第02 讲 导数与函数的单调性
目录
01 常考题型过关练
题型01 求函数（不含参）的单调区间
题型02 已知函数
在区间
上单调，求参数
题型03 已知函数
在区间
上存在单调区间 ，求参数
题型04 已知函数
在区间
上不单调 ，求参数
题型05 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））
题型06 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 ）
题型07 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
）
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 求函数（不含参）的单调区间
1．函数f (x)= x
2
e
x 的单调递增区间是（ ）
A．(0,2)
B．(−∞,0)、(2,+∞)
C．(−∞,−2)、(0,+ ∞)
D．(−2,0)
【答案】A
【详解】函数f (x)= x
2
e
x 的定义域为R，f
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
，
由f
′ (x)>0可得2 x−x
2>0，即x
2−2 x<0，解得0< x<2，
因此，函数f (x)的增区间为(0,2).
故选：A.
2．函数f ( x)= x−5 ln x的单调递增区间为（ ）
A．(−∞,5)
B．(5,+ ∞)
C．(0,5)
D．(0,+∞)
【答案】B
【详解】由题意可知函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
′( x)=1−5
x = x−5
x
，
令f
′( x)>0，得x−5
x
>0，解得x>5，
所以函数f ( x)= x−5 ln x的单调递增区间为(5,+∞).
故选：B.
3．已知函数f (x)=sin x−1
2 x，则在下列区间上，f (x)单调递减的是（ ）
A．(−π
3 ,0)
B．(0,π
6 )
C．(
π
6 ,π
2 )
D．(
π
3 ,π
2 )
【答案】D
【详解】因为f (x)=sin x−1
2 x，所以f
′ (x)=cos x−1
2，
令f
′ (x)<0，即cos x−1
2 <0，解得π
3 +2k π< x<5π
3 +2k π,k ∈Z，
所以函数的单调递减区间为(
π
3 +2k π,5π
3 +2k π),k ∈Z，结合选项可知只有D 符合题意.
故选：D
4．函数f (x)= x⋅e
x的单调递增区间为（ ）
A．(−∞,−1)
B．(−1,0)
C．(−∞,+∞)
D．(−1,+∞)
【答案】D
【详解】函数f (x)= x⋅e
x的定义域为R，又f
′ (x)=e
x+ x⋅e
x =(x +1)e
x，
令f
′ (x)>0，解得x>−1，所以f (x)的单调递增区间为(−1,+∞).
故选：D
5．函数f ( x)=e
x−1−x e
x．求函数f ( x)的单调区间.
【答案】在(0,+∞)上单调递减，在(−∞,0)上单调递增
【详解】因为f ( x)=e
x−1−x e
x，所以f
′( x)=−x e
x，
令f
′( x)<0，x∈(0,+∞)，令f
′( x)>0，x∈(−∞,0)，
故f ( x)在(0,+∞)上单调递减，在(−∞,0)上单调递增．
02 已知函数
在区间
上单调，求参数
6．（2025·陕西·模拟预测）已知函数f ( x)=( x−a−1)e
x−(
x
2 −a)bx是R上的增函数，则（ ）
A．a=b
B．a= 1
b
C．a= ln b
D．a=e
b
【答案】C
【详解】由f (x)=(x−a−1)e
x−(
x
2 −a)bx，
得f
′ (x)=(x−a)e
x−bx +ab=(x−a)(e
x−b)，
因为f (x)是R上的增函数，则f
′ (x)≥0恒成立，
即(x−a)(e
x−b)≥0恒成立，
当b≤0时，e
x−b>0，此时x−a≥0不恒成立，不满足题意；
当b>0时，等价于(x−a)(x−ln b)≥0对x∈R恒成立，
则a= ln b.
故选：C.
7．若函数f (x)= x−4
x −aln x在[4,5)上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,4)
B．(−∞,5)
C．(−∞, 29
5 )
D．[−4,4)
【答案】B
【详解】因为函数f (x)= x−4
x −aln x在[4,5)上单调递增，
所以f
′ (x)=1+ 4
x
2 −a
x ≥0在[4,5)上恒成立，
所以a≤x + 4
x ，因为g(x)= x + 4
x 在[4,5)上单调递增，
所以g(x)min= g(4)= 4+ 4
4 =5，所以a≤5.
故选：B.
8．若函数f (x)= x
3−3b x
2+ 4 x +5在x∈[0,2)为单调递增，则实数b的取值范围是（ ）
A．[
2❑√3
3
,+∞)
B．(−∞, 2❑√3
3 )
C．[
❑√3
3 ,+∞)
D．(−∞,
❑√3
3 )
【答案】B
【详解】对f ( x)= x
3−3b x
2+ 4 x +5求导可得f
′( x)=3 x
2−6bx + 4.
因为f ( x)在x∈[0,2)上单调递增，所以f
′( x)≥0在x∈[0,2)上恒成立.
当x =0时，f
′(0)=3×0
2−6b×0+ 4 = 4>0，此时b可以取任意实数.
当0< x ≤2时，f
′( x)=3 x
2−6bx + 4≥0可化为6b≤3 x + 4
x 恒成立.
令g( x)=3 x + 4
x ，0< x ≤2，可得3 x + 4
x ≥2❑√3 x× 4
x = 4 ❑√3，当且仅当3 x = 4
x ，即x = 2❑√3
3
时等号成立.
所以g( x)min= 4 ❑√3，则6b≤4 ❑√3，解得b≤2❑√3
3
.
综合以上两种情况，实数b的取值范围是(−∞, 2❑√3
3
].
故选：B.
9．已知函数f (x)= x
3−ax在[1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≥3
B．a≥12
C．a≤3
D．a<12
【答案】C
【详解】因为f (x)= x
3−ax，则f
′ (x)=3 x
2−a，
因为函数f (x)= x
3−ax在[1,2)上单调递增，则f
′ (x)≥0对任意的x∈[1,2)恒成立，
则a≤3 x
2对任意的x∈[1,2)恒成立，则a≤(3 x
2)min=3.
故选：C.
10．（2025·山东·模拟预测）若a,b为正实数，且f (x)=a x
2+bx−2e
x在x∈R上单调递减，则ab的最大
值为 .
【答案】e
【详解】由题知，f
′ (x)=2ax +b−2e
x≤0恒成立.
令g(x)= f
′ (x)=2ax +b−2e
x，则g
′ (x)=2a−2e
x.
因为a>0，令g
′ (x)=0，解得x =lna，
所以当x∈(−∞,lna)时，g
′ (x)>0, g(x)在(−∞,lna)上单调递增，
当x∈(lna,+∞)时，g
′ (x)<0, g(x)在(lna,+∞)上单调递减，
所以g(x)在x =lna处取得极大值，也是最大值，
所以g( x)max= g(lna)=2alna+b−2e
lna=2alna−2a+b≤0，即b≤2a−2alna.
由a>0，得ab≤2a
2(1−lna).
设ℎ(x)= x
2(1−ln x)，
则ℎ
′ (x)=2 x (1−ln x)+ x
2×(−1
x)= x (1−2ln x)，
令ℎ
′ (x)=0，解得x = ❑√e，
当x∈(0,❑√e)时，ℎ
′ (x)>0，所以ℎ(x)在(0,❑√e)上单调递增，
当x∈(❑√e,+ ∞)时，ℎ
′ (x)<0，所以ℎ(x)在(❑√e,+ ∞)上单调递减，
所以ℎ( x)max=ℎ(❑√e)=e(1−ln ❑√e)=e
2，
即ab≤e，所以ab的最大值为e，此时a= ❑√e,b= ❑√e.
故答案为：e.
03 已知函数
在区间
上存在单调区间 ，求参数
11．已知函数f (x)= xln x−ax (a∈R)在[1,e)上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,2)
C．(−∞,1)
D．(−∞,1)
【答案】B
【详解】由题意可知：f
′ (x)=1+ln x−a>0，即1+ln x>a在[1,e)上有解，
又因为g(x)=1+ln x在[1,e)上单调递增，则g(x)≤g (e)=2，
则a<2，所以实数a的取值范围是(−∞,2).
故选：B.
12．若函数f ( x)=(m x
2−x)e
x在[2,4 ]上存在单调递增区间，则m 的取值范围是（ ）
A．( 4
15 ,+ ∞)
B．( 4
25 ,+ ∞)
C．( 3
8 ,+∞)
D．( 5
24 ,+∞)
【答案】D
【详解】由f ( x)=(m x
2−x)e
x，则f
′( x)=[m x
2+(2m−1)x−1]e
x．
函数f ( x)在区间[2,4 ]上存在单调递增区间，只需f
′( x)>0在区间[2,4 ]上有解，
即ℎ( x)=m x
2+(2m−1)x−1>0在区间[2,4 ]上有解，
方法一：即m> x +1
x
2+2 x 在区间[2,4 ]上有解，所以m>( x +1
x
2+2 x
)
min
．
令t = x +1∈ [3,5]，则
x +1
x
2+2 x
=
x +1
( x +1)
2−1
=
t
t
2−1
=
1
t −1
t
，
令g(t )=t −1
t 在[3,5]上单调递增，所以g(t )max = g(5)= 24
5 ，即( x +1
x
2+2 x
)
min
= 5
24 ，
所以m> 5
24 ．
方法二：当m≤0时，m x
2+(2m−1)x −1<0在[2,4 ]恒成立，不符合；
当m>0时，ℎ( x)开口向上，只需ℎ(2)=8m−3>0或ℎ(4)=24 m−5>0，所以m> 5
24 ．
故选：D
13．若函数f ( x)=sin x(1−cos x)+ax在(−∞,+ ∞)存在单调减区间，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(−9
8 ,+ ∞)
B．(−∞,2)
C．(−∞,−9
8)
D．(2,+∞)
【答案】B
【详解】因为f ( x)=sin x(1−cos x)+ax，
所以f
'( x)=cos x(1−cos x)+sin x·sin x +a=−2cos
2 x +cos x +1+a，
因为函数f ( x)在(−∞,+ ∞)存在单调减区间，所以f
′( x)=−2cos
2 x +cos x +1+a<0有解，
即1+a<2cos
2 x−cos x有解，则1+a<(2cos
2 x−cos x)max，
又y =2cos
2 x−cos x =2(cos x−1
4)
2
−1
8，且−1≤cos x ≤1，
当cos x =−1时，ymax =2(−1−1
4)
2
−1
8 =3，
所以1+a<3，解得a<2，即实数a 的取值范围为(−∞,2).
故选：B
14．已知函数f (x)= ln x−1
2 a x
2−2 x在[
1
2 ,1)存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是（ ）
A．[0,+ ∞)
B．(0,+ ∞)
C．[−1,+∞)
D．(−1,+∞)
【答案】D
【详解】由题意得f
′ (x)= 1
x −ax−2<0在[
1
2 ,1)上有解，
即1
x
2 −2
x <a在[
1
2 ,1)上有解，
其中y = 1
x
2 −2
x =(
1
x −1)
2
−1∈[−1,0)，
所以a>−1
故实数a的取值范围是(−1,+ ∞).
故选：D
15．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在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,+∞)
04 已知函数
在区间
上不单调 ，求参数
16．已知函数f (x)=ax +cos(
π
6 x)在R上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A．[−1, 1)
B．(−1,1)
C．[−π
6 ,π
6 )
D．(−π
6 ,π
6 )
【答案】D
【详解】当函数f (x)=ax +cos(
π
6 x)在R上单调，f
' (x)=a−π
6 sin(
π
6 x)≥0或
f
' (x)=a−π
6 sin(
π
6 x)≤0恒成立，
所以a≥π
6 sin(
π
6 x)或a≤π
6 sin(
π
6 x)恒成立，
所以a≥π
6 或a≤−π
6 ，因为函数f (x)=ax +cos(
π
6 x)在R上不单调，所以a∈(−π
6 ,π
6 ).
故选：D.
17．若函数f (x)=ax +2cos x不单调，则a可以为（ ）
A．−1
B．2
C．−3
D．4
【答案】A
【详解】因为函数f (x)=ax +2cos x的定义域为R，则f
′ (x)=a−2sin x，
因为函数f (x)在R上不单调，则函数f
′ (x)存在异号零点，
所以{
f
′ (x)min=a−2<0
f
′ (x)max =a+2>0)，解得−2<a<2，
故选：A.
18．若函数f (x)= x
2
2 −3ln x在区间(m,m+1)上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A．(0,❑√3−1)
B．(0,❑√3)
C．(❑√3−1,❑√3)
D．[❑√3−1,❑√3)
【答案】C
【详解】f
′ (x)= x−3
x = x
2−3
x
(x>0)，令f
' (x)=0⇒x =± ❑√3，
因为函数f (x)= x
2
2 −3ln x在区间(m,m+1)上不单调，
所以y = x
2−3在(m,m+1)上有变号零点，
即{
m
2−3<0
(m+1)
2−3>0
m>0 )
，解得❑√3−1<m<❑√3，
故选：C
19．（多选）若函数f (x)=aln x−e
x+2在区间(1,3)上不单调，则实数a的取值可以是（ ）
A．e
B．e
2
C．2e
3
D．4e
3
【答案】BC
【详解】由题设，f
′ (x)= a
x −e
x = a−xe
x
x
，又f (x)在(1,3)上不单调，
所以函数y =a−xe
x在(1,3)上存在变号零点，
设g(x)=a−xe
x , x∈(1,3)，则g
′ (x)=−(x +1)e
x<0，则g(x)在(1,3)上单调递减，
所以{
g(1)>0
g(3)<0)，即{
a−e>0
a−3e
3<0)，解得e<a<3e
3，则a的取值范围是(e,3e
3).
故选：BC.
20．已知函数f ( x)=sin x−1
2 x，x∈(0,π)．若f ( x)在(a,a+1)上不单调，则实数a 的取值范围为
．
【答案】(
π
3 −1,π
3 )
【详解】由f ( x)=sin x−1
2 x，得f
′( x)=cos x−1
2，
令f
′( x)=0，得cos x = 1
2
∵x∈(0,π)，∴x =π
3
当x∈(0,π
3 )时，f
′( x)>0；当x∈(
π
3 ,π)时，f
′( x)<0;
所以f ( x)在区间(0,π
3 )上是增函数，在(
π
3 ,π)上是减函数.
若f ( x)在(a,a+1)上不单调，则a<π
3 <a+1，
解得π
3 −1<a<π
3 .
即a 的取值范围为(
π
3
−1,π
3 ).
故答案为：(
π
3 −1,π
3 )
05 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））
21．（2025·江西·模拟预测）已知函数f (x)=2 x−x ln x + x ln a−e
a(a>0)．
(1)讨论f (x)的单调区间；
【答案】(1)当x∈(0,ae)时， f (x)单调递增；当x∈(ae,+∞)时，f (x)单调递减
【详解】（1）x∈(0,+∞)，f
′ (x)=1−ln x + ln a= ln ae
x ，令f
′ (x)=0，得x =ae．
当x∈(0,ae)时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,ae)上单调递增；
当x∈(ae,+ ∞)时，f
′ (x)<0，f (x)在(ae ,+∞)上单调递减.
22．已知函数f (x)= ln x−ax−2，讨论f (x)的单调性.
【答案】答案见解析
【知识点】含参分类讨论求函数的单调区间
【分析】对a进行分类讨论，结合导函数的正负与函数单调性的关系即可得解.
【详解】因为f (x)=ln x−ax−2，x>0，
所以f
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
若a≤0，则f
′ (x)>0恒成立，此时f (x)在(0,+∞)上单调递增；
若a>0，令f
' (x)= 1
x −a=0，得x = 1
a，易得x∈(0, 1
a)时，f
′ (x)>0，x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0，
此时f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
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(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减.
23．已知函数f ( x)=2e
x−ax−1，a∈R
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析
【详解】（1）f ′( x)=2e
x−a，
当a≤0时，f ( x)在R上单调递增
当a>0时，2e
x−a=0，x = ln a
2，
当x<ln a
2 ,f
′ (x)<0，f ( x)在(−∞,ln a
2)单调递减，
当x>ln a
2 ,f
′ (x)>0，f ( x)在(ln a
2 ,+∞)单调递增．
24．已知函数f (x)= a
x +ln x−1,a∈R.讨论函数f (x)的单调性；
【答案】答案见解析
【详解】函数f (x)= a
x +ln x−1的定义域是(0,+∞)，
f
′ (x)=−a
x
2 + 1
x = x−a
x
2 ，
①若a≤0，则f
′ (x)>0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
②若a>0，令f
′ (x)>0，解得x>a，
令f
′ (x)<0，解得0< x<a，
故f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ ∞)上单调递增，
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
25．设a∈R，函数f (x)= ln x + a
x −3
4 ，g(x)=ax−❑√x．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
【答案】(1)答案见详解
【详解】（1）因为f (x)= a
x +ln x−3
4 ，函数定义域为(0,+∞)，
可得f
′ (x)=−a
x
2 + 1
x = −a+ x
x
2
,
当a≤0时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,+ ∞)内单调递增；
当a>0时，当0< x<a时，f
′ (x)<0，f (x)在(0,a)内单调递减；
当x>a时，f
′ (x)>0，f (x)在(a,+ ∞)内单调递增；
综上所述：当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)内单调递增；
当a>0时，f (x)在(0,a)内单调递减，在(a,+∞)内单调递增.
06 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 ）
26．（2025·江西·三模）设函数f (x)= 4 ln x−1
2 a x
2+(4−a) x +b(a,b∈R)
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析
【详解】（1）易知f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
又f
′ (x)= 4
x −ax +(4−a)=−(x +1)(ax−4)
x
.
若a≤0，则f
′ (x)>0恒成立，所以此时f (x)在(0,+∞)上单调递增；
若a>0，则当x∈(0, 4
a)时，f
′ (x)>0；当x∈(
4
a ,+∞)时，f
′ (x)<0；
所以此时f (x)在(0, 4
a)上单调递增，在(
4
a ,+∞)上单调递减.
综上，a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；a>0时，f (x)在(0, 4
a)上单调递增，在(
4
a ,+∞)上单调递减.
27．（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)= 1
2 x
2+aln x−(a+1) x.
(1)当a>0时，讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析
【详解】（1）由f (x)= 1
2 x
2+aln x−(a+1) x，x>0，a>0，
求导得f
' (x)= x + a
x −(a+1)= (x−a)(x−1)
x
.
当0<a<1，由f
′( x)>0，解得0< x<a或x>1；由f
′( x)<0，解得a< x<1.
当a=1时，f
′( x)≥0恒成立.
当a>1时，由f
′( x)>0，解得0< x<1或x>a；由f
′( x)<0，解得1< x<a.
综上，当0<a<1时，f (x)在(0,a)，(1,+∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减；
当a=1时，f (x)的(0,+∞)在单调递增；
当a>1时，f (x)在(0,1)，(a,+ ∞)上单调递增，在(1,a)上单调递减.
28．已知函数f (x)= ln x + 1
2 a x
2−(a+1) x，其中a∈R.
(1)若f (x)在x =1处取得极值−1
2，求a 的值；
(2)讨论f (x)的单调性．
【答案】(1)a=−1
(2)答案见解析
【详解】（1）f
′ (x)= 1
x +ax−(a+1)，
由题意f
′ (1)=1+a−a−1=0，f (1)= 1
2 a−(a+1)=−1
2，
解得a=−1，
当a=−1时，f (x)= ln x−1
2 x
2，定义域为(0,+ ∞)，
f
′ (x)= 1
x −x = 1−x
2
x
，令f
′ (x)>0，解得0< x<1，
令f
′ (x)<0，解得x>1，故x =1为f (x)的极值点，
满足题意，故a=−1；
（2）f (x)= ln x + 1
2 a x
2−(a+1) x定义域为(0,+∞)，
当a=0时，f
′ (x)=−x−1
x
，
所以x∈(0,1)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，x∈(1,+∞)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
当a≠0时，f
′ (x)= 1
x +ax−(a+1)= a x
2−(a+1) x +1
x
=
a(x−1
a)(x−1)
x
，
当a>0时，
①0<a<1时，1
a >1，
令f
′ (x)>0，解得x> 1
a或0< x<1，令f
′ (x)<0，解得1< x< 1
a，
∴函数f (x)在(0,1)，(
1
a ,+ ∞)内单调递增，在(1, 1
a)内单调递减；
②当a=1时，f
′ (x)= (x−1)
2
x
≥0，故函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
③当a>1时，0< 1
a <1，令f
′ (x)>0，解得x>1或0< x< 1
a，令f
′ (x)<0，解得1
a < x<1，
故f (x)在(0, 1
a)，(1,+ ∞)内单调递增，在(
1
a ,1)内单调递减．
当a<0时，当x∈(0,1)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
综上：当a≤0时，f (x)在(0,1)单调递增，f (x)在(1,+ ∞)单调递减，
当0<a<1时，f (x)在(0,1)，(
1
a ,+∞)内单调递增，在(1, 1
a)内单调递减；
当a=1时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0, 1
a)，(1,+∞)内单调递增，在(
1
a ,1)内单调递减.
29．（2025·江苏盐城·三模）已知函数f ( x)=m( x
2+2 x)−ln(xe
x),(m∈R)，g( x)=1−1
2 e
x+ x
2．
(1)求函数g(x)在x =0处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)单调性；
【答案】(1)x +2 y −1=0
(2)答案见解析
【详解】（1）因为g( x)=1−1
2 e
x+ x
2，所以g
′ (x)=−e
x
2 +2 x，
所以所求切线的斜率为g
′ (0)=−e
0
2 +2×0=−1
2，又g(0)=1−1
2 e
0+0
2= 1
2，
所以切线方程为y −1
2 =(−1
2)(x−0)，即x +2 y −1=0；
（2）f ( x)=m( x
2+2 x)−ln(xe
x)=m( x
2+2 x)−x−ln x，则函数f (x)定义域为(0,+∞)，
所以f
′ (x)= (2mx −1)(x +1)
x
，所以当m≤0时，有f
′ (x)<0恒成立，f (x)在(0,+ ∞)单调递减，
当m>0时，由f
′ (x)<0解得：x∈(0, 1
2m)，f (x)在(0, 1
2m)上单调递减；
由f
′ (x)<0解得：x∈(
1
2m ,+ ∞)，f (x)在(
1
2m ,+ ∞)上单调递增；
综上，m≤0时，f (x)在(0,+ ∞)单调递减；
m>0时，f (x)在(0, 1
2m)上单调递减，在(
1
2m ,+ ∞)上单调递增.
30．已知函数f (x)=ax−(2a+1)ln x−2
x
(1)若x =1是函数f (x)的驻点，求实数a的值；
(2)当a>0时，求函数f (x)的单调区间；
【答案】(1)1
(2)答案见解析
【详解】（1）因为f (x)=ax−(2a+1)ln x−2
x ，
则f
′ (x)=a−2a+1
x
+ 2
x
2，依题意f
′ (1)=0，即a−(2a+1)+2=0，解得a=1；
（2）函数f (x)=ax−(2a+1)ln x−2
x 的定义域为(0,+∞)，
又f
′ (x)=a−2a+1
x
+ 2
x
2 = a x
2−(2a+1) x +2
x
2
= (ax−1)(x−2)
x
2
(a>0)，
当0<a< 1
2时，
由f
′ (x)>0，解得0< x<2或x> 1
a，所以f (x)在(0,2)，(
1
a ,+∞)上单调递增，
由f
′ (x)<0，解得2< x< 1
a，所以f (x)在(2, 1
a)上单调递减；
当a= 1
2时f
′ (x)≥0恒成立（且仅在x =2处等于0），所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a> 1
2时，
由f
′ (x)>0，解得0< x< 1
a或x>2，所以f (x)在(0, 1
a)，(2,+ ∞)上单调递增，
由f
′ (x)<0，解得1
a < x<2，所以f (x)在(
1
a ,2)上单调递减；
综上可得，
当0<a< 1
2时f (x)的单调递增区间为(0,2)，(
1
a ,+∞)，单调递减区间为(2, 1
a)；
当a= 1
2时f (x)的单调递增为(0,+∞)，无单调递减区间；
当a> 1
2时f (x)的单调递增区间为(0, 1
a)，(2,+∞)，单调递减区间为(
1
a ,2).
31．已知函数f ( x)=ae
2 x+(a−2)e
x−x.
(1)当a=1时，求证f ( x)≥0；
(2)讨论f ( x)的单调性；
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
【详解】（1）若a=1，则f (x)=e
2 x−e
x−x，f
′ (x)=2e
2 x−e
x−1=(2e
x+1)(e
x−1)，
令f
′ (x)>0，则e
x−1>0，解得x>0；
令f
′ (x)<0，则e
x−1<0，解得x<0；
可知f ( x)在(0,+ ∞)内单调递增，在(−∞,0)内单调递减，
所以f ( x)≥f (0)=0.
（2）因为f
′ (x)=2ae
2 x+(a−2)e
x−1=(2e
x+1)(ae
x−1)，
若a≤0，则f
′ (x)≤0，可知f ( x)在R上单调递减；
若a>0，令f
′ (x)>0，则ae
x−1>0，解得x>−ln a；
令f
′ (x)<0，则ae
x−1<0，解得x<−ln a；
可知f ( x)在(−ln a,+∞)内单调递增，在(−∞,−ln a)内单调递减；
综上所述：若a≤0，f ( x)在R上单调递减；
若a>0，f ( x)在(−ln a,+∞)内单调递增，在(−∞,−ln a)内单调递减.
32．已知函数f (x)=−e
2 x
2 +(1−a)e
x+ax.
(1)若a=1，求f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)求f (x)的单调区间.
【答案】(1)y =(1−e
2) x + 1
2 e
2
(2)答案见解析
【详解】（1）由a=1，所以f (x)=−e
2 x
2 + x ,f
′ (x)=1−e
2 x，
所以k = f
′ (1)=1−e
2，又f (1)=1−e
2
2 ，
所以曲线y = f ( x)在(1,f (1))处的切线方程为y −(1−e
2
2)=(1−e
2)(x−1)，
即y =(1−e
2) x + 1
2 e
2；
（2）由f (x)=ax +(1−a)e
x−e
2 x
2 ，定义域为R，
f
′ (x)=a+(1−a)e
x−e
2 x =(e
x+a)(1−e
x).
当a<0时，令f
′( x)=0得x =0或x = ln (−a)，
（i）a<−1时，−a>1，ln (−a)>0，令f
′( x)>0，得0< x<ln (−a)，
令f
′( x)<0，得x<0或x>ln (−a)，
所以f ( x)的递增区间为(0,ln(−a))，递减区间为(−∞,0)，(ln(−a),+ ∞)；
(ii)a=−1时，f
′ (x)=(e
x−1)(1−e
x)=−(e
x−1)
2≤0，所以f ( x)在R上单调递减；
（iii）当−1<a<0时，即0<−a<1，ln (−a)<0，
令f
′( x)>0，得ln (−a)< x<0，
令f
′( x)<0，得x<ln (−a)或x>0，
所以f ( x)的递增区间为(ln(−a),0)，递减区间为(−∞,ln (−a))，(0,+∞)；
当a≥0时，令f
′( x)>0，得x<0；令f
′( x)<0，得x>0，
所以f ( x)的递增区间为(−∞,0)，递减区间为(0,+∞)；
综上所述，
当a<−1时，f ( x)的递增区间为(0,ln(−a))，递减区间为(−∞,0)，(ln(−a),+∞)；
当a=−1时，f ( x)在R上单调递减；
当−1<a<0时，f ( x)的递增区间为(ln(−a),0)，递减区间为(−∞,ln (−a))，(0,+∞)；
当a≥0时，f ( x)的递增区间为(−∞,0)，递减区间为(0,+ ∞).
07 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 ）
33．已知函数f ( x)=2ln x−x + a
x (a>0)．
(1)当a= 4时，求曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)讨论f ( x)的单调性；
【答案】(1)3 x + y −6=0
(2)答案见解析
【详解】（1）当a= 4时，f (x)=2ln x−x + 4
x ,f
′ (x)= 2
x −1−4
x
2，
所以f (1)=3,f
′(1)=−3，
所以曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y −3=−3( x−1)，即3 x + y −6=0．
（2）f ( x)=2ln x−x + a
x ( x>0)，则f
′( x)= 2
x −1−a
x
2 = −x
2+2 x−a
x
2
．
对于方程−x
2+2 x−a=0, Δ= 4−4 a．
当Δ= 4−4 a≤0，即a≥1时，−x
2+2 x −a≤0,f
′( x)≤0，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递减；
当Δ= 4−4 a>0，即0<a<1时，方程−x
2+2 x−a=0有两不等根，
x1=1+ ❑√1−a, x2=1−❑√1−a，且x1> x2>0，
所以当x> x1或0< x< x2时，f
′( x)<0；当x2< x< x1时，f
′( x)>0，
即函数f ( x)在(0,1−❑√1−a),(1+ ❑√1−a,+ ∞)上单调递减，在(1−❑√1−a,1+ ❑√1−a)上单调递增．
综上所述，当a≥1时，函数f ( x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间；
当0<a<1时，函数f ( x)的单调递增区间为(1−❑√1−a,1+ ❑√1−a)，
单调递减区间为(0,1−❑√1−a)，(1+ ❑√1−a,+ ∞)．
34．（2025·吉林·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−(a+1) x
2+3ax−2，其中a为常数．
(1)当a=2时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性；
【答案】(1)y = x
(2)答案见解析
【详解】（1）当a=2时，f (x)=ln x−3 x
2+6 x−2，f (1)=1，
f
′ (x)= 1
x −6 x +6，此时f
′ (1)=1，
因此曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y = x．
（2）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)= 1
x −2(a+1) x +3a= −2(a+1) x
2+3ax +1
x
，
当a+1=0，即a=−1时，f
′ (x)= 1
x −3，令f
′ (x)=0，解得x = 1
3，
令f
′ (x)>0得x∈(0, 1
3)，令f
′ (x)<0得x∈(
1
3 ,+∞)，
此时函数f (x)在(0, 1
3)上单调递增，在(
1
3 ,+ ∞)上单调递减；
当a+1≠0时，−2(a+1) x
2+3ax +1=0中，Δ=9a
2+8(a+1)=9(a+ 4
9)
2
+ 56
9 >0，
当a+1>0，即a>−1时，
方程−2(a+1) x
2+3ax +1=0在(0,+ ∞)上仅有一个正根x0= 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
，
令f
′ (x)>0得x∈(0, x0)，令f
′ (x)<0得x∈(x0,+ ∞)，
此时函数f (x)在(0, 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)上单调递增，在(
3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
,+∞)上单调递减；
当a+1<0，即a<−1时，
方程−2(a+1) x
2+3ax +1=0在(0,+ ∞)上有两个不等正根，
分别为x1= 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
，x2= 3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
，
x1−x2= 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
−3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
= 2
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
<0，
故x1< x2，
令令f
′ (x)>0得x∈(0, x1)∪(x2,+ ∞)，令f
′ (x)<0得x∈(x1, x2)，
此时函数f (x)在(0, 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)和(
3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
,+ ∞)上单调递增，
在(
3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
，3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)上单调递减．
综上，当a=−1时，函数f (x)在(0, 1
3)上单调递增，在(
1
3 ,+∞)上单调递减；
当a>−1时，函数f (x)在(0, 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)上单调递增，在(
3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
,+∞)上单调递
减；
当a<−1时，函数f (x)在(0, 3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)和(
3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
,+∞)上单调递增，
在(
3a+
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
，3a−
❑√9a
2+8a+8
4 (a+1)
)上单调递减；
35．（2025·重庆·三模）已知函数 f (x)= 1
3 x
3−1
2 a x
2+ x +1(a∈R) ．
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
【答案】(1)答案见解析；
【详解】（1）f ( x)= 1
3 x
3−1
2 a x
2+ x +1,f
′( x)= x
2−ax +1，
①当Δ=a
2−4≤0，即−2≤a≤2时，f
′( x)≥0恒成立，f ( x)在(−∞,+∞)上单调递增．
②当Δ=a
2−4>0，即a<−2或a>2时，令f
′( x)=0，解得x1= a−
❑√a
2−4
2
, x2= a+
❑√a
2−4
2
，
当x∈(−∞, x1)时，f
′( x)>0,f ( x)单调递增；
当x∈(x1, x2)时，f
′( x)<0,f ( x)单调递减；
当x∈(x2,+∞)时，f
′( x)>0,f ( x)单调递增．
即f (x)在x∈(−∞, a−
❑√a
2−4
2
)上单调递增，在x∈(
a−
❑√a
2−4
2
, a+
❑√a
2−4
2
)上单调递减，在
x∈(
a+ ❑√❑a
2−4
2
,+ ∞)上单调递增．
1．已知f ( x)是定义域为(0,+∞)的函数，且满足f ( x)+ xf ′( x)=e
x，f ′(1)=1，则不等式f ( x)≤log2e的
解集是 .
【答案】(0,ln 2)
【详解】设g( x)= xf ( x)，对g( x)求导可得g
′( x)= f ( x)+ x f
′( x).
已知f ( x)+ x f
′( x)=e
x，所以g
′( x)=e
x.可得g( x)=e
x+C（C为常数）.
因为g( x)= xf ( x)，所以xf ( x)=e
x+C，则f ( x)=e
x+C
x
.
对f ( x)=e
x+C
x
求导，可得f
′( x)=e
x⋅x−(e
x+C )
x
2
.
已知f
′(1)=1，将x =1代入f
′( x)可得：
e
1⋅1−(e
1+C )
1
2
=e−(e+C )=−C =1，C =−1，所以f ( x)=e
x−1
x
.
求解不等式f ( x)≤log2e，即e
x−1
x
≤log2e= 1
ln 2
.
当x>0时，e
x−1与x都大于0，
令ℎ( x)=e
x−1
x
，对ℎ( x)求导得ℎ
′( x)=e
x⋅x−(e
x−1)
x
2
=e
x( x−1)+1
x
2
.
再令m( x)=e
x( x −1)+1，对m( x)求导得m
′( x)=e
x( x −1)+e
x = x e
x.
当x>0时，m
′( x)= x e
x>0，所以m( x)在(0,+∞)上单调递增，
则m( x)>m(0)=e
0(0−1)+1=0.
因为m( x)>0，所以ℎ
′( x)= m( x)
x
2
>0，即ℎ( x)在(0,+ ∞)上单调递增.
又ℎ(ln2)=e
ln2−1
ln2
= 2−1
ln2 = 1
ln2
.
所以由e
x−1
x
≤1
ln2可得0< x ≤ln2.
故不等式f ( x)≤log2e的解集是(0,ln 2].
故答案为：(0,ln 2].
2．若函数f ( x)在R上可导，且满足f ( x)−x f
′( x)>0，则3 f (1) f (3)（填>，<或=）．
【答案】>
【详解】令g(x)= f ( x)
x
(x≠0)，
因为f ( x)在R上可导，且满足f ( x)−x f
′( x)>0，
所以g
′ (x)= x f
′( x)−f ( x)
x
2
<0，所以g(x)在(−∞,0)和(0,+ ∞)上单调递减，
所以g(1)>g(3)，即f (1)
1
> f (3)
3
，
所以3 f (1)>f (3).
故答案为：>
3．
若对任意的正实数x1, x2∈(m,+∞)，当x1< x2时，
x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>2恒成立，则m 的取
值范围 ．
【答案】m≥e
3
【详解】当x1< x2时，
x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>2⇒x1ln x2−x2ln x1<2 x1−2 x2，
故x1(ln x2−2)< x2(ln x1−2)，
而x1, x2为正实数，则
ln x2−2
x2
< ln x1−2
x1
，令f ( x)= ln x−2
x
，于是f ( x2)<f ( x1)，
依题意，函数f ( x)在(m,+∞)上单调递减，即∀x∈(m,+ ∞)，f
′( x)= 3−ln x
x
2
≤0，
因此∀x∈(m,+∞)，ln x ≥3，而函数y = ln x是(0,+∞)上的增函数，
则ln m≥3，解得m≥e
3，
所以m 的取值范围是m≥e
3.
故答案为：m≥e
3
4．
若对任意的x1, x2∈(m,+∞)，不等式
x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>3恒成立，则实数m的取值范围是
．
【答案】[e
4,+ ∞)
【详解】设x1> x2>m，不等式
x1ln x2−x2ln x1
x1−x2
>3，变形为
ln x2−3
x2
> ln x1−3
x1
，
设函数f (x)= ln x−3
x
，则函数f ( x)在区间(m,+∞)单调递减，
由f
′ (x)= 4−ln x
x
2
=0，得x =e
4，
当x ∈(0,e
4)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(e
4,+ ∞)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
所以m≥e
4.
故答案为：[e
4,+ ∞).
1．（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).
2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数f ( x)=ax−sin x
cos
3 x
, x∈(0,π
2 )
(1)当a=8时，讨论f ( x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析.
【详解】（1）f
′( x)=a−cos x cos
3 x +3sin x cos
2 x sin x
cos
6 x
=a−cos
2 x +3sin
2 x
cos
4 x
=a−3−2cos
2 x
cos
4 x
令cos
2 x =t,则t ∈(0,1)
则f
′( x)= g(t )=a−3−2t
t
2
= at
2+2t −3
t
2
当a=8,f
′( x)= g(t )= 8t
2+2t −3
t
2
= (2t −1)(4t +3)
t
2
当t ∈(0, 1
2),即x∈(
π
4 ,π
2 ),f
′( x)<0.
当t ∈(
1
2 ,1),即x∈(0,π
4 ),f
′( x)>0.
所以f ( x)在(0,π
4 )上单调递增,在(
π
4 ,π
2 )上单调递减
3．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f (x)=a(e
x+a)−x．
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)答案见解析
；
【详解】（1）因为f ( x)=a(e
x+a)−x，定义域为R，所以f
′ (x)=ae
x−1，
当a≤0时，由于e
x>0，则ae
x≤0，故f
′ (x)=ae
x−1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f
′ (x)=ae
x−1=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，则f (x)在(−ln a,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减，f (x)在(−ln a,+ ∞)上单调递增.
4．（2022·浙江·高考真题）设函数f ( x)=e
2 x + ln x( x>0)．
(1)求f ( x)的单调区间；
【答案】(1)f ( x)的减区间为(0,e
2 )，增区间为(e
2 ,+∞).
【详解】（1）f
′ (x)=−e
2 x
2 + 1
x = 2 x−e
2 x
2 ，
当0< x<e
2，f
′ (x)<0；当x>e
2，f
′ (x)>0，
故f (x)的减区间为(0,e
2)，f (x)的增区间为(
e
2 ,+ ∞).
5．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数f ( x)= x e
ax−e
x．
(1)当a=1时，讨论f ( x)的单调性；
【答案】(1)f ( x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
【详解】（1）当a=1时，f (x)=(x−1)e
x，则f
′ (x)= xe
x，
当x<0时，f
′ (x)<0，当x>0时，f
′ (x)>0，
故f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+ ∞)
