)+aln(−a)+a=aln(−a),无最大值.
题型1 利用导数求函数的单调区间（不含参）
例1-1 函数f ( x)= x−3ln x +1的单调递增区间为 .
【答案】(3,+∞)
【详解】由题设f
′( x)=1−3
x ，令f
′( x)>0⇒x >3，即f ( x)的单调递增区间为(3,+∞).
故答案为：(3,+∞)
例1-2 函数y = x−ln(1+ x)的递增区间是 ；递减区间 ．
【答案】 (0,+ ∞) (−1,0)
【详解】函数y = x−ln(1+ x)的定义域为x∈(−1,+∞)，y
′ =1−
1
1+ x =
x
x +1，
当x∈(−1,0)时，y
′<0，函数y = x−ln(1+ x)单调递减，
当x∈(0,+ ∞)时，y
′>0，函数y = x−ln(1+ x)单调递增.
所以函数y = x−ln(1+ x)的递增区间是(0,+ ∞)；递减区间(−1,0)．
故答案为：(0,+ ∞)；(−1,0)
方法技巧 求单调区间步骤
①求
的定义域
②求
③令
，解不等式，求单调增区间
④令
，解不等式，求单调减区间
注：求单调区间时，令
（或
）不跟等号.
【变式训练1-1】函数f (x)= x
2
2 +2 x−3ln x的单调递增区间为 ．
【答案】(1,+∞)
【详解】因为f
′ (x)= x +2−3
x = x
2+2 x−3
x
，
因为x>0，由f
′ (x)>0可得：x
2+2 x−3>0，
即(x +3)(x−1)>0 ⇒ x<−3（舍去）或x>1.
所以函数f (x)的单调递增区间为：(1,+ ∞).
故答案为：(1,+∞)
【变式训练1-2】函数f ( x)= x +2❑√1−x的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ．
【答案】 (−∞,0) (0,1)
【详解】函数f ( x)= x +2❑√1−x的定义域为{x∣x ≤1}，又f
′( x)=1−
1
❑√1−x ，
令f
′( x)=0，得x =0．当0< x<1时，f
′( x)<0；当x<0时，f
′( x)>0．
∴f ( x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(−∞,0)．
故答案为：(−∞,0)；(0,1)
【变式训练1-3】函数f (x)= x
3−3 x
2+2的单调递增区间为 .
【答案】(−∞,0)和(2,+∞)
【详解】f
′ (x)=3 x
2−6 x>0(x∈R)，令f
′ (x)=3 x
2−6 x>0，
解得x<0或x>2.从而f (x)的单调递增区间为(−∞,0)和(2,+ ∞).
故答案为：(−∞,0)和(2,+∞)
题型2 已知函数
在区间
上单调
例2-1 已知关于x 的函数y = x
3−t
2 x−t x
2+t
3在区间(−1,3)上单调递减，则t 的取值范围是 ．
【答案】(−∞,−9]∪[3,+∞)
【精细解析】因为y = x
3−t
2 x−t x
2+t
3，所以y
′ =3 x
2−t
2−2tx，
因为函数y = x
3−t
2 x−t x
2+t
3在区间(−1,3)上单调递减，
所以y
′ =3 x
2−2tx−t
2≤0在(−1,3)上恒成立，
所以{
3×(−1)
2+2t −t
2≤0
3×3
2−2t ×3−t
2≤0)，解得t ≤−9或t ≥3，
所以t 的取值范围是(−∞,−9]∪[3,+∞)．
故答案为：(−∞,−9¿∪)3,+ ∞¿¿.
例2-2（2025·江苏·一模）若f ( x)=e
x−1
e
x+1
+ax在[−1,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围为 ．
【答案】(−∞,−1
2)
【详解】因为f ( x)=e
x−1
e
x+1
+ax在[−1,+∞)上单调递减，
所以f
′( x)≤0在[−1,+∞)上恒成立，
所以f
′( x)=2e
x
(e
x+1)
2 +a≤0在[−1,+ ∞)上恒成立，
所以a≤−2e
x
(e
x+1)
2在[−1,+ ∞)上恒成立，令g( x)=−2e
x
(e
x+1)
2，
则g(x)=−2e
x
(e
x+1)
2 =−
2
e
x+ 1
e
x +2
≥−
2
2+2 =−1
2，
当且仅当e
x = 1
e
x ，即x =0时等号成立，所以a≤−1
2，
即实数a的取值范围为(−∞,−1
2).
故答案为：(−∞,−1
2).
方法技巧 已知函数
在区间
上单调等价条件
①已知
在区间
上单调递增
，
恒成立.
②已知
在区间
上单调递减
，
恒成立.
注：已知单调性，等价条件中的不等式含等号.
【变式训练2-1】（2025·山西·模拟预测）若函数f (x)= x
3+a(x
2−x +1)在区间(
1
2 ,3)单调递增，则a的取
值范围是 .
【答案】[−3,+∞)
【详解】f
′ (x)=3 x
2+2ax−a，
令f
′ (x)≥0，则当x∈(
1
2 ,3)时，a≥−3 x
2
2 x−1，
又因为−3 x
2
2 x−1 =−3
2[(x−1
2)+
1
4(x−1
2)
+1)
≤−3
2[
2❑
√
(x−1
2)⋅
1
4(x−1
2)
+1)
=−3，
当且仅当x =1时等号成立，且当a=−3时，f
′ (x)不恒为0，
故a的取值范围是[−3,+ ∞).
故答案为：[−3,+∞).
【变式训练2-2】已知函数f (x)= x + 2m
e
x+1 在R上单调递增，则m的取值范围为 .
【答案】(−∞,2)
【详解】由函数f (x)= x + 2m
e
x+1 ，可得f
′ (x)=1+ −2me
x
(e
x+1)
2 =e
2 x+2(1−m)e
x+1
(e
x+1)
2
，
因为f (x)在R上单调递增，所以f
′ (x)≥0在R上恒成立，
即e
2 x+2(1−m)e
x+1≥0在R上恒成立，
令t =e
x∈(0,+ ∞)，即t
2+2(1−m)t +1≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以2m−2≤t + 1
t 在(0,+ ∞)上恒成立，
因为当t >0时，t + 1
t ≥2，当且仅当t =1时，等号成立，所以2m−2≤2，解得m≤2，
所以m的取值范围为(−∞,2).
故答案为：(−∞,2).
【变式训练2-3】已知函数f (x)= x
2+ax + ln x在(2,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
.
【答案】[−9
2 ,+∞)
【详解】由题可知，f
′( x)=2 x + 1
x +a≥0在(2,+ ∞)上恒成立，
即2 x + 1
x ≥−a恒成立，
令y =2 x + 1
x ，则y
′ =2−1
x
2 >0，所以函数y =2 x + 1
x 在(2,+∞)上单调递增
所以2 x + 1
x > 9
2，解得a≥−9
2，则实数a的取值范围是[−9
2 ,+∞).
故答案为：[−9
2 ,+∞).
题型3 已知函数
在区间
上存在单调区间
例3-1 已知函数f (x)= ln x +( x −b)
2(b∈R)在[
❑√2
2 ,❑√2)上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是
（ ）
A．(−∞，5 ❑√2
4 )
B．(−∞, 5 ❑√2
4 )
C．(−∞, 5 ❑√2
2 )
D．(−∞, 5 ❑√2
2 )
【答案】A
【详解】因为函数f (x)在[
❑√2
2 ,❑√2)上存在单调递增区间，
所以f
′ (x)>0在[
❑√2
2 ,❑√2)上有解，且f
′ (x)= 1
x +2(x−b)= 1
x +2 x−2b，
所以b<(
1
2 x + x)max
，x∈[
❑√2
2 ,❑√2)，
令g(x)= 1
2 x + x , x∈[
❑√2
2 ,❑√2)，则g
′ (x)=−1
2 x
2 +1，
当x∈[
❑√2
2 ,❑√2)时，g
′ (x)>0，则函数g(x)单调递增，
所以g(x)max = g(❑√2)=
1
2❑√2 + ❑√2= 5 ❑√2
4
，
所以b< 5 ❑√2
4
，即实数b的取值范围是(−∞, 5 ❑√2
4 ).
故选：A
例3-2（2025·山东威海·三模）已知函数f ( x)=a
x−loga( x +1)(a>1)在(0,+∞)上存在单调递减区间，则
a的取值范围是（ ）
A．(1,e]
B．(1,e)
C．[e,+∞)
D．(e,+ ∞)
【答案】B
【详解】求导可得f
′( x)=a
x ln a−
1
( x +1)ln a，
由题意f
′( x)=a
x ln a−
1
( x +1)ln a <0有解，
即a
x ln a<
1
( x +1)ln a有解，
即a
x( x +1)(ln a)
2<1有解，
令g(x)=a
x( x +1)(ln a)
2，
因为a>1，易知g(x)=a
x( x +1)(ln a)
2在(0,+∞)单调递增，
此时g(0)=(ln a)
2，所以(ln a)
2<1，
又a>1，ln a>0，
所以0<ln a<1，解得：1<a<e，
所以a的取值范围是(1,e).
故选：B.
方法技巧 已知函数
在区间
上存在单调区间 等价条件
①已知
在区间
上存在单调增区间
令
，解不等式，求单调增区间
，则
②已知
在区间
上存在单调减区间
令
，解不等式，求单调减区间
，则
【变式训练3-1】若函数f (x)=ln x +a x
2−2在区间(
1
4 ,1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−1
2)
B．(−1
8 ,+∞)
C．(−1
2 ,+∞)
D．(−8,+∞)
【答案】A
【详解】由已知可得f (x)定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)= 1
x +2ax = 2a x
2+1
x
当a=0时，解f
′ (x)= 1
x <0可得x<0，不满足定义域；
当a≠0时，令g(x)=2a x
2+1，
要使函数f (x)=ln x +a x
2−2在区间(
1
4 ,1)内存在单调递减区间，
只需满足g(
1
4)<0或g(1)<0.
由g(
1
4)<0可得，g(
1
4)= a
8 +1<0，此时有a<−8；
由g(1)<0可得，g(1)=2a+1<0，此时有a<−1
2.
所以，a<−1
2.
综上所述，a<−1
2.
故选：A.
【变式训练3-2】（多选）若函数f (x)=ln x +a x
2−2在区间(
1
2 ,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值
可以为（ ）
A．a=−3
B．a=−2
C．a=−1
D．a=0
【答案】CD
【详解】f
′( x)= 1
x +2ax = 2a x
2+1
x
，
因为函数f ( x)= ln x +a x
2−2在区间(
1
2 ,2)内存在单调递增区间，
所以2a x
2+1>0在(
1
2 ,2)内有解，所以a>−1
2 x
2有解，
由于x∈(
1
2 ,2)，所以x
2∈(
1
4 ,4)，故−1
2 x
2 ∈(−2,−1
8)，
则实数a的取值范围是(−2,+ ∞)，结合选项可知a=−1，a=0符合题意．
故选：CD.
【变式训练3-3】若函数ℎ( x)= ln x−1
2 a x
2−2 x在[
1
2 ,2)上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为
.
【答案】(−1,+∞)
【详解】依题意，ℎ
′ (x)= 1
x −ax−2<0在区间(
1
2 ,2)上有解，
即a> 1
x
2 −2
x 在区间(
1
2 ,2)上有解，
设t = 1
x ，则t ∈(
1
2 ,2)，故只需求f (t )=t
2−2t在t ∈(
1
2 ,2)上的最小值，
而f (t )=t
2−2t =(t −1)
2−1，当t =1时，取得最小值−1，故得a>−1，
则实数a的取值范围为(−1,+ ∞).
故答案为：(−1,+∞)
题型4 已知函数
在区间
上不单调
例4-1 已知函数f ( x)= 1
2 x
2+a ln x−(a+1)x在区间(1,3)上不单调，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(−∞,1]
B．(1,3)
C．[1,3]
D．(3,+ ∞)
【答案】B
【详解】函数f ( x)= 1
2 x
2+aln x−(a+1)x在区间(1,3)上不单调，
则f
′( x)=0在区间(1,3)上有零点，
所以f
′( x)= x + a
x −(a+1)= x
2−(a+1)x +a
x
= ( x−a)( x−1)
x
=0，得x1=a, x2=1（舍），
故a∈(1,3)，使得函数f ( x)在(1,a)上递减，在(a,3)上递增，
所以实数a 的取值范围为(1,3).
故选：B.
例4-2 已知函数 f (x)= x
2e
x在[t ,t +1)上不单调，则t 的取值范围是 .
【答案】(−3,−2)∪(−1,0)
【详解】由题意可知：f (x)的定义域为R，且f
′( x)=(x
2+2 x)e
x，
令f
′( x)>0，解得x>0或x<−2；令f
′( x)<0，解得−2< x<0；
可知f ( x)在(−∞,−2)，(0,+∞)上单调递增，(−2,0)上单调递减，
若f ( x)在[t ,t +1]上不单调，
则{
t <−2
t +1>−2)或{
t <0
t +1>0)，解得−3<t <−2或−1<t <0，
即实数t的取值范围是(−3,−2)∪(−1,0).
故答案为：(−3,−2)∪(−1,0)．
方法技巧 已知函数
在区间
上不单调 等价条件
已知函数
在区间
上不单调
，使得
（
是变号零点）
【变式训练4-1】若函数f (x)= x
2−ln x在区间(m,m+1)上不单调，则实数m 的取值范围为（ ）
A．(0,
❑√2
2 )
B．(
❑√2
2 −1,
❑√2
2 )
C．(
❑√2
2 −1,0)
D．(0,❑√2)
【答案】B
【详解】函数f (x)= x
2−ln x，其定义域为(0,+ ∞)，
对f (x)求导得f
' (x)=2 x−1
x = 2 x
2−1
x
，
令f
' (x)=0，可得x =
❑√2
2
.
当0< x<
❑√2
2 时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x>
❑√2
2 时，2 x
2−1>0，f
' (x)>0，f (x)单调递增.
因为函数f (x)在区间(m,m+1)上不单调，所以¿，
所以m的取值范围是(
❑√2
2 −1,
❑√2
2 )，
故选：B.
【变式训练4-2】若函数f (x)= x
2
2 −ln x在(0,k )上不单调，则实数k的取值范围是
【答案】(1,+ ∞)
【详解】已知f ( x)= x
2
2 −ln x，其定义域为(0,+∞).
对f ( x)求导可得：f
′( x)= x−1
x = x
2−1
x
= ( x +1)( x−1)
x
.
令f
′( x)=0，即( x +1)( x−1)
x
=0，因为x>0，所以x +1>0，则x−1=0，解得x =1.
当0< x<1时，x−1<0，x>0，x +1>0，所以f
′( x)<0，函数f ( x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，x−1>0，x>0，x +1>0，所以f
′( x)>0，函数f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增.
因为函数f ( x)在(0,k )上不单调，所以k >1.
故实数k的取值范围是(1,+ ∞).
故答案为：(1,+ ∞).
【变式训练4-3】已知函数f (x)= ln x−ax +2在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为 .
【答案】(
1
2 ,1)
【详解】∵f (x)= ln x−ax +2，∴f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
.
当a≤0时，f
′ (x)= 1−ax
x
>0，∴函数f (x)在(1,2)上单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f
′ (x)>0，解得0< x< 1
a；令f
′ (x)<0，解得x> 1
a，
∵函数f (x)在(1,2)上不单调，∴1< 1
a <2，解得1
2 <a<1.
故答案为：(
1
2 ,1).
题型5 导函数与原函数图象的单调性
例5-1 已知下列四个图象之一是函数f ( x)在某区间的图象，且f ( x)的导函数f
′( x)在该区间的图象如图所
示，则f ( x)在该区间的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】不妨设f ( x)在区间(a,b)（a<0,b>2，a可为−∞，b也可为+ ∞）内的图象，
由f
′ (x)的图象可知，当a< x<0或2< x<b时f
′ (x)>0，当0< x<2时f
′ (x)<0，
所以f (x)在(a,0)，(2,b)上单调递增，在(0,2)上单调递减，故排除C、D；
又f
′ (x)在(a,0)上单调递减，则f (x)在(a,0)上切线的斜率逐渐减小，
且由f
′ (x)的图象可知当x→a时f
′ (x)趋近于一个常数（正数），
所以f (x)的切线斜率不趋近于+ ∞，故排除A.
故选：B
例5-2（多选）如图是函数y = f ( x)的导函数y = f
′( x)的图象，则下列判断正确的是（ ）
A．在区间(−2,1)上f ( x)单调递增
B．在区间(2,3)上f ( x)单调递减
C．在区间(4,5)上f ( x)单调递增
D．在区间(3,5)上f ( x)单调递增
【答案】BC
【详解】由图知，在区间(−3,−3
2 ),(2,4)上f
′( x)<0，在区间(−3
2 ,2),(4,5)上f
′( x)>0，
所以y = f ( x)在(−2,1)、(3,5)上不单调，在(2,3)上单调递减，在(4,5)上单调递增.
故选：BC
方法技巧 导函数与原函数关系
原函数的单调性与导函数的函数值的符号的关系，原函数
单调递增
导函数
（导函数
等于0，只在离散点成立，其余点满足
）；原函数单调递减
导函数
（导函数等于0，
只在离散点成立，其余点满足
）．
【变式训练5-1】设函数f (x)在定义域内可导，y = f (x)的图象如图所示，则其导函数y = f
′ (x)的图象可能
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由f (x)的图象可知，当x∈(−∞,0)时，函数单调递增，则f
′ (x)≥0，故排除C，D；
当x∈(0,+ ∞)时，f (x)先递增，再递减最后递增，所以所对应的导数值应该先大于0，
再小于0，最后大于0，排除B.
故选:A.
【变式训练5-2】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
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由f ′( x)的图象可知，当x<0时，f
′( x) >0，则y = f ( x)单调递增；
当x∈(0,2)时，f
′( x) <0，y = f ( x)单调递减；当x∈(2,+∞)，f
′( x) >0，y = f ( x)单调递增；
满足该函数单调性的，只有选项D 对应的图象.
故选：D.
【变式训练5-3】（多选）已知函数y = f (x)的导函数y = f
′ (x)的图象如图所示，则函数y = f (x)的图象不
可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【详解】由y = f
′ (x)的图象知，当x∈(−1,1)时，f
′( x)>0，
所以y = f (x)的图象在(−1,1)上单调递增，
且在区间(−1,0)上增长的速度越来越快，
在区间(0,1)上增长的速度越来越慢.
对于A，函数y = f (x)在区间(−1,0)上增长的速度越来越慢，
在区间(0,1)上增长的速度越来越快，故A 不可能；
对于B，函数y = f (x)在区间(−1,0)上增长的速度越来越快，
在区间(0,1)上增长的速度越来越慢，故B 可能；
对于C，函数y = f (x)在区间(−1,1)上增长的速度越来越快，故C 不可能；
对于D，函数y = f (x)在区间(−1,1)上增长的速度越来越慢，故D 不可能.
故选：ACD．
题型6 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是一次型（或可视为一次型））
例6-1f ( x)=ae
x−2 x −1,a∈R
(1)a=3，求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程
(2)讨论f ( x)的单调性
【答案】(1)x−y +2=0；
(2)答案见解析.
【详解】（1）当a=3时，f ( x)=3e
x−2 x −1，求导得f
′( x)=3e
x−2，则f
′(0)=1，而f (0)=2，
所以所求切线方程为：y −2=1⋅( x−0)，即x−y +2=0．
（2）函数f ( x)=ae
x−2 x−1的定义域为R，求导得f
′( x)=ae
x−2，
当a≤0时，f
′( x)<0恒成立，函数f ( x)在R 上单调递减；
当a>0时，由f
′( x)<0，得x<ln 2
a；由f
′( x)>0，得x>ln 2
a，
函数f ( x)在(−∞,ln 2
a )上单调递减，在(ln 2
a ,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f ( x)在R 上单调递减；
当a>0时，函数f ( x)在(−∞,ln 2
a )上单调递减，在(ln 2
a ,+ ∞)上单调递增.
例6-2 已知函数f (x)=ln x−a
x +1.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析
【详解】（1）由题意可知x∈(0,+∞),f (x)=ln x−a
x +1，则f
′ (x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ，
当a≥0时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a<0时，由f
′ (x)>0解得x>−a，由f
′ (x)<0解得0< x<−a，
所以f (x)在(−a,+ ∞)上单调递增，在(0,−a)上单调递减.
综上所述，当a≥0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，当a<0时，f (x)在(−a,+∞)上单调递增，在(0,−a)上
单调递减.
【变式训练6-1】已知 f (x)= ln x +ax .
(1)若 a=2，求f (x)在(e,f (e))处的切线的斜率;
(2)讨论f (x)的单调性;
【答案】(1)2+ 1
e
(2)答案见详解
【详解】（1）当a=2时，f (x)= ln x +2 x，则f
′ (x)= 1
x +2，
所以所求切线的斜率为f
′ (e)= 1
e +2.
（2）由f (x)= ln x +ax，x>0，则f
′ (x)= 1
x +a，
当a≥0时，f
′ (x)= 1
x +a>0，即f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a<0时，f
′ (x)= 1+ax
x
，
由f
′ (x)>0，得0< x<−1
a，由f
′ (x)<0，得x>−1
a，
所以f (x)在(0,−1
a)上单调递增，在(−1
a ,+∞)上单调递减，
综上，当a≥0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在(0,−1
a)上单调递增，在(−1
a ,+ ∞)上单调递减.
【变式训练6-2·变载体】设函数f (x)=e
x−ax−1.
(1)求f ( x)的单调区间;
【答案】(1)答案见解析；
【详解】（1）由题设f
′ (x)=e
x−a，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，故f (x)的增区间为R，无减区间；
当a>0时，令f
′ (x)=0，得x = ln a，故(−∞,ln a)上f
′ (x)<0，(ln a,+∞)上f
′ (x)>0，
所以f (x)的减区间为(−∞,ln a)，增区间为(ln a,+∞).
题型7 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且可因式分解型
）
例7-1（已知函数f (x)= x
2−(2a+1) x +aln x (a∈R)
(1)若a=−1，求f (x)的最小值
(2)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)3
4 + ln 2
(2)见解析
【详解】（1）a=−1时，f (x)= x
2+ x−ln x (x>0)，f
′ (x)=2 x +1−1
x = 2 x
2+ x−1
x
，
令f
′ (x)=0得x = 1
2或x =−1（舍），
当0< x< 1
2时，f
′ (x)<0，f (x)为减函数；当x> 1
2时，f
′ (x)>0，f (x)为增函数；
所以f (x)的最小值为f(
1
2)= 3
4 + ln 2.
（2）f
′ (a)=2 x−(2a+1)+ a
x = 2 x
2−(2a+1) x +a
x
= (2 x−1)(x−a)
x
，
当a≤0时，x∈(0, 1
2)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；x∈(
1
2 ,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当0<a< 1
2时，x∈(0,a)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；x∈(a, 1
2)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
x∈(
1
2 ,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当a= 1
2时，f
′ (x)≥0，且不恒为0，f (x)在定义域内单调递增；
当a> 1
2时，x∈(0, 1
2)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
x∈(
1
2 ,a)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；x∈(a,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
综上，a≤0时，x∈(0, 1
2)时，f (x)单调递减，x∈(
1
2 ,+ ∞)时，f (x)单调递增；
0<a< 1
2时，x∈(0,a)时，f (x)单调递增，x∈(a, 1
2)时，f (x)单调递减，x∈(
1
2 ,+ ∞)时，f (x)单调
递增；
a= 1
2时，f (x)在定义域内单调递增；
a> 1
2时，x∈(0, 1
2)时，f (x)单调递增，x∈(
1
2 ,a)时，f (x)单调递减，x∈(a,+∞)时，f (x)单调递增.
例7-2（2025·新疆·模拟预测）已知函数f ( x)=ae
x+e
−x−(a−1)x +1．
(1)若函数f ( x)的图象在(1,f (1))处的切线与直线x−1=0垂直，求实数a 的值；
(2)讨论函数f ( x)的单调性；
【答案】(1)a=−1
e
(2)答案见解析
【详解】（1）f
′( x)=ae
x−e
−x−(a−1)= ae
2 x−(a−1)e
x−1
e
x
= (ae
x+1)(e
x−1)
e
x
，
因为函数f ( x)的图象在点(1,f (1))处的切线与直线x−1=0垂直，
所以f
′(1)= (ae+1)(e−1)
e
=0，解得a=−1
e ．
（2）当a≥0时，令f
′( x)=0，得x =0，当x<0时，f
′( x)<0，f ( x)在(−∞,0)单调递减，x>0时，
f
′( x)>0，f ( x)在(0,+∞)单调递增；
当a<0时，令f
′( x)=0，得x1=0，x2= ln(−1
a)，
当−1<a<0时，−1
a >1，ln(−1
a)>0，
所以当x<0，或x>ln(−1
a)时，f
′( x)<0，f ( x)在(−∞,0)，(ln(−1
a),+ ∞)单调递减，
当0< x<ln(−1
a)时，f
′( x)>0，f ( x)在(0,ln(−1
a))单调递增；
当a=−1时，f
′( x)≤0恒成立，所以f ( x)在(−∞,+ ∞)单调递减；
当a<−1时，−1
a <1，ln(−1
a)<0，所以当x<ln(−1
a)，或x>0时，f ′( x)<0，f ( x)在(−∞,ln(−1
a))
，(0,+∞)单调递减，
当ln(−1
a)< x<0时，f
′( x)>0，f ( x)在(ln(−1
a),0)单调递增；
综上所述，a≥0时，f ( x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
当−1<a<0时，f ( x)在(−∞,0)，(ln(−1
a),+∞)单调递减，在(0,ln(−1
a))单调递增；
当a=−1时，f ( x)在(−∞,+∞)单调递减；
当a<−1时，f ( x)在(−∞,ln(−1
a))，(0,+ ∞)单调递减，在(ln(−1
a),0)单调递增．
【变式训练7-1】已知函数f ( x)= x
3+a x
2−a
2 x −1．
(1)设a=1，求曲线f ( x)在点A(0,−1)处的切线方程；
(2)讨论f ( x)的单调性；
【答案】(1)x + y +1=0
(2)见解析
【详解】（1）因为a=1，所以函数f (x)= x
3+ x
2−x−1.
对函数求导得：f
′ (x)=3 x
2+2 x−1.
因为点A (0,−1)在曲线f (x)上，所以曲线f (x)在点A (0,−1)处的切线斜率为-1，
故曲线f (x)在点A (0,−1)处的切线方程为y +1=−(x−0)，
即x + y +1=0.
（2）因为f (x)= x
3+a x
2−a
2 x−1，所以f
′ (x)=3 x
2+2ax−a
2=(3 x−a)(x +a).
令f
′ (x)=0，则x =−a, x = a
3 .
当a>0时，x∈(
a
3 ,+ ∞)或x∈(−∞,−a)时，f
′ (x)>0;x∈(−a, a
3)时，f
′ (x)<0.
此时，f (x)的单调递增区间是(
a
3 ,+ ∞)，(−∞,−a)，单调递减区间是(−a, a
3).
当a<0时，x∈(−a,+ ∞)或x∈(−∞, a
3)时，f
′ (x)>0;x∈(
a
3 ,−a)时，f
′ (x)<0.
此时，f (x)的单调递增区间是(−a,+ ∞)，(−∞, a
3)，单调递减区间是(
a
3 ,−a).
当a=0时，f
′ (x)=3 x
2≥0，此时函数f (x)在R上单调递增.
综上所述，当a>0时，f (x)的单调递增区间是(
a
3 ,+∞)，(−∞,−a)，单调递减区间是(−a, a
3)；
当a<0时，f (x)的单调递增区间是(−a,+∞)，(−∞, a
3)，单调递减区间是(
a
3 ,−a)；
当a=0时，函数f (x)在R上单调递增.
【变式训练7-2】（2025·河南·二模）已知函数f (x)= 1
2 x
2+aln x−(a+1) x (a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性.
【答案】(1)答案见解析
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+ ∞)，且f
′ (x)= x
2−(a+1) x +a
x
= (x−1)(x−a)
x
，
①当a≤0时，由f
′ (x)<0，得0< x<1，由f
′ (x)>0，得x>1，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
②当a=1时，f
′ (x)≥0恒成立，故函数f (x)在(0,+∞)上单调递增；
③当0<a<1时，由f
′ (x)<0，得a< x<1，由f
′ (x)>0，得x>1或0< x<a，
所以函数f (x)在(a,1)上单调递减，在(0,a)，(1,+∞)上单调递增；
④当a>1时，由f
′ (x)<0，得1< x<a，由f
′ (x)>0，得x>a或0< x<1，
所以函数f (x)在(1,a)上单调递减，在(0,1)，(a,+ ∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当0<a<1时，函数f (x)在(a,1)上单调递减，在(0,a)，(1,+∞)上单调递增；
当a=1时，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>1时，函数f (x)在(1,a)上单调递减，在(0,1)，(a,+∞)上单调递增.
【变式训练7-3·变载体】（2025·江西·二模）已知函数f (x)= 1
2 e
2 x−(2a+1)e
x+2ax + 3
2.
(1)当a=−1
2时，求函数y = f (x)的图象在x =0处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)y =2
(2)答案见解析
【详解】（1）当a=−1
2时，f (x)= 1
2 e
2 x−x + 3
2 ,f
′ (x)=e
2 x−1,f (0)=2,f
′ (0)=0，
所以函数y = f (x)的图象在x =0处的切线方程为y =2.
（2）f
′ (x)=e
2 x−(2a+1)e
x+2a=(e
x−2a)(e
x−1)，
当a≤0时，e
x−2a>0，所以当x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，
f
′ (x)>0,f (x)单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)=0，得x =0或x =ln(2a)，
当2a=1即a= 1
2时，f
′ (x)≥0,f (x)在R上单调递增，
当0<a< 1
2时，x∈(ln(2a),0)时，f
′ (x)<0,f (x)在(ln(2a),0)上单调递减，
x∈(−∞,ln(2a))和x∈(0,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)在(−∞,ln(2a)),(0,+ ∞)单调递增；
当a> 1
2时，ln(2a)>0, x∈(0,ln(2a))时，f
′ (x)<0,f (x)在(0,ln(2a))上单调递减，
x∈(−∞,0)和x∈(ln(2a),+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)在(−∞,0),(ln(2a),+∞)上单调递增.
综上可得，a≤0时，f (x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增；
a= 1
2时，f (x)在R上单调递增；
0<a< 1
2时，f (x)在(ln(2a),0)上单调递减，在(−∞,ln(2a)),(0,+ ∞)上单调递增；
a> 1
2时，f (x)在(0,ln(2a))上单调递减，在(−∞,0),(ln(2a),+∞)上单调递增.
题型8 含参问题讨论单调性（导函数有效部分是二次型（或可化为二次型）且不可因式分解
型 ）
例8-1 已知函数f (x)=−x
2+ x−mln x．
(1)当m=1时，求f (x)≥0的解集；
(2)当m∈R时，求f (x)的单调区间．
【答案】(1)(0,1]；
(2)答案见解析.
【详解】（1）当m=1时，f ( x)=−x
2+ x −ln x，x>0，
f
′( x)=−2 x +1−1
x =−2 x
2−x +1
x
=−
2( x−1
4 )
2
+ 7
8
x
<0
所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f (1)=0，
则当x∈(0,1)时，f (x)>f (1)=0；当x∈(1,+∞)时，f ( x)<f (1)=0，
故f ( x)≥0的解集为(0,1]．
（2）f
′( x)=−2 x +1−m
x =−2 x
2−x +m
x
，（x>0）
设y =−2 x
2+ x−m，（x>0）的对称轴x = 1
4 >0，Δ=1−8m=0⇒m= 1
8，
当m≥1
8，有y ≤0，则f
′( x)≤0，f (x)在(0,+∞)单调递减．
当0<m< 1
8，则y =0有两个不等正根1−❑√1−8m
4
，1+ ❑√1−8m
4
，
所以(0, 1−❑√1−8m
4
)、( 1+ ❑√1−8m
4
,+ ∞)上f
′( x)<0，( 1−❑√1−8m
4
, 1+ ❑√1−8m
4
)上f
′( x)>0，
f (x)在(0, 1−❑√1−8m
4
)、( 1+ ❑√1−8m
4
,+ ∞)上单调递减，在( 1−❑√1−8m
4
, 1+ ❑√1−8m
4
)上单调递
增；
当m≤0，则y =0有一个正根1+ ❑√1−8m
4
，即(0, 1+ ❑√1−8m
4
)上f
′( x)>0，( 1+ ❑√1−8m
4
,+∞)上
f
′( x)<0，
f (x)在(0, 1+ ❑√1−8m
4
)上单调递增，在( 1+ ❑√1−8m
4
,+∞)上单调递减．
综上：
当m≥1
8，f (x)的单调减区间为(0,+∞)，无单调递增区间；
当0<m< 1
8，f (x)的单调减区间为(0, 1−❑√1−8m
4
)、( 1+ ❑√1−8m
4
,+∞)，单调递增区间为
( 1−❑√1−8m
4
, 1+ ❑√1−8m
4
)；
当m≤0，f (x)的单调递增区间为(0, 1+ ❑√1−8m
4
)，单调减区间为( 1+ ❑√1−8m
4
,+∞)．
例8-2 已知函数f (x)=−e
2 x+6e
x−ax．讨论f (x)的单调性.
【答案】答案见解析
【详解】f (x)=−e
2 x+6e
x−ax，则f
′ (x)=−2e
2 x+6e
x−a，
令t =e
x，t >0，则f
′ (x)= g(t )=−2t
2+6t −a，
因−2t
2+6t ≤9
2，故f
′ (x)= g(t )≤9
2 −a，
当9
2 −a≤0，即a≥9
2时，f
′ (x)≤0，则f (x)在R上单调递减；
当0<a< 9
2时，令t1=e
x1，t2=e
x2，t1+t2=3，t1t2= a
2 >0，t1= 3−❑√9−2a
2
，t2= 3+ ❑√9−2a
2
，
f (x)在(−∞,ln 3−❑√9−2a
2
)和(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递减，在(ln 3−❑√9−2a
2
,ln 3+ ❑√9−2a
2
)
单调递增;
当a≤0时，t1≤0，t2>0，则f (x)在(−∞,ln 3+ ❑√9−2a
2
)上单调递增，在(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递
减;
综上所述，当a≥9
2时，则f (x)在R上单调递减，
当0<a< 9
2时，f (x)在(−∞,ln 3−❑√9−2a
2
)和(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+ ∞)单调递减，在
(ln 3−❑√9−2a
2
,ln 3+ ❑√9−2a
2
)单调递增；
当a≤0时，f (x)在(−∞,ln 3+ ❑√9−2a
2
)上单调递增，在(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递减.
【变式训练8-1】（2025·贵州黔东南·三模）设函数f ( x)= ln x + x −a x
2,a∈R．
(1)若a=1，试求函数f ( x)的极值；
(2)设g( x)= f(
1
x)，讨论g( x)的单调性．
【答案】(1)f (x)的极大值为0，无极小值
(2)当a≤0时，g(x)的单调减区间为(0,+ ∞)，无增区间；
当a>0时，g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+∞)
【详解】（1）当a=1时，f (x)= ln x + x−x
2，函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f
′ (x)= 1
x +1−2 x = 1+ x−2 x
2
x
= (1+2 x)(1−x)
x
，令f
′ (x)=0有x =1，
由f
′ (x)>0有0< x<1，f
′ (x)<0有x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f (x)的极大值为f (1)= ln1+1−1=0，无极小值；
（2）由g(x)= f(
1
x)= ln 1
x + 1
x −a
x
2 =−ln x + 1
x −a
x
2，
所以g(x)的定义域为(0,+ ∞)，
所以g
′ (x)=−1
x −1
x
2 + 2a
x
3 =−x
2+ x−2a
x
3
，令ℎ(x)= x
2+ x−2a，
当a≤0时，ℎ(x)>0，g
′ (x)<0，所以g(x)在(0,+∞)单调递减；
当a>0时，令ℎ(x)=0有x
2+ x−2a=0，Δ=1+8a>0，
所以x0= −1+ ❑√1+8a
2
=
❑√1+8a−1
2
>0，
所以由ℎ(x)>0有x> x0，g
′ (x)<0，ℎ(x)<0有0< x< x0，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(0, x0)单调递增，在(x0,+∞)单调递减，
所以g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+∞)；
综上有：当a≤0时，g(x)的单调减区间为(0,+∞)，无增区间；
当a>0时，g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+∞).
【变式训练8-2·变载体】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数f (x)=−e
2 x+6e
x−ax．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设f (x)的两个极值点为x1, x2．当a>1且x2−x1>ln2时，求f (x1)+ f (x2)的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)(13−4ln2,11)
【详解】（1）f (x)=−e
2 x+6e
x−ax，则f
′ (x)=−2e
2 x+6e
x−a，
令t =e
x，t >0，则f
′ (x)= g(t )=−2t
2+6t −a，
因−2t
2+6t ≤9
2，故f
′ (x)= g(t )≤9
2 −a，
当9
2 −a≤0，即a≥9
2时，f
′ (x)≤0，则f (x)在R上单调递减;
当0<a< 9
2时，令t1=e
x1，t2=e
x2，t1+t2=3，t1t2= a
2 >0，t1= 3−❑√9−2a
2
，t2= 3+ ❑√9−2a
2
，
f (x)在(−∞,ln 3−❑√9−2a
2
)和(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递减，在(ln 3−❑√9−2a
2
,ln 3+ ❑√9−2a
2
)
单调递增;
当a≤0时，t1≤0，t2>0，则f (x)在(−∞,ln 3+ ❑√9−2a
2
)上单调递增，在(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递
减;
综上所述，当a≥9
2时，则f (x)在R上单调递减，
当0<a< 9
2时，f (x)在(−∞,ln 3−❑√9−2a
2
)和(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+ ∞)单调递减，在
(ln 3−❑√9−2a
2
,ln 3+ ❑√9−2a
2
)单调递增；
当a≤0时，f (x)在(−∞,ln 3+ ❑√9−2a
2
)上单调递增，在(ln 3+ ❑√9−2a
2
,+∞)单调递减.
（2）由（1）可知t1+t2=3，t1t2= a
2， 因为要有两个极值点，则1<a< 9
2，
由f (x1)+ f (x2)=−e
2 x1+6e
x1−a x1−e
2 x2+6e
x2−a x2=−t1
2−t2
2+6t1+6t2−a(lnt1+lnt2)
=−(t1+t2)
2+6(t1+t2)+2t1t2−a(lnt1+lnt2)=a−aln a
2 +9，
又因为(t1+t2)
2
t1t2
= 18
a
，而(t1+t2)
2
t1t2
= t2
t1
+ t1
t2
+2，
由x2−x1>ln2，即
t2
t1
= e
x2
e
x1 =e
x2−x1>e
ln2=2，
则根据对钩函数y = x + 1
x 在区间[2,+ ∞)上递增，则有(t1+t2)
2
t1t2
= t2
t1
+ t1
t2
+2> 9
2
，
所以有18
a > 9
2，解得a<4.
则令ℎ(x)= x−xln x
2 +9，1< x<4，则ℎ
′ (x)=−ln x
2，
则当1< x<2时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(1,2)上单调递增；
当2< x<4时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(2,4)上单调递减，
则ℎ(2)=11，ℎ(1)=10+ln2，ℎ(4)=13−4ln2，
又因为ℎ(1)−ℎ(4)=10+ln2−13+ 4ln2=5ln2−3=ln32−lne
3= ln 32
e
3 >1，
所以ℎ(4)<ℎ(1)，即f (x1)+ f (x2)的取值范围是(13−4ln2,11).
【变式训练8-3】已知函数f ( x)= x−aln x−1
2 x ，定义域为(0,+ ∞)．
(1)讨论f (x)的单调性．
【答案】(1)当a≤❑√2时，f ( x)在(0,+ ∞)上递增；当a>❑√2时，f ( x)在(0, x1),( x2,+∞)上递增，在
( x1, x2)上递减
【详解】（1）因为f ( x)= x−a ln x−1
2 x ，
所以f
′( x)=1−a
x +
1
2
x
2 = 2 x
2−2ax +1
2 x
2
，
设g( x)=2 x
2−2ax +1 ( x>0)，Δ= 4(a
2−2)，
(i)Δ= 4(a
2−2)≤0⇒−❑√2≤a≤❑√2时，g( x)≥0,则f
′ (x)≥0，
所以f ( x)在(0,+∞)上递增；
(ii)Δ= 4(a
2−2)>0⇒a<−❑√2或a>❑√2，x对称轴= a
2，
当a>❑√2时，g(0)=1 >0，x对称轴= a
2 >0，
方程g( x)=0的两根x1= a−
❑√a
2−2
2
, x2= a+
❑√a
2−2
2
都为正，
令g( x)>0可得：0< x< x1, x> x2，令g( x)<0可得：x1< x< x2，
所以f ( x)在(0, x1),( x2,+∞)上递增，在( x1, x2)上递减；
当a<−❑√2时，g(0)=1 >0，x对称轴= a
2 <0，
方程g( x)=0的两根x1= a−
❑√a
2−2
2
, x2= a+
❑√a
2−2
2
都为负，
令g( x)>0可得：x>0，所以f ( x)在(0,+∞)上递增，
综上：当a≤❑√2时，f ( x)在(0,+∞)上递增；
当a>❑√2时，f ( x)在(0, x1),( x2,+ ∞)上递增，在( x1, x2)上递减；
1．（2023·全国乙卷·高考真题）设a∈(0,1)，若函数f (x)=a
x+(1+a)
x在(0,+∞)上单调递增，则a 的取
值范围是 .
【答案】[
❑√5−1
2
,1)
【详解】由函数的解析式可得f
′ (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立，
则(1+a)
x ln (1+a)≥−a
x ln a，即(
1+a
a )
x
≥−
ln a
ln (1+a)在区间(0,+∞)上恒成立，
故(
1+a
a )
0
=1≥−
ln a
ln (1+a)，而a+1∈(1,2)，故ln (1+a)>0，
故{
ln (a+1)≥−ln a
0<a<1
)即{
a(a+1)≥1
0<a<1 )，故
❑√5−1
2
≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是[
❑√5−1
2
,1).
故答案为：[
❑√5−1
2
,1).
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=a(x−1)−ln x +1．
(1)求f (x)的单调区间；
【答案】(1)见解析
【详解】（1）f ( x)定义域为(0,+ ∞)，f
′( x)=a−1
x = ax−1
x
当a≤0时，f
′( x)= ax−1
x
<0，故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减；
当a>0时，x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(0, 1
a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f ( x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f ( x)的单调递增区间为(
1
a ,+∞)，单调递减区间为(0, 1
a).
3．（2023·北京·高考真题）设函数f ( x)= x−x
3e
ax +b，曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为
y =−x +1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g( x)= f
′( x)，求g( x)的单调区间；
【答案】(1)a=−1,b=1
(2)答案见解析
【详解】（1）因为f ( x)= x−x
3e
ax +b, x∈R，所以f
′ (x)=1−(3 x
2+a x
3)e
ax +b，
因为f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =−x +1，
所以f (1)=−1+1=0，f
′(1)=−1，
则{
1−1
3×e
a+b=0
1−(3+a)e
a+b=−1)，解得{
a=−1
b=1 )，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得g(x)= f
′ (x)=1−(3 x
2−x
3)e
−x +1(x ∈R)，
则g
′ (x)=−x(x
2−6 x +6)e
−x +1，
令x
2−6 x +6=0，解得x =3± ❑√3，不妨设x1=3−❑√3，x2=3+ ❑√3，则0< x1< x2，
易知e
−x +1>0恒成立，
所以令g
′ (x)<0，解得0< x< x1或x> x2；令g
′ (x)>0，解得x<0或x1< x< x2；
所以g(x)在(0, x1)，(x2,+ ∞)上单调递减，在(−∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0,3−❑√3)和(3+ ❑√3,+∞)，单调递增区间为(−∞,0)和(3−❑√3,3+ ❑√3).
4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数f (x)=(
1
x +a)ln(1+ x)．
(1)当a=−1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程．
(2)若函数f (x)在(0,+ ∞)单调递增，求a的取值范围．
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2){a|a≥1
2).
【详解】（1）当a=−1时，f (x)=(
1
x −1)ln (x +1)(x>−1)，
则f
′ (x)=−1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x −1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
′ (1)=−ln 2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y −0=−ln 2(x−1)，即(ln 2) x + y −ln 2=0.
（2）由函数的解析式可得f
′ (x)=(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)×
1
x +1
(x>−1)，
满足题意时f
′ (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立.
令(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 ≥0，则−(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)≥0，
令g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则g
′ (x)=2ax−ln (x +1)，
当a≤0时，由于2ax ≤0,ln (x +1)>0，故g
′ (x)<0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，不合题意;
令ℎ(x)= g
′ (x)=2ax−ln (x +1)，则ℎ
' (x)=2a−
1
x +1，
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以ℎ
' (x)>0,ℎ(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
即g
′ (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g
′ (x)> g
′ (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.
当0<a< 1
2时，由ℎ
' (x)=2a−
1
x +1 =0可得x = 1
2a −1，
当x∈(0, 1
2a −1)时，ℎ
′ (x)<0,ℎ(x)在区间(0, 1
2a −1)上单调递减，即g
′ (x)单调递减，
注意到g
′ (0)=0，故当x∈(0, 1
2a −1)时，g
′ (x)<g
′ (0)=0，g(x)单调递减，
由于g(0)=0，故当x∈(0, 1
2a −1)时，g(x)< g(0)=0，不合题意.
综上可知：实数a得取值范围是{a|a≥1
2).
5．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=ax−sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )．
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)f (x)在(0,π
2 )上单调递减
【详解】（1）因为a=1，所以f (x)= x−sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )，
则f
′ (x)=1−cos x cos
2 x−2cos x (−sin x)sin x
cos
4 x
=1−cos
2 x +2sin
2 x
cos
3 x
= cos
3 x−cos
2 x−2(1−cos
2 x)
cos
3 x
= cos
3 x +cos
2 x−2
cos
3 x
，
令t =cos x，由于x∈(0,π
2 )，所以t =cos x∈(0,1)，
所以cos
3 x +cos
2 x−2=t
3+t
2−2=t
3−t
2+2t
2−2=t
2(t −1)+2(t +1)(t −1) =(t
2+2t +2)(t −1)，
因为t
2+2t +2=(t +1)
2+1>0，t −1<0，cos
3 x =t
3>0，
所以f
′ (x)= cos
3 x +cos
2 x−2
cos
3 x
<0在(0,π
2 )上恒成立，
所以f (x)在(0,π
2 )上单调递减.
1.(人教A 版选择性必修第二册P89练习T 1)判断下列函数的单调性，并求出单调区间
（1）
（2）
【详解】（1）因为
，定义域为
，所以
，令
，
解得
或
，则令
得
，由
得
或
，所以函数
单调递减区间为
，单调递增区间为
（2）因为
定义域为
，所以
，令
，解
得
或
，，则由
得
或
由
得
，所以函数
的单调递减区间为
，单调递减区间为
2.(人教A 版选择性必修第二册P89练习T 2)证明函数
在区间
内单调递减。
证明：
，则当
时，可得
，所以函数
在区间
内单调递减。
3.(人教A 版选择性必修第二册P89 例4)设
，
，
两个函数的图象如图所示.
判断
,
的 图 象 与
,
之间的对应关系 .
【详解】因为
，
所以
，
当
时，
当
，
当
，
所以，
，
在
上都是增函数，在区间
内，
的图象要比
图象“陡峭”；在区间
上，
的图象要比
图象“平缓”；
所以
，
对应
，
。
4.(人教A 版选择性必修第二册P94 练习第2 题)证明不等式：
，
。
【详解】证明，构造
，求导
.当
时，
，函数
单调递减；当
时，
，函数单调递增。所以
在
处取得最小值，
，所以
，即
5.(人教A 版选择性必修第二册P97 练习第1 题)利用函数的单调性，证明不等式：
，
【详解】证明，构造
，则
，所以
在
上单调
递增，所以
，即
。
