第15 讲 单调性问题 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
C
ACD
C
C
BD
6
7
8
9
10
C
BC
D
(0,1)
2
11
12
13
14
15
单调递减区间为
(0, 1
e )，单调递增
区间为( 1
e ,+ ∞)
D
(0,+∞)
单调递减区间为(0,1)，
单调递增区间为(1,+ ∞)
；最小值为ln 2
见解析
16
17
18
19
20
B
A
B
A
A
21
22
23
24
25
D
B
D
B
C
26
27
28
29
30
见解析
见解析
见解析
见解析
BC
31
32
33
34
35
见解析
（1）a>0
（2）a= 4
（1）见解析
（2）见解析
（1）见解析 （2）m=0
或m≤-1
见解析
36
37
38
39
40
见解析
见解析
见解析
（1）见解析 （2）见解
析
（1）见解析
（2）m=0或
m≤-1
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
1.（2026·广东东莞·二模）已知函数y = f ( x)的图象如图所示，则其导函数y = f
'( x)图象可
以是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由图象可知，在整个定义域内，y = f ( x)始终单调递减，f
'( x)≤0，在x从-∞到0的变化
过程中，切线斜率（导数）在递增且为负数；在x从0到+∞的变化过程中，切线斜率（导数）在递
减且为负数.故只有C 选项，导函数图象满足题意.
【点拨】观察原函数图象的增减性可得导函数的正负，观察原函数图象的凹凸性（切线斜率的变
化率）可得导函数的增减性.
2.（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
【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.
【点拨】切线与坐标轴的交点位置是判断函数值与导数值线性组合符号的有效几何模型.
考法2：根据导函数图象判断原函数图象或性质
3.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；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.
【点拨】导函数图象在x轴上方对应原函数递增，在x轴下方对应原函数递减.
4.已知函数y = x f
'( 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.
C.
D.
【答案】C
【解析】由y = x f
'( x)的图象知，当x∈(-∞,-1)时，x f
'( x)<0，故f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(-1,0)时，x f
'( x)>0，故f
'( x)<0，当x∈(0,1)时，x f
'( x)≤0，故f
'( x)≤0，等号仅有
可能在x =0处取得，∴x∈(-1,1)时，f ( x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，x f
'( x)>0，故
f
'( x)>0，f ( x)单调递增，结合选项只有C 符合.
【点拨】处理含有x因式的导数构造图象时，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.
5.（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
【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.
【点拨】通过x f
'( x)的符号与x的符号同号或异号，准确剥离出f
'( x)的符号分布，是寻找极值点
的关键.
考法3：结合图象与单调性解不等式
6.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
x f
'( x)>0的解集为
A. (-2,-1)∪(1, 5
2 )
B. (-3,-2)
C. (-1,0)∪(1, 5
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)单调递增，由图像可知x∈(1, 5
2 )，故不等式x f
'( x)>0的解集为(-1,0)∪(1, 5
2 ).
【点拨】不等式x f
'( x)>0等价于x与f
'( x)同号，需结合原函数图象的增减区间分段求解.
7.（2026·湖南衡阳·适应性考试）（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
【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.
【点拨】将函数值与导数值的乘积不等式转化为两个不等式组，分别对应图象在x轴上方且上升，
或在x轴下方且下降的区间.
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
8.函数y = x
2+2
x
+ ln x的单调递增区间为（ ）
A. (0,2)
B. (0,1)
C. (2,+∞)
D. (1,+∞)
【答案】D
【解析】函数的定义域为(0,+∞). y = x
2+2
x
+ ln x = x + 2
x + ln x，则
y
' =1- 2
x
2 + 1
x = x
2+ x -2
x
2
= ( x +2)( x -1)
x
2
.令{
y
'>0
x>0 ，解得x∈(1,+∞).
【点拨】求导前先将分式化简为多项式与反比例函数的和，能有效降低求导运算的复杂度.
9.（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)
【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).
【点拨】对含有指数和对数的复合函数求导后，提取公因式并利用基本初等函数的符号特征是判
断导数正负的关键.
10.（2026·湖北孝感·一模）函数f ( x)= x
3-3 x
2-9 x +11的单调递增区间为(-∞,a]，[b,+∞)，
单调递减区间为[a,b]，则a+b=＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
【解析】对函数f ( x)= x
3-3 x
2-9 x +11求导，f
'( x)=3 x
2-6 x -9，令f
'( x)=0，即3 x
2-6 x -9=0，
解之可得x =-1或x =3，当x<-1时，f
'( x)>0，函数f ( x)单调递增；当-1< x<3时，f
'( x)<0，函
数f ( x)单调递减；当x>3时，f
'( x)>0，函数f ( x)单调递增；∴可知a=-1，b=3，∴a+b=2.
【点拨】三次函数的单调区间由其导数（二次函数）的零点直接划分，注意区间的闭合状态.
11.（2026·山东东营·二模）已知函数f ( x)= x ln x. 求函数f ( x)的单调区间.
【答案】单调递减区间为(0, 1
e )，单调递增区间为( 1
e ,+∞)
【解析】函数f ( x)= x ln x的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= ln x +1.
令f
'( x)<0，得0< x< 1
e ；
令f
'( x)>0，得x> 1
e .
故函数f ( x)的单调递减区间为(0, 1
e )，单调递增区间为( 1
e ,+ ∞).
【点拨】对数函数的导数运算中，牢记定义域的限制是避免区间出错的前提.
考法5：利用单调性与构造函数求解不等式或极值
12.（2026·广东深圳·二模）已知函数f ( x)=e
x( x -1)+ x
2- x，则满足f (m)<f (m+2)的m的取值
范围是（ ）
A. (0,+ ∞)
B. (- 1
2 ,+∞)
C. (-1,+∞)
D. (-∞,0)
【答案】B
【解析】函数f ( x)=e
x( x -1)+ x
2- x，定义域为R.易知函数f ( x)=e
( x - 1
2 )
2- 1
4 +( x - 1
2 )
2- 1
4 只含( x - 1
2 )
2
项，因此f ( x)关于直线x = 1
2对称.当x - 1
2增大时，( x - 1
2 )
2增大，函数值增大，∴f ( x)在(-∞, 1
2 ]
上单调递减，在[ 1
2 ,+ ∞)上单调递增.f (m)<f (m+2)等价于m离1
2的距离小于m+2离1
2的距离大小
问题，即|m- 1
2 |<|m+2- 1
2 |=|m+ 3
2 |.两边平方得(m- 1
2 )
2<(m+ 3
2 )
2；整理得- 4 m<2，解得
m>- 1
2.故m的取值范围为(- 1
2 ,+∞).
【点拨】通过配方发现函数的对称性，将函数值大小比较转化为自变量到对称轴的距离比较，是
处理此类问题的捷径.
13.（2025·深圳高级中学·适应性考试）已知函数f ( x)的定义域为R，且f
'( x)- f ( x)>0，若
f （0）=1，则不等式f ( x)-e
x>0的解集为＿＿＿＿＿＿.（结果用区间表示）
【答案】(0,+∞)
【解析】由f
'( x)- f ( x)>0，可得g( x)= f ( x)
e
x 在R上单调递增，又注意到原不等式等价于
g( x)>g（0），据此可得答案.∵f
'( x)- f ( x)>0，构造函数g( x)= f ( x)
e
x ，∵
g
'( x)= f
'( x)- f ( x)
e
x
>0，∴函数g( x)是增函数，∵f ( x)-e
x>0，∴f ( x)
e
x >1，∵f （0）=1，∴
g（0）= f （0）
e
0
=1，∴原不等式即g( x)>g（0），解得x>0，∴不等式f ( x)-e
x>0的解集
为(0,+∞).
【点拨】遇到f
'( x)- f ( x)>0的形式，优先联想构造商函数g( x)= f ( x)
e
x 来利用单调性.
14.（2026·安徽师大附中·适应性检测）已知函数
f ( x)= ln( x + 1
x )( x>0), g( x)= ln( x
2+1)-a x
2+bx ,a,b∈R. 求函数f ( x)的单调区间与最小值.
【答案】单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+ ∞)；最小值为ln2
【解析】f ( x)= ln( x + 1
x )的定义域为(0,+ ∞)，求导得f
'( x)=
1- 1
x
2
x + 1
x
=
x
2-1
x( x
2+1)
( x>0)，
当0< x<1时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x>1时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x =1时，f
'( x)=0，f ( x)取得极小值f （1）= ln 2，
∴f ( x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，最小值为ln 2.
【点拨】对数型复合函数求导时，链式法则的准确运用是关键，同时注意定义域对单调区间的截
断.
15.（2026·合肥六校联盟·一模）已知函数f ( x)=2ln x -( k
2 +1)x
2-kx +1( x>0). 当k =0时，证
明：f ( x)≤0.
【答案】见解析
【解析】当k =0时，f ( x)=2ln x - x
2+1，f
'( x)= 2
x -2 x = 2(1+ x)(1- x)
x
，
0< x<1时，f
'( x)>0；x>1时，f
'( x)<0，
∴f ( x)在区间(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减，
∴f ( x)≤f （1）=0.
【点拨】证明不等式恒成立，常转化为求函数的最值问题，利用导数求出最大值即可.
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
16.若函数f ( x)= x
2-ax + ln x在区间(1,e)上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. [3,+ ∞)
B. (-∞,3]
C. [3,e
2+1]
D. [3,e
2-1]
【答案】B
【解析】∵函数f ( x)= x
2-ax + ln x在区间(1,e)上单调递增，∴f
'( x)=2 x -a+ 1
x ≥0在区间(1,e)
上恒成立，即a≤2 x + 1
x 在区间(1,e)上恒成立，令g( x)=2 x + 1
x (1< x<e)，则
g
'( x)=2- 1
x
2 = 2 x
2-1
x
2
= (❑√2 x +1)(❑√2 x -1)
x
2
>0，∴g( x)在(1,e)上递增，又g（1）=3，∴
a≤3.∴a的取值范围是(-∞,3].
【点拨】已知函数在某区间单调，等价于导数在该区间恒大于等于（或小于等于）零，常采用分
离参数法转化为求函数最值.
17.若函数f ( x)= loga(ax - x
3)(a>0且a≠1)在区间(0,1)内单调递增，则a的取值范围是（
）
A. [3,+ ∞)
B. (1,3]
C. (0, 1
3 )
D. [ 1
3 ,1)
【答案】A
【解析】令μ= g( x)=ax - x
3，则g
'( x)=a-3 x
2，当x>❑√
a
3或x<- ❑√
a
3时，g
'( x)<0，当
- ❑√
a
3 < x<❑√
a
3时，g
'( x)>0，∴g( x)在(❑√
a
3 ,+∞)和(-∞,- ❑√
a
3 )上递减，在(- ❑√
a
3 ,❑√
a
3 )上递增，
当a>1时，y = loga μ为增函数，且函数f ( x)在区间(0,1)内单调递增，∴{
a>1
- ❑√
a
3 ≤0
❑√
a
3 ≥1
，解得a≥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 = loga μ为减函数，且函
数f ( x)在区间(0,1)内单调递增，∴{
❑√
a
3 ≤0
0<a<1
，无解，综上所述，a的取值范围是[3,+ ∞).
【点拨】复合函数的单调性遵循“同增异减”原则，同时必须保证内层函数在给定区间上恒大于
零.
18.已知函数f ( x)=sin x +acos x在区间( π
4 , π
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
【解析】由题意，f
'( x)=cos x -asin x ≤0在( π
4 , π
2 )上恒成立，即a≥cos x
sin x =
1
tan x 在( π
4 , π
2 )上恒
成立，∵y = tan x在( π
4 , π
2 )上单调递增，∴y = tan x>1，∴在x∈( π
4 , π
2 )时，0<
1
tan x <1，∴
a≥1.
【点拨】三角函数的单调性问题，求导后通过分离参数转化为基本三角函数的最值问题.
19.三次函数f ( x)=m x
3- 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)=m x
3- x求导，得f
'( x)=3m x
2-1，∵函数f ( x)在(-∞,+∞)上是减函数，
则f
'( x)≤0在R上恒成立，即3m x
2-1≤0恒成立，当x
2=0，即x =0时，3m x
2-1≤0恒成立；当
x
2≠0，即x≠0时，x
2>0，则3m≤1
x
2，即3m≤( 1
x
2 )min，∵1
x
2 >0，∴3m≤0，即m≤0；又∵当
m=0时，f ( x)=- x不是三次函数，不满足题意，∴m<0.
【点拨】三次函数在R上单调，等价于其导函数（二次函数）恒不改变符号，注意最高次项系数不
能为零.
20.已知函数f ( x)= 1
3 x
3+ a
2 x
2+ x +1在(-∞,0),(3,+∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，则
实数a的取值范围为（ ）
A. [- 10
3 ,- 5
2 ]
B. (-∞,-2]
C. (- 10
3 ,-2]
D. (- 10
3 ,- 5
2 )
【答案】A
【解析】由f ( x)= 1
3 x
3+ a
2 x
2+ x +1，得f
'( x)= x
2+ax +1.∵f ( x)在(-∞,0),(3,+ ∞)上单调递增，
在(1,2)上单调递减，∴方程f
'( x)=0的两个根分别位于区间[0,1]和[2,3]上，∴{
f
'（0）≥0
f
'（1）≤0
f
'（2）≤0
f
'（3）≥0
，
即{
1≥0
1+a+1≤0
4+2a+1≤0
9+3a+1≥0
，解得- 10
3 ≤a≤- 5
2.
【点拨】根据单调区间分布，转化为二次导函数的根的分布问题，利用端点函数值符号列不等式
组求解.
考法7：根据函数存在单调区间或不单调求参数范围
21.（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
【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.
【点拨】存在单调区间问题，转化为导函数大于零（或小于零）在给定区间上有解，即参数小于
最大值（或大于最小值）.
22.若函数f ( x)= x
2
2 - ln x在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A. 0<m< 2
3
B. 2
3 <m<1
C. 2
3 ≤m≤1
D. m>1
【答案】B
【解析】函数f ( x)= x
2
2 - ln x的定义域为(0,+∞)，且f
'( x)= x - 1
x = x
2-1
x
= ( x +1)( x -1)
x
，令
f
'( x)=0，得x =1，∵f ( x)在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，∴{
m>0
m<1<m+ 1
3
，解得：2
3 <m<1.
【点拨】函数在某区间不单调，意味着该区间内必然包含导函数的变号零点.
23.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的取值范围是（
）
A. [-2,+ ∞)
B. (- 1
8 ,+∞)
C. [-2,- 1
8 )
D. (-2,+ ∞)
【答案】D
【解析】∵f ( x)= ln x +a x
2-2，∴f
'( x)= 1
x +2ax，若f ( x)在区间( 1
2 ,2)内存在单调递增区间，
则f
'( x)>0, x∈( 1
2 ,2)有解，故a>- 1
2 x
2，令g( x)=- 1
2 x
2，则g( x)=- 1
2 x
2在( 1
2 ,2)单调递增，∴
g( x)>g( 1
2 )=-2，故a>-2.
【点拨】存在单调递增区间即导数大于零有解，分离参数后求出新函数的最大值即可.
考法8：根据分段函数单调性求参数范围
24.（2026·山东济宁·三模）设函数f ( x)={
e
x -m, x ≤0,
ln( x +1), x>0是R上的增函数，且关于x的不等式
f (m+ x)<f ( x
2+2)恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. (1, 7
4 )
B. [1, 7
4 )
C. (1, 7
4 ]
D. [1, 7
4 ]
【答案】B
【解析】由题意可知，函数f ( x)在(-∞,0]和(0,+∞)上均为增函数，且e
0-m≤ln(0+1)，即m≥1；
又f (m+ x)<f ( x
2+2)恒成立，则m+ x< x
2+2恒成立，即m< x
2- x +2恒成立，∵
x
2- x +2=( x - 1
2 )
2+ 7
4 ≥7
4 ，∴m< 7
4 ，∴m∈[1, 7
4 ).
【点拨】分段函数在整个定义域上单调，除了各段自身单调外，还必须保证分界点处的函数值满
足单调性的衔接要求.
25.（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
【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 .
【点拨】处理分段函数的单调性时，切忌遗漏分段点处的边界条件限制.
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
26.已知函数f ( x)=(m+1)x -mln x -m. 讨论f ( x)的单调性.
【答案】见解析
【解析】f
'( x)=m+1- m
x = (m+1)x -m
x
，x∈(0,+ ∞).
①当m+1=0，即m=-1时，f
'( x)= 1
x >0，f ( x)在区间(0,+∞)单调递增.
②当m+1<0，即m<-1时，令f
'( x)>0，得0< x<
m
m+1，令f
'( x)<0，得x>
m
m+1，∴f ( x)在区间
(0,
m
m+1 )单调递增；在区间(
m
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)<0，得0< x<
m
m+1，令f
'( x)>0，得x>
m
m+1，∴f ( x)在区间(0,
m
m+1 )单调递
减；在区间(
m
m+1 ,+∞)单调递增.
综上，m<-1时，f ( x)在区间(0,
m
m+1 )单调递增；在区间(
m
m+1 ,+∞)单调递减；
-1≤m≤0时，f ( x)在区间(0,+∞)单调递增；
m>0时，f ( x)在区间(0,
m
m+1 )单调递减、在区间(
m
m+1 ,+∞)单调递增.
【点拨】一次函数型导数讨论时，需对一次项系数的正负及零点是否在定义域内进行分类讨论.
27.已知函数f ( x)= ln x -2a
2 x
2+3ax -1(a≥0). 讨论函数f ( x)的单调性.
【答案】见解析
【解析】f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= 1
x - 4 a
2 x +3a=- 4 a
2 x
2+3ax +1
x
= (4 ax +1)(1-ax)
x
.
若a=0，则f
'( x)= 1
x ，f ( x)在(0,+ ∞)单调递增；
若a>0，令f
'( x)=0，解得x1= 1
a >0, x2=- 1
4 a <0（舍去），
当0< x< 1
a时，f
'( x)>0，函数f ( x)在(0, 1
a )上单调递增，
当x> 1
a时，f
'( x)<0，函数f ( x)在( 1
a ,+ ∞)上单调递减.
【点拨】二次函数型导数若能因式分解，直接求出两根，再根据根是否在定义域内进行取舍即可.
28.已知函数f ( x)=( 1
x - 1
2 x
2 )( x -a)- ln x - 1
2 x +b，其中a,b∈R. 讨论函数f ( x)的单调性.
【答案】见解析
【解析】函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
'( x)=(- 1
x
2 + 1
x
3 )( x -a)+( 1
x - 1
2 x
2 )- 1
x + 1
2 x
2 = 1- x
x
3 ( x -a)=- ( x -1)( x -a)
x
3
.
①若a>1时，当0< x<1时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当1< x<a时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>a时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
②若a=1时，f
'( x)≤0恒成立，f ( x)单调递减.
③若0<a<1时，当0< x<a时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当a< x<1时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>1时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
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.
【点拨】导数分子为两根已知的二次式时，需根据两根的大小关系及是否在定义域内展开全面讨
论.
29.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
【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).
【点拨】指数函数恒为正，导数符号完全由二次因式决定，按二次项系数正负及两根大小分类讨
论即可.
考法10：超越函数（指数/对数型）的单调性讨论
30.（2025·深圳高级中学·适应性考试）（多选）若存在m<n，使得函数f ( x)=2
a x
3-3ax +1在区
间(-∞,m)和(n,+ ∞)上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A. a>0
B. a<0
C. f ( x)在(-1,1)上单调递增
D. f ( x)
在(-1,1)上单调递减
【答案】BC
【解析】∵函数y =2
x在R上单调递增，∴原命题等价于“存在m<n，使得函数
g( x)=a x
3-3ax +1在区间(-∞,m)和(n,+∞)上单调递减”.又∵g
'( x)=3a x
2-3a=3a( x
2-1)，
∴a<0，故A 错误、B 正确；此时g( x)在(-1,1)上单调递增，在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减，
∴f ( x)在(-1,1)上单调递增，在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减，故C 正确、D 错误.
【点拨】复合函数的单调性遵循“同增异减”，外层指数函数单调递增，直接转化为内层多项式
函数的单调性问题.
31.（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
【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.
【点拨】通过换元法将超越方程转化为一元二次方程，利用判别式和根的分布来确定导数的变号
零点个数.
32.（2026·安徽合肥·三模）已知函数f ( x)=aln x -3 x + 4(a∈R). 若f ( x)有两个零点
x1, x2( x1< x2)，①求实数a的取值范围；②当
x2
x1取得最小值时，求实数a的值.
【答案】（1）a>0 （2）a= 4
【解析】（1）由题意，f ( x)=aln x -3 x + 4(a∈R)，定义域为(0,+ ∞)，f
'( x)= a
x -3= a-3 x
x
.
当a≤0时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f
'( x)=0，得x = a
3，当
x∈(0, a
3 )时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；当x∈( a
3 ,+∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.∴f ( x)在
x = a
3处取得极大值，也是最大值.要使f ( x)有两个零点，则f ( a
3 )=aln a
3 -a+ 4>0，令
h(a)=aln a
3 -a+ 4(a>0)，则h
'(a)= ln a
3，当0<a<3时，h
'(a)<0，h(a)单调递减；当a>3时，
h
'(a)>0，h(a)单调递增.∴h(a)≥h（3）=1>0，即f ( a
3 )>0恒成立.又当x→0时，f ( x)→-∞；
当x→+∞时，f ( x)→-∞，∴当a>0时，f ( x)有两个零点.综上，实数a的取值范围为(0,+∞).
（2）由（1）知，f ( x1)= f ( x2)=0，即a ln x1-3 x1+ 4 =0,a ln x2-3 x2+ 4 =0，两式相减得
aln x1
x2
-3( x1- x2)=0，即a= 3( x1- x2)
ln x1- ln x2
.令t = x2
x1
(t >1)，则a= 3 x1(1-t )
- ln t
= 3 x1(t -1)
ln t
，∴
x1= aln t
3(t -1).代入a ln x1-3 x1+ 4 =0得a ln
aln t
3(t -1) - aln t
t -1 + 4 =0，即ln a+ ln
ln t
3(t -1) - ln t
t -1 + 4
a =0.
令m= lnt
t -1 (t >1)，则m
' =
1
t (t -1)- ln t
(t -1)
2
=
1- 1
t - ln t
(t -1)
2
，令u(t )=1- 1
t - lnt(t >1)，则
u
'(t )= 1
t
2 - 1
t = 1-t
t
2 <0，∴u(t )在(1,+ ∞)上单调递减，∴u(t )<u（1）=0，∴m
'<0，m在
(1,+∞)上单调递减，且0<m<1.原方程化为ln a+ ln m
3 -m+ 4
a =0，即ln a+ 4
a =m- ln m+ ln3.令
g(m)=m- ln m+ ln3(0<m<1)，则g
'(m)=1- 1
m = m-1
m
<0，∴g(m)在(0,1)上单调递减.要求t的
最小值，即求m的最大值，此时g(m)取得最小值.令H (a)= ln a+ 4
a (a>0)，则
H
'(a)= 1
a - 4
a
2 = a- 4
a
2 ，当0<a<4时，H
'(a)<0，H (a)单调递减；当a>4时，H
'(a)>0，H (a)
单调递增.∴H (a)≥H （4 ）= ln 4 +1= ln 4+lne>ln3+1= g（1）.∴当a= 4时，H (a)取得最小
值，此时g(m)取得最小值，m取得最大值，t取得最小值.故实数a的值为4.
【点拨】处理极值点偏移或双零点比值问题，常采用对数平均值代换（比值换元法），将双变量
转化为单变量函数求最值.
33.（2026·省十教育·最后一卷）已知函数f ( x)= 4
x -1-(ln x +ax)ln 2.
（1）若a=1，判断f ( x)的单调性；
（2）若1<a< 10
3 ，证明：f ( x)>ln 2
3 + 1
3 -a.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】（1）当a=1时，f ( x)= 4
x -1-(ln x + x)ln 2，其定义域为(0,+∞)，
f
'( x)=(2
2 x -1- 1
x -1)ln 2.∵y =2
2 x -1, y =- 1
x 在(0,+∞)上单调递增，ln2>0，∴f
'( x)在(0,+ ∞)上
单调递增，又f
'（1）=0，∴当x∈(0,1)时，f
'( x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)>0，∴f ( x)
在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增.
（2）证明：∵f ( x)= 4
x -1-(ln x +ax)ln 2，∴其定义域为(0,+∞)，且f
'( x)=(2
2 x -1- 1
x -a)ln2，
显然f
'( x)在(0,+ ∞)上单调递增.且f
'（1）=(1-a)ln2<0,f
'( 3
2 )=( 10
3 -a)ln2>0，∴存在
x0∈(1, 3
2 )，使得f
'( x0)=0，即2
2 x0-1- 1
x0
-a=0，即4
x0-1= 1
2 x0
+ a
2.当x∈(0, x0)时，f
'( x)<0，
当x∈( x0,+ ∞)时，f
'( x)>0，∴f ( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+ ∞)上单调递增，∴
∀x∈(0,+∞),f ( x)≥f ( x0)= 4
x0-1-(ln x0+a x0)ln2= 1
2 x0
+ a
2 -(ln x0+a x0)ln2.设
g( x)= 1
2 x + a
2 -(ln x +ax)ln 2(1< x< 3
2 )，则g
'( x)=- 1
2 x
2 - ln2
x -aln2<0，∴g( x)在(1, 3
2 )上单
调递减，∴g( x)>g( 3
2 )= 1
3 + a
2 -(ln 3
2 + 3
2 a)ln 2> 1
3 + a
2 -(ln 3
2 + 3
2 a)= ln 2
3 + 1
3 -a.∴
f ( x)>ln 2
3 + 1
3 -a.
【点拨】利用隐零点代换法，将极值点x0满足的方程代入原函数消去指数项，再构造关于x0的新
函数求最值.
34.（2026·江西赣州·一模）已知函数f ( x)=e
ax- x( x ∈R).
（1）讨论函数f ( x)的单调性；
（2）设函数g( x)= f ( x)-a
m(a>0,m∈R)，若存在唯一实数a使函数g( x)的最小值为0，求
实数m的取值范围.
【答案】（1）见解析 （2）m=0或m≤-1
【解析】（1）∵f ( x)=e
ax- x , x ∈R，∴f
'( x)=ae
ax-1.（i）当a≤0时，f
'( x)<0恒成立，∴函
数f ( x)在R上单调递减.（ii）当a>0时，令f
'( x)>0，得x> 1
a ln 1
a；令f
'( x)<0，得x< 1
a ln 1
a.∴函
数f ( x)在(-∞, 1
a ln 1
a )上单调递减，在( 1
a ln 1
a ,+∞)上单调递增.综述：（i）当a≤0时，函数f ( x)
在R上单调递减.（ii）当a>0时，函数f ( x)在(-∞,- ln a
a )上单调递减，在(- ln a
a ,+∞)上单调递增.
（2）令g( x)= f ( x)-a
m=e
ax- x -a
m(a>0)，由（1）可知，a>0时，g( x)在(-∞,- ln a
a )上单调
递减，在(- ln a
a ,+ ∞)上单调递增，∴
g( x)min= g(- ln a
a )=e
- ln a-(- ln a
a )-a
m= 1
a + ln a
a -a
m= 1+ ln a-a
m+1
a
，依题，存在唯一实数a使函
数g( x)的最小值为0，∴存在唯一实数a使1+ ln a-a
m+1
a
=0，即存在唯一实数a使1+ ln a-a
m+1=0，
令h(a)=1+ ln a-a
m+1,a>0，则h
'(a)= 1
a -(m+1)a
m= 1-(m+1)a
m+1
a
.（i）当m≤-1时，h
'(a)≥0
恒成立，故函数h(a)在(0,+∞)单调递增，又∵h（1）=0，∴存在唯一实数a=1使得h(a)=0，
符合题意；（ii）当m>-1时，令h
'(a)>0，得0<a<(
1
m+1 )
1
m+1，令h
'(a)<0，得a>(
1
m+1 )
1
m+1，
故函数h(a)在(0,(
1
m+1 )
1
m+1)单调递增，在((
1
m+1 )
1
m+1 ,+∞)单调递减，∴
h(a)max =h((
1
m+1 )
1
m+1)，要使h(a)=0有唯一解，则h((
1
m+1 )
1
m+1)=0，即
1+ ln(
1
m+1 )
1
m+1 -
1
m+1 =0，令t =
1
m+1 ∈(0,+∞)，则1+t ln t -t =0，即lnt =1- 1
t ，设
φ(t )= lnt -1+ 1
t ，则φ
'(t )= 1
t - 1
t
2 = t -1
t
2 ，当t ∈(0,1)时，φ
'(t )<0；当t ∈(1,+ ∞)时，φ
'(t )>0，
∴φ(t )≥φ（1）=0，当且仅当t =1时等号成立.∴t =1，即
1
m+1 =1，解得m=0.综上，实数m的取
值范围是m=0或m≤-1.
【点拨】将存在唯一参数满足最值条件，转化为关于参数的新函数存在唯一零点，再利用导数分
析新函数的单调性与极值.
考法11：利用分段分析法讨论函数单调性
35.已知函数f ( x)=a
- x +1+ x
2-2 x +1+( x -1)ln a(a>0，且a≠1). 求函数f ( x)的单调区间.
【答案】见解析
【解析】f ( x)的定义域为R，f
'( x)=-a
- x +1ln a+2 x -2+ ln a=2( x -1)+(1-a
- x +1)ln a(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ln a<0，a
- x +1>1，
得1-a
- x +1<0.于是，f
'( x)>0.若a>1，则ln a>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ln a<0，0<a
- x +1<1，得1-a
- x +1>0.于是，f
'( x)<0.若a>1，则ln a>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.综上得，f ( x)的
单调递增区间为(1,+ ∞)，单调递减区间为(-∞,1).
【点拨】当导函数由两部分组成，且两部分在某点处同时变号时，可利用分段分析法直接判定导
数的整体符号.
36.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
【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).
【点拨】提取公因式x后，剩余部分的零点与0的大小关系决定了单调区间的划分，需对参数进行
分类讨论.
37.已知函数f ( x)= x - ln x - e
x
x . 判断函数f ( x)的单调性.
【答案】见解析
【解析】∵f ( x)= x - ln x - e
x
x ，定义域为(0,+∞)，f
'( x)=1- 1
x - ( x -1)e
x
x
2
= ( x -1)( x -e
x)
x
2
，令
g( x)= x -e
x，∵x>0，则g
'( x)=1-e
x<1-e
0=0，可得g( x)在(0,+∞)上单调递减，∴
g( x)<g（0）=-1<0，∴当x∈(0,1)时，f
'( x)>0，当x∈(1,+∞)时，f
'( x)<0，∴f ( x)在
(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减.
【点拨】导数分子分解为两个因式的乘积，其中一个因式符号恒定，只需分析另一个因式的符号
即可.
38.设m>1，函数f ( x)=e
2mx -(2 x +1)
m( x>- 1
2 ),g( x)=e
2mx -( x +1)
2m( x>-1). 讨论f ( x)在
(- 1
2m ,+∞)的单调性.
【答案】见解析
【解析】∵m>1，∴- 1
2m >- 1
2，f ( x)在(- 1
2m ,+∞)有定义，
f
'( x)=2me
2mx-2m(2 x +1)
m-1=2me
2mx[1-(2 x +1)
m-1e
-2mx]，设
h( x)=1-(2 x +1)
m-1e
-2mx, x∈(- 1
2m ,+∞)，则
h
'( x)=2m(2 x +1)
m-1e
-2mx-(2m-2)(2 x +1)
m-2e
-2mx=2e
-2mx(2 x +1)
m-2(2mx +1).当
x∈(- 1
2m ,+∞)时，2 x +1>0,2mx +1>0，∴h
'( x)>0,h( x)在(- 1
2m ,+∞)单调递增，而
h（0）=0，∴当x∈(- 1
2m ,0)时f
'( x)<0, x∈(0,+ ∞)时f
'( x)>0，因此f ( x)在(- 1
2m ,0)单
调递减，在(0,+∞)单调递增.
【点拨】提取公因式后，括号内复杂部分的符号可通过再次求导（构造新函数）来判定，注意寻
找特殊零点.
考法12：含参单调性讨论与不等式恒成立/零点综合
39.（2026·省十教育·最后一卷）已知函数f ( x)= 4
x -1-(ln x +ax)ln 2.
（1）若a=1，判断f ( x)的单调性；
（2）若1<a< 10
3 ，证明：f ( x)>ln 2
3 + 1
3 -a.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】（1）当a=1时，f ( x)= 4
x -1-(ln x + x)ln 2，其定义域为(0,+∞)，
f
'( x)=(2
2 x -1- 1
x -1)ln2.∵y =2
2 x -1, y =- 1
x 在(0,+∞)上单调递增，ln 2>0，∴f
'( x)在(0,+ ∞)上
单调递增，又f
'（1）=0，∴当x∈(0,1)时，f
'( x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)>0，∴f ( x)
在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增.
（2）证明：∵f ( x)= 4
x -1-(ln x +ax)ln 2，∴其定义域为(0,+∞)，且f
'( x)=(2
2 x -1- 1
x -a)ln 2，
显然f
'( x)在(0,+ ∞)上单调递增.且f
'（1）=(1-a)ln 2<0,f
'( 3
2 )=( 10
3 -a)ln 2>0，∴存在
x0∈(1, 3
2 )，使得f
'( x0)=0，即2
2 x0-1- 1
x0
-a=0，即4
x0-1= 1
2 x0
+ a
2.当x∈(0, x0)时，f
'( x)<0，
当x∈( x0,+ ∞)时，f
'( x)>0，∴f ( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+ ∞)上单调递增，∴
∀x∈(0,+∞),f ( x)≥f ( x0)= 4
x0-1-(ln x0+a x0)ln 2= 1
2 x0
+ a
2 -(ln x0+a x0)ln 2.设
g( x)= 1
2 x + a
2 -(ln x +ax)ln2(1< x< 3
2 )，则g
'( x)=- 1
2 x
2 - ln 2
x -aln 2<0，∴g( x)在(1, 3
2 )上单
调递减，∴g( x)>g( 3
2 )= 1
3 + a
2 -(ln 3
2 + 3
2 a)ln 2> 1
3 + a
2 -(ln 3
2 + 3
2 a)= ln 2
3 + 1
3 -a.∴
f ( x)>ln 2
3 + 1
3 -a.
【点拨】利用隐零点代换法，将极值点x0满足的方程代入原函数消去指数项，再构造关于x0的新
函数求最值.
40.（2026·江西赣州·一模）已知函数f ( x)=e
ax- x( x ∈R).
（1）讨论函数f ( x)的单调性；
（2）设函数g( x)= f ( x)-a
m(a>0,m∈R)，若存在唯一实数a使函数g( x)的最小值为0，求
实数m的取值范围.
【答案】（1）见解析 （2）m=0或m≤-1
【解析】（1）∵f ( x)=e
ax- x , x ∈R，∴f
'( x)=ae
ax-1.（i）当a≤0时，f
'( x)<0恒成立，∴函
数f ( x)在R上单调递减.（ii）当a>0时，令f
'( x)>0，得x> 1
a ln 1
a；令f
'( x)<0，得x< 1
a ln 1
a.∴函
数f ( x)在(-∞, 1
a ln 1
a )上单调递减，在( 1
a ln 1
a ,+∞)上单调递增.综述：（i）当a≤0时，函数f ( x)
在R上单调递减.（ii）当a>0时，函数f ( x)在(-∞,- ln a
a )上单调递减，在(- ln a
a ,+∞)上单调递增.
（2）令g( x)= f ( x)-a
m=e
ax - x -a
m(a>0)，由（1）可知，a>0时，g( x)在(-∞,- ln a
a )上单调
递减，在(- ln a
a ,+∞)上单调递增，∴
g( x)min= g(- ln a
a )=e
- ln a-(- ln a
a )-a
m= 1
a + ln a
a -a
m= 1+ ln a-a
m+1
a
，依题，存在唯一实数a使函
数g( x)的最小值为0，∴存在唯一实数a使1+ ln a-a
m+1
a
=0，即存在唯一实数a使1+ ln a-a
m+1=0，
令h(a)=1+ ln a-a
m+1,a>0，则h
'(a)= 1
a -(m+1)a
m= 1-(m+1)a
m+1
a
.（i）当m≤-1时，h
'(a)≥0
恒成立，故函数h(a)在(0,+∞)单调递增，又∵h（1）=0，∴存在唯一实数a=1使得h(a)=0，
符合题意；（ii）当m>-1时，令h
'(a)>0，得0<a<(
1
m+1 )
1
m+1，令h
'(a)<0，得a>(
1
m+1 )
1
m+1，
故函数h(a)在(0,(
1
m+1 )
1
m+1)单调递增，在((
1
m+1 )
1
m+1 ,+∞)单调递减，∴
h(a)max =h((
1
m+1 )
1
m+1)，要使h(a)=0有唯一解，则h((
1
m+1 )
1
m+1)=0，即
1+ ln(
1
m+1 )
1
m+1 -
1
m+1 =0，令t =
1
m+1 ∈(0,+ ∞)，则1+t lnt -t =0，即ln t =1- 1
t ，设
φ(t )= ln t -1+ 1
t ，则φ
'(t )= 1
t - 1
t
2 = t -1
t
2 ，当t ∈(0,1)时，φ
'(t )<0；当t ∈(1,+ ∞)时，φ
'(t )>0，
∴φ(t )≥φ（1）=0，当且仅当t =1时等号成立.∴t =1，即
1
m+1 =1，解得m=0.综上，实数m的取
值范围是m=0或m≤-1.
【点拨】将存在唯一参数满足最值条件，转化为关于参数的新函数存在唯一零点，再利用导数分
析新函数的单调性与极值.
