資源簡介

考點 17 導數與函數的單調性（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系.2.能利用導數研究函數的單調性，
會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次).3.會利用函數的單調性判斷大小，求
參數的取值范圍等簡單應用
【知識點】
1．函數的單調性與導數的關系
條件 恒有 結論
f′(x)>0 f(x)在區間(a，b)上單調遞增
函數 y＝f(x)在區間(a，b)
f′(x)<0 f(x)在區間(a，b)上單調遞減
上可導
f′(x)＝0 f(x)在區間(a，b)上是常數函數
2.利用導數判斷函數單調性的步驟
第 1 步，確定函數的定義域；
第 2 步，求出導數 f′(x)的零點；
第 3 步，用 f′(x)的零點將 f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出 f′(x)在各區間上的正
負，由此得出函數 y＝f(x)在定義域內的單調性．
常用結論
1．若函數 f(x)在(a，b)上單調遞增，則當 x∈(a，b)時，f′(x)≥0 恒成立；若函數 f(x)在(a，
b)上單調遞減，則當 x∈(a，b)時，f′(x)≤0 恒成立．
2．若函數 f(x)在(a，b)上存在單調遞增區間，則當 x∈(a，b)時，f′(x)>0 有解；若函數 f(x)
在(a，b)上存在單調遞減區間，則當 x∈(a，b)時，f′(x)<0 有解
【核心題型】
題型一　不含參函數的單調性
確定不含參數的函數的單調性，按照判斷函數單調性的步驟即可，但應注意兩點，一是不能
漏掉求函數的定義域，二是函數的單調區間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．
【例題 1】（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x = ln x - 2 + ln 4 - x ，則 f x 的單調遞增
區間為（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． - ,3 D． 3, +
【答案】A
【分析】根據對數真數大于零可構造不等式組求得函數定義域；利用導數可求得函數單調遞
增區間．
ìx - 2 > 0
【詳解】由 í 得： 2 < x < 4 ，即 f x 4 x 0 的定義域為 2,4 ； - >
2
Q f x 1 1 3- x = - =
x - 2 4 - x x - 2 4 x ，-
\當 x 2,3 時， f x > 0；當 x 3,4 時， f x < 0；
\ f x 的單調遞增區間為 2,3 ．
故選：A．
【變式 1】（2024·四川成都·三模）已知函數 f x 是定義在R 上的奇函數，且當 x > 0時，
f x = x 1- lnx ，則當 x < 0 時， f x 的單調遞增區間為（ ）
A． - ,-e B． -e,0
C． - ,0 D． -1,0
【答案】D
【分析】首先利用導數求出函數在 0, + 上的單調性，再根據奇函數的性質得到函數在
- ,0 上的單調性，即可判斷.
【詳解】當 x > 0時， f x = x 1- lnx ，則 f x = - ln x，
所以當0 < x <1時 f x > 0，當 x >1時 f x < 0，
所以 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
又函數 f x 是定義在R 上的奇函數，
所以 f x 在 -1,0 上單調遞增，在 - , -1 上單調遞減.
故選：D
【變式 2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函數 f x 的導函數為 f x ，若當 x < 0 時
f x a= x2 - ，且 f -1 = 0 .則 f x 的單調增區間為 .
x
【答案】 -1,0 , 0,1
【分析】根據題意，由條件可得 a = 2，即可求得 f x 在 - ,0 上的單調增區間，再由函數
的奇偶性即可得到 f x 在 0, + 上的單調增區間，即可得到結果.
f x x2 a a【詳解】因為 x < 0 時 = - ，則 f x = 2x + x < 0 ，
x x2
又 f -1 = 0，則-2 + a = 0，即 a = 2，

3
所以 f x = 2x 2 2 x +1+ 2 = 2 ÷ x < 0 ，x è x
令 f x < 0，即 x3 2+1< 0 ，即 x +1 x - x +1 < 0，
2
1 3
又 x2 - x +1 = x - ÷ + > 0，則 x +1< 0，解得 x < -1，
è 2 4
令 f x > 0，即 x3 +1 > 0，即 x +1 x2 - x +1 > 0，
即 x +1 > 0，解得-1 < x < 0，
所以 f x 在 -1,0 單調遞增，
又 f x 為奇函數，
當 x > 0時， f x 在 0,1 單調遞增，
所以 f x 的單調增區間為 -1,0 , 0,1 .
故答案為： -1,0 , 0,1
【變式 3】（2024· 3河南開封·三模）已知函數 f x = x - 3lnx， f x 為 f x 的導函數．
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
9
(2)求函數 g x = f x - f x - 的單調區間和極值．
x
【答案】(1) y =1
(2)見解析
【分析】（1）利用導數求出 f 1 =1， f 1 = 0，，代入直線的點斜式方程即可求出切線方程；
（2）求出導函數，用列表法求出極值即可．
3 2 3
【詳解】（1）因為 f x = x - 3lnx的定義域為 (0, + )， f (x) = 3x - ，
x
所以 f 1 =1， f 1 = 0，
所以曲線 y = f (x) 在點 1, f 1 處的切線方程為 y =1．
（2）依題意， g x = f x - f x 9- = x3 6- 3lnx - 3x2 - ，則
x x
3 2 - x 3 x3 -1 x - 2
g (x) = 3x2 - 6x 3 6- + 2 = 3x x - 2

+ = ，
x x x2 x2
令 g (x) = 0，解得 x =1或 x = 2．
當 x 變化時， g (x) ， g(x)的變化情況如表所示：
x ( 0, 1) 1 1,2 2 (2,+ )
g (x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
\函數 g(x)的單調遞減區間為 1,2 ，單調遞增區間為( 0, 1)， (2,+ ) ．
故 g(x)的極小值為 g 2 = -7 - 3ln 2， g(x)的極大值為 g 1 = -8．
題型二　含參數的函數的單調性
(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論．
(2)劃分函數的單調區間時，要在函數定義域內討論，還要確定導數為零的點和函數的間斷
點
【例題 2】（多選）（23-24 高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）函數 f x = x3 + ax2 + 2x
（ a R ）的大致圖象可能為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】先求得 f x ，根據判別式對 a進行分類討論，由此確定正確答案.
3
【詳解】因為 f x = x + ax2 + 2x a R 的定義域為R ， f x = 3x2 + 2ax + 2 ．
當D = 2a 2 - 4 3 2≤0，即- 6 a 6 時， f x 0對任意 x R 恒成立，
所以 f x 在R 上單調遞增，故 C 正確；
2
當D = 2a - 4 3 2 > 0 ，即a < - 6 或 a > 6 時，
2 2
設方程3x2 + 2ax + 2 = 0 x , x x -a - a - 6 -a + a - 6的兩根為 1 2 ，且 1 = , x2 = ，3 3
2
可知 x1x2 = > 0 ，可知 x1, x3 2
同號，
令 f x < 0，得 x1 < x < x2 ；令 f x > 0，得 x < x1或 x > x2 ，
所以 f x 在區間 - , x1 上單調遞增，在區間 x1, x2 上單調遞減，在區間 x2 ,+ 上單調遞
增，
故 A，B 正確，D 錯誤.
故選：ABC.
【變式 1】（2024·天津·二模）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)當 a = 2時，求 f x 在點 e，f e 處的切線方程；
(2)討論 f x 的單調性；
(3)若函數 f x - x 2存在極大值，且極大值為 1，求證： f x e + x ．
【答案】(1) y = 5x - 2e
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用導數，求切點處切線的方程；
（2）利用導數，分類討論函數的單調性；
（3）由極大值，求出 a的值，通過構造函數求最值的方法證明不等式.
【詳解】（1）當 a = 2時， f x = x + 2xlnx ，則 f e = e + 2e = 3e，
又 f x = 3+ 2lnx，則切線的斜率 k = f e = 5，
所求切線方程為 y - 3e = 5 x - e ，即 y = 5x - 2e．
（2）函數 f x 的定義域為 0, + ，
Q f x 1 alnx ax 1= + + × =1+ a + alnx．
x
①當 a = 0時， f x =1 > 0， f x 在 0, + 上單調遞增．
②當 a > 0時，
1 1- 1+ ÷ - 1+ ÷
x e
è a , + ÷ a÷時， f x > 0，\函數 f x 在 e
è
,+ ÷÷ 上單調遞增；
è è
1- 1 1+ ÷ - 1+ ÷
x 0,e è a ÷時， f x < 0，\函數 f x 在 0,e è a ÷ ÷÷上單調遞減．
è è
③當 a<0時，
1 1- 1+ ÷ - 1+
x 0,e
è a ÷ ÷時， f
÷
x > 0，函數 f x 在 0,e
è a ÷÷上單調遞增；
è è
1 1- + ÷ 1- 1+ ÷
x e
è a , + ÷時， f x < 0，函數 f x 在 e è a ÷ ,+ ÷÷ 上單調遞減．
è è
綜上可得，
當 a = 0時，函數 f x 在 0，+ 上單調遞增；
1- 1+ ÷ 1- 1+ ÷
當 a > 0 a a時，函數 f x 在 0,e è ÷上單調遞減，在 e è ÷ ,+ ÷÷ 上單調遞增；
è è
1 1 1 1- + - ÷ + ÷
當 a<0 f x 0,e è a時，函數 在 a ÷÷上單調遞增，在 e
è
,+ ÷÷ 上單調遞減．
è è
1- 1+ ÷
（3）證明：由（2）可知，當 a<0時， f x a存在極大值，且極大值為 f e è ÷÷ =1，
è
- 1 1+ 1 1 1 1 1則 - + ÷ - +
- 1+ ÷ ÷ ÷ ，即 e è a
é 1 ù
e è a + ae è a × lne è a =1 ê1- a 1+ a ÷
=1，
è
ú

1- -
1 1+
整理得
1+ ÷ ÷ 1 1
e è a × -a =1，從而 e è a = - ，設- = t ，則 et-1 = t ． a a
g t = et-1 - t t > 0 g t = et-1令 ，所以 -1，
當0 < t <1時， g t < 0，所以 g t 在 0,1 上單調遞減；
當 t > 1時， g t > 0，所以 g t 在 1, + 上單調遞增．
而 g 1 = e0 -1 = 0，所以 et-1 - t = 0 的根為 t =1， 從而 a = -1．
因此 f x = x - xlnx，即證 x - xlnx e- x + x2 x > 0 成立，
e- x e- x
也就是證1- lnx + x，即證1- x - lnx - x-lnx
x elnx
= e ，
也就是證 e- x-lnx -x - lnx +1，設u = -x - lnx，即證 eu u +1．
H u = eu - u -1，\H u = eu設 -1，
當u - ,0 時，H u < 0，H u 在 - ,0 上單調遞減；
當u 0, + 時， H u > 0 ，H u 在 0, + 上單調遞增．
H u H 0 = 0，即 eu - u -1 0恒成立，
\ f x e- x + x2 恒成立．
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單
調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、
不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理，證明不等式，構造一個適當的函數，
利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.
【變式 2】（2024· 2陜西商洛·三模）已知函數 f x = 2a ln x 1- x2 - ax a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
2x
(2)當 a > 0時，若函數 g x e= + aex 和 h x = 2a2x 的圖象在 0,1 上有交點，求實數 a的取
2
值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
é 3
(2) êe4 , + ÷

【分析】（1）求出函數導數，分類討論確定 f (x) 的符號，得出單調區間；
（2）換元轉化后，問題可化為 f (x) 在 0,1 上有零點，根據 f (x) 單調性并分類討論即可得解.
2
1 f x 0, + f x -x - ax + 2a
2
【詳解】（ ）函數 的定義域為 ， = ．
x
令 f x = 0，得 x = a, x = -2a
①當 a = 0時， f x < 0， f (x) 在 0, + 上單調遞減；
②當 a > 0時，列表如下：
x 0,a a a,+
f x + 0 -
f x Z 極大值 ]
所以 f x 在 0,a 上遞增， f x 在 a,+ 上遞減；
③當 a < 0時，列表如下
x 0, -2a -2a -2a, +
f x + 0 -
f x Z 極大值 ]
所以 f x 在 0, -2a 上遞增， f x 在 -2a, + 上遞.
綜上，當 a = 0時， f x 在 0, + 上遞減；當 a > 0時， f x 在 0,a 上遞增， f x 在
a,+ 上遞減；當 a < 0時， f x 在 0, -2a 上遞增， f x 在 -2a, + 上遞減.
（2）當 a > 0時，設 x = lnt,Q x 0,1 \t 1,e
2x
函數 g x e= + aex h x = 2a2和 x 的圖象在 0,1 有交點，
2
t2
等價于函數 g x = + at 和h x = 2a2lnt 的圖象在 1,e 上有交點，
2
x2 2
即函數 g x = + ax 和h x = 2a lnx 的圖象在 1,e 上有交點，
2
等價于 f x 的圖象在 1,e 有零點，
f x 的單調遞增區間是 0,a ，單調遞減區間是 a,+ ．
f 1 1= - - a < 0，由（1）知 a > 1
2
當a e 時， f x 在 1,e 為增函數， f x 在 1,e 上有零點，則 f e > 0
4a2 2ea e2 0 a 1- 5 e a 1+ 5\ - - > \ < 或 > e，\a e ；
4 4
當1< a < e 時， f x 在 1, a 遞增，在 a, e 遞減，
Q f 1 < 0\ f a 0，
2a2即 lna
1
- a2 a2 0 3 3- \lna ，
2 4 \e4 a < e
é 3
綜合得：實數 a的取值范圍為 êe4 , + ÷ .

2
g x t= + at
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于通過令 x = lnt 換元，轉化為函數 2 和
h x = 2a2lnt 1,e f x 1,e
的圖象在 上有交點，再轉化為 的圖象在 有零點，通過轉化即可
利用 f (x) 的單調性求解
【變式 3】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 9ln a ．（參考數據： ln 2 0.693）
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，分 a 0和 a > 0討論單調性即可；
（2）先求出 f (x) 的最小值，然后構造函數，根據導數求出最值來證明即可.
1
【詳解】（1）由題意得 f x = 2a - ，
x
當 a 0時， f x < 0在 (0, + )上恒成立， f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
當 a > 0時，令 f x = 0 1，解得 x = ．
2a
當 x

0,
1
÷ 時， f x < 0 x
1
，當 , +

÷， f x2a 2a > 0．è è
1 1
所以 f (x) 在 0, ,+
è 2a ÷
上單調遞減，在 ÷上單調遞增； è 2a
綜合得：當 a 0時， f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
f (x) 0, 1 1 當 a > 0時， 在 2a ÷上單調遞減，在 ,+ ÷上單調遞增；è è 2a
1
a 0 f (x) f = a
1 1
2 1 > a + - ln = a2（ ）由（ ）可知，當 時， 的最小值為 ÷ ÷ +1+ ln 2a
è 2a
．
è a 2a
要證 f (x) > 9ln a 成立，需 a2 +1+ ln 2a > 9ln a 成立，
即證 a2 - 8ln a +1+ ln 2 > 0 ．
2
令 h(a) = a2 - 8ln a +1+ ln 2(a > 0)，則 h (a) = 2a 8 2a - 8- = ．
a a
令 h (a) = 0，得 a = 2（負值舍去）．
當 a (0, 2)時， h (a) < 0 ；當 a (2,+ )時， h (a) > 0．
因此 h(a) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) ，上單調遞增．
所以當 a = 2時， h(a) 取得最小值， h(2) = 4 - 8ln 2 +1+ ln 2 = 5 - 7ln 2 > 5 - 7 0.7 = 0.1 > 0，
故當 a > 0時， f (x) > 9ln a
題型三　函數單調性的應用
由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
(1)函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立．
(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是 f′(x)>0 (或 f′(x)<0)在該區間上存在解
集
命題點 1　比較大小或解不等式
【例題 3】（2024·四川成都·模擬預測）若函數 f (x) 對任意的 x R 都有 f (x) < f (x)恒成立，
則 2 f (2) 與 e2 f (ln 2)的大小關系正確的是（ ）
A． 2 f (2) > e2 f (ln 2) B． 2 f (2) = e2 f (ln 2)
C． 2 f (2) < e2 f (ln 2) D．無法比較大小
【答案】C
f x
【分析】構造函數 g x = x ，利用導數可得 g(x)在R 上單調遞減，從而得到 g(2) < g(ln 2)，e
進而得解.

f x f x - fg x g x x 【詳解】令 = x ，則 = ，e ex
因為對任意的 x R 都有 f (x) < f (x)成立，
所以 g (x) < 0，即 g(x)在R 上單調遞減，又 2 > ln 2，
故 g(2) < g(ln 2)
f (2) f (ln 2)
，即 2 < ln 2 ，可得 2 f (2) < e
2 f (ln 2) .
e e
故選：C.
11 10 1
【變式 1】（2023·全國·模擬預測）比較 a = - ，b = ln1.2， c = 0.1 的大小關系為（ ）10 11 5e
A． a > c > b B．b > c > a
C．b > a > c D． a > b > c
【答案】D
f x x 1【分析】構造函數 = - - 2ln x，其中 x >1， g x = ln 2x 1 2x+ - ，其中 x > 0，
x x +1
h x = ex - x -1，其中 x > 0，利用導數分析各函數的單調性，由 f x 的單調性可得出 a、b
2 2
的大小關系，由 g x 的單調性可得出b 、 的大小關系，由 h x 的單調性可得出 c、 的
11 11
大小關系，綜合可得出 a、b 、 c的大小關系.
2
【詳解】構造函數 f x x 1= - - 2ln x，其中 x >1，則 f x 1 1 2 x -1 x = + 2 - = > 0，x x x2
所以，函數 f x 在 1, + 上為增函數，
f 1.1 11 10所以， = - - 2ln1.1 11 10= - - ln1.21 > f 1 = 0 ，
10 11 10 11
所以， a
11 10
= - > ln1.21 > ln1.2 = b，
10 11
令 g x = ln 2x +1 2x- ，其中 x > 0，
x +1
則 g x
2 2 2x
= - = > 0
x +1 x 1 2 x 1 2 對任意的 x > 0+ + 恒成立，
所以，函數 g x 在 0, + 上為增函數，
所以， g 0.1 = ln1.2 0.2- = ln1.2 2- > g 0 = 0，即b = ln1.2 2> ，
1.1 11 11
x x
令 h x = e - x -1，其中 x > 0，則 h x = e -1 > 0對任意的 x > 0恒成立，
所以，函數 h x 在 0, + 上為增函數，則 g 0.1 = e0.1 -1.1 > g 0 = 0，則 e0.1 >1.1，
c 1 1 2所以， = < = ，
5e0.1 5 1.1 11
綜上所述， a > b > c .
故選：D.
1
【變式 2】（23-24 高三上·湖南衡陽· x 2期末）已知函數 f x = e - x - aln x +1 .
2
(1)證明：當 a 1時， f x 1對 x 0, + 恒成立.
2a
(2)若存在 x1, x2 x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 ，比較 x1 +1 x2 +1 與 e e 的大小，并說明理由.
【答案】(1)證明見解析
2a
(2) x +1 x +1 < e e ，理由見解析1 2
x
【分析】（1）構造函數 g x = e - x x 0 ，通過導函數判斷單調性可得 ex - x 1，進而利
用放縮和導數證明 f x 在 0, + 上為增函數即可；
ex 1 12 - x
2 - ex12 + x
2 2a
（2）由 f x1 = f x
1
2 ，得 a = 2 2 ，要證明 x +1 x +1 < e e ，即證
ln x2 +1 - ln x1 +1
1 2
éln
2 2
x2 +1
2
ù - ex 12 - x2 < éln x 1 2+ ù x 1 ÷ 1 2

e è 2 2 1
- e - x1 ÷，構造e è 2
2h x = éln x +1 2ù - ex 1 2 - x ÷，再利用導數證明即可.e è 2
【詳解】（1）設函數 g x = ex - x x 0 g x = ex，則 -1，當 x 0 時， g x 0，
所以 g x 為增函數，所以 g x g 0 =1，
所以 f x ex x a a x +1- a= - - 1- = ，
x +1 x +1 x +1
因為 x 0 ，所以 x +1 1，當 a 1時， x +1- a 0，
所以 f x x +1- a= 0，所以 f x 在 0, + 上為增函數，
x +1
故 f x f 0 =1，即當 a 1時， f x 1對 x 0, + 恒成立.
2a
（2） x1 +1 x +1 < e e ，2
證明如下：
x 1 2 x 12 1 2
不妨設 x1 < x2，由 f x1
e - x2 - e + x= f x2 ，得 a = 2 2
1
，
ln x2 +1 - ln x1 +1
2a
要證明 x +1 x +1 < e e ，只需證 ln x1 +1 + ln x
2a
+1 < ，
1 2 2 e
即證 éln
2 2
x 1 2 x 1 1+ 2 2 x1 2 2 ù - é ln x1 +1 ù < e - x2 - e + xe 2 2 1 ÷，è
即證 éln
2 2
x2 +1
2 ex 1 2 1ù - 2 - x2 x1 2 e 2 2 ÷
< éln x1 +1 ù - e - x ，è e 2 1 ÷è
h x 2ln x 1 2 ex 1= é + ù - - x2 2ln x +1設函數 ÷，則 h x
2
= - ex - x ，e è 2 x +1 e
2ln x +1 2 é1- ln x +1 ù
（方法一）設函數j x = ，則j x = .
x +1 (x +1)2
當 -1 < x < e -1時，j x > 0；當 x > e -1時，j x < 0，
j(x) 2 2所以 max = j e -1 = ，所以j x ，e e
2 2
由（1）可知 ex - x ，所以 h x 0，所以 h x 在 -1, + 上單調遞減，e e
又 x1 < x2，所以 h x2 < h x1 ，
2 2 1 2 2 1
則 é ln x2 +1 ù -
ex2 - x2 2 ÷ < éln x1 +1 ù <

e
x1 - x2 1 ÷，e è 2 e è 2
2a
從而 x1 +1 x2 +1 < e e 得證.
（方法二）設函數 p x = eln x +1 - x -1 p x e 1 e - x -1，則 = - = ，
x +1 x +1
當 -1 < x < e -1時， p x > 0，當 x > e -1時， p x < 0 ，
所以 p(x)max = elne - e -1 -1 = 0，所以 eln x +1 x +1，
eln x +1
所以 1 ex - x，
x +1
eln x +1
因為此連不等式的兩個等號的取等條件不同，所以 < ex - x ，
x +1
2ln x +1 2
從而 < ex - x ，所以 h x < 0，所以 h x 在 -1, + 上單調遞減，x +1 e
又 x1 < x2，所以 h x2 < h x1 ，
éln 2x +1 2ù - ex 12 - x2 2則 2 2 ÷ < é ln x
2 1
1 +1 ù -
ex1 - x2 ，
e è 2 e 2 1 ÷è
2a
從而 x1 +1 x2 +1 < e e 得證.
【點睛】研究雙變量問題往往通過某等量關系得出兩變量之間的關系式，將雙變量問題轉化
為單變量問題，再通過構造函數利用導數判斷出函數單調性進行問題求解.
2
【變式 3】（23-24 x高三上·河北保定·階段練習）已知函數 f x = ln 1+ x + .
2
(1)當 x 0, + 時，比較 f x 與 x 的大小；
2 a
(2)若函數 g x = cos x x+ 2，且 f e2 ÷ = g b -1 a > 0,b > 0 ，證明： f b +1> g a +1 .
2 è
【答案】(1) f x x
(2)證明見解析
2
【分析】（1）構造j x = f x - x = ln 1+ x x+ - x ，利用導數可得j x 0 ，即
2
f x x；
a
（2）構造函數 h x = f x +1- g x ，從而推得 g b

> g e 2 ÷，再利用導數得到 g x 的單
è
a
調性，從而得到 2b > e 2 ，進而將問題轉化為證b > a +1，再利用導數證得e
a > a +1，由此得
證.
2
【詳解】（1）設函數j x = f x - x = ln 1 x x+ + - x ，
2
2
則j x 1= + x -1 x= ，
1+ x 1+ x
當 x 0, + 時，j x 0，
則j x 在 0, + 上單調遞增，
所以j x j 0 = 0，從而 f x - x 0，即 f x x；
（2）設函數 h x = f x +1- g x = ln 1+ x +1- cos x ，
當 x > 0時，1- cos x 0， ln 1+ x > 0，則 h x > 0 恒成立，
a a
2
a
則由 h e ÷÷ > 0，得 f e
2 ÷ +1 > g e 2
2 2
÷ ， f b +1 > g b
è è è
a a
又 f e 2 ÷ +1 = g b ，所以 g b > g e 2 ÷ ,
è è
2
因為 g x x= cosx + ，所以 g x = x - sinx ，
2
令u x = x - sinx ，則u x =1- cosx 0 恒成立，
所以u x = g x 在 0, + 上單調遞增，則 g x > g 0 = 0，
所以 g x 在 0, + 上單調遞增，
a a
又b > 0，e 2 > 0，所以b > e 2 ,
要證 f b2 +1> g a +1 ，只需證 g b2 > g a +1 ，
即證b2 > a +1．
a
因為b > e 2 ，所以b
2 > ea ．
設函數m x = ex - x -1 x > 0 m x = ex，則 -1 > 0 ，
所以m x 在 0, + 上單調遞增，
因為 a > 0，所以m a > m 0 = 0，所以ea > a +1，
所以b2 > a +1，
g b2所以 > g a +1 2，從而 f b +1> g a +1 得證．
【點睛】方法點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數
學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：
（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．
（2）利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．
（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．
（4）考查數形結合思想的應用
命題點 2　根據函數的單調性求參數
【例題 4】（2023·全國·模擬預測）若對任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2，
x1 ln x2 - x2 ln x1 < 2
x - x ，則實數
m 的取值范圍是（ ）
2 1
1
A． , e
é1 ù é1
÷ B． ê ,eú C． ê , +
1
e e ÷
D． ,+
è e è e ÷
【答案】C
x1 ln x2 - x2 ln x1
【分析】根據題意易知m 0 ，變形 < 2
ln x1 + 2 ln x + 2> 2
x2 - x
可得 x x ，故構造函數1 1 2
f (x) ln x + 2= ，根據函數單調性的定義可得函數 f (x) 在 (m,+ ) 上單調遞減，由 f (x) < 0 即
x
可得解.
x1 ln x2 - x2 ln x1
【詳解】對任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2， < 2x - x ，易知m 0 ，2 1
則 x1 ln x2 - x2 ln x1 < 2x2 - 2x1 ，所以 x1 ln x2 + 2 < x2 ln x1 + 2 ，
ln x1 + 2 ln x> 2 + 2即 x1 x
．
2
令 f (x)
ln x + 2
= ，則函數 f (x) 在 (m,+ ) 上單調遞減．
x
因為 f (x)
ln x +1
= - 2 ，由 f (x) < 0 x
1
，可得 > ，
x e
1
所以函數 f (x)

的單調遞減區間為 ,+

e ÷
，
è
所以 (m,
1
+ ) ,+
1
e ÷，故
m ，
è e
é1
即實數m 的取值范圍為 ê ,+ ÷． e
故選：C
x x
【變式 1】（23-24 高三上·廣東汕頭·期中）設 a 0,1 ，若函數 f x = a + (1+ a) 在 0, +
遞增，則 a的取值范圍是（ ）
é 5 -1, 5 +1
ù é 5 -1 5 -1 5 -1
A． ê B． ,1 C． ,12 2 ú ê 2 ÷÷ 2 ÷÷
D． 0, ÷÷
è è 2
【答案】B
1+ a
x
ln a
【分析】把函數 f x 在 0, + 遞增利用導數轉化為 a ÷ - 在 0, + 上恒成立，è ln(1+ a)
ln a
利用指數函數單調性得 - 1ln(1+ a) ，解對數不等式即可得解.
【詳解】因為函數 f x = a x + (1+ a)x在 0, + 遞增，
x x
所以 f x = a ln a + (1+ a) ln(1+ a) 0在 0, + 上恒成立，
x
(1+ a)x ln(1+ a) -a x ln a 1+ a ln a則 ，即 ÷ - 在 0, + 上恒成立，
è a ln(1+ a)
1+ a x 0y = 1+ a ln a由函數 ÷ 單調遞增得a ÷
=1 - ，
è è a ln(1+ a)
又 a 0,1 ，所以 a +1 1,2 ，所以 ln a +1 > 0 ，
ìln a +1 - ln a ìa a +1 1 5 -1
所以 í 即 í ，解得 ，
0 < a <1 0 a 1
a <1
< < 2
é
a 5 -1

所以 的取值范圍是 ê ,1 .
2 ÷
÷

故選：B
【變式 2】（多選）（23-24 2高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = x - ax - ln x，下列命題
正確的是（ ）
A．若 x =1是函數 f x 的極值點，則 a =1
B．若 f 1 = 0，則 f x 在 x 0,2 上的最小值為 0
C．若 f x 在 1,2 上單調遞減，則a 1
D．若 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立，則 a 2
【答案】AB
【分析】根據 x =1為函數的極值點可對 A 判斷；由 f 1 = 0可求得a =1即可對 B 判斷；由
f x 在 1,2 1上單調遞減等價于 f x = 2x - a - 0在區間 1,2 上恒成立，即可對 C 判斷；
x
由 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立等價于 a x - ln x ，構造函數 h x = x - ln x ，
x 1,2 ，再利用導數從而求出 h x = h 2 = 2 - ln 2max ，即可對 D 判斷．
2
【詳解】對于 A，由 f x = x - ax - ln x f x 2x a 1，得 = - - ，因為 x =1是函數 f x 的極
x
值點，
所以 f (1) = 2 - a -1 = 0，得 a =1，經檢驗 x =1是函數 f x 的極小值點，故 A 正確．
對于 B，由選項 A，由 f 1 =1- a - ln1 =1- a = 0 2，得 a =1，可知 f x = x - x - ln x ，
則 f x = 2x 1-1- ，由 f (x) > 0 ，得 x >1，由 f (x) < 0 ，得0 < x <1，
x
所以 f (x) 在 (1, + )遞增，在( 0, 1)上遞減，
所以當 x 0,2 時， x =1時， f (x) 取得最小值 f 1 =1-1- 0 = 0 ，故 B 正確．
對于 C，因為 f x 在 1,2 上單調遞減，所以 f (x) 0，即 f x = 2x a 1- - 0，
x
得 a 2x
1
- 在 1,2 1上恒成立，令 g(x) = 2x - (x (1, 2))，則 g (x) 1= 2 + 2 > 0，x x x
所以 g(x)在 1,2 單調遞增，所以 g(1) < g(x) < g(2)，即1 7< g(x) < ，所以 a 7 ，故 C 不正
2 2
確．
對于 D，由 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立，得 x - l ln x x2 - ax - ln x 在 x 1,2 上
恒成立，
即 a x - ln x 在 x 1,2 上恒成立，令h(x) = x - ln x 1， x 1,2 ，則h (x) = 1- 0，
x
所以 h(x) 在 x 1,2 上單調遞增，所以 h x = h 2 = 2 - ln 2max ，所以 a 2 - ln 2，故 D 不正
確．
故選：AB
【變式 3】（23-24 · · f (x) = ex + a x2高三上 山東青島 期末）若函數 -1 在 (0, + )上單調遞增，
則 a 的取值范圍是 ．
é e
【答案】 ê- ,
e ù
2 2ú
【分析】分 x 1與0 < x <1兩種情況，求導，然后參變分離，構造函數，求出最值，得到答
案.
ìex + a x2 -1 , x 1
x
【詳解】 f (x) = e + a x2 -1 =

í ，
ex - a x2 -1 ,0 < x <1
當 x 1時， f x = ex + 2ax ，
x
令 f x 0得 ex + 2ax 0 2a e - ，
x
x
令 h x e= - ， x 1，
x
x
h e 1- xx = 0 在 x 1,+ 2 上恒成立，x
x
故 h x e= - 在 x 1,+ 上單調遞減，
x
又 h x = h 1 = -e a emax ，所以 2a -e，解得 - ；2
x
當0 < x <1時， f x = e - 2ax，
x
令 f x 0得 ex - 2ax 0 2a e ，
x
ex
令 g x = ，0 < x <1，
x
ex x -1
g x = < 0在 x 0,1 上恒成立，
x2
ex
故 g x = 在 x 0,1 上單調遞減，
x
g 1 = e a e其中 ，故 2a e ，解得 ，
2
由于 f (1) = e ，即 f x 在 x =1處連續，
a é e e ù綜上， - , .
ê 2 2 ú
é e , eê-
ù
2 2 ú故答案為：
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2023·全國· x高考真題）已知函數 f x = ae - ln x在區間 1,2 上單調遞增，則 a 的最小值
為（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
【答案】C
【分析】根據 f x 1= aex - 0在 1,2 上恒成立，再根據分參求最值即可求出．
x
【詳解】依題可知， f x aex 1 0 x 1= - 在 1,2 上恒成立，顯然 a > 0，所以 xe ，
x a
x x
設 g x = xe , x 1,2 ，所以 g x = x +1 e > 0，所以 g x 在 1,2 上單調遞增，
g x > g 1 = e e 1 1，故 ，即 a = e-1 ，即 a 的最小值為
a e e
-1．
故選：C．
a
2．（23-24 高三上·山西大同·階段練習）設 f (x) = x - + a 在 1, + 上為增函數，則實數 a取
x
值范圍是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． -2, + D． -1, +
【答案】D
【分析】問題化為 f (x) 0在 1, + 上恒成立求參數范圍.
a
【詳解】由題意， f (x) =1+ 2 0 在 1, + 上恒成立，即x a -x
2 恒成立，
而-x2 (- ,-1)，故 a -1 .
故選：D
3．（2024·云南楚雄·一模）若 a > b，則函數 y = a x - a (x - b)2 的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
2
【分析】對比選項可知 a 0，由題意 x = a， x = b （ a > b）是函數 y = a x - a x - b 的零
x b x 2a + b點， 1 = < 2 = （ a > b）都是函數 y = a x - a (x - b)2 的極值點，由此可以排除 A，3
C；進一步對 a和 0 的大小關系分類討論，得出函數在 x = b 處附件的增減變換情況即可.
【詳解】對比各個選項可知 a 0，
由三次函數圖象與性質可得 x = a， x = b （ a > b）是函數 y = a x - a x - b 2 的零點，
令 y = a x - b 2 + 2a x - a x - b = a x - b 3x - 2a - b = 0，
x b x 2a + b可知 1 = < 2 = < a （ a > b）且 x1， x2都是函數 y = a x - a (x - b)2 的極值點，由此3
可以排除 A，C；
若 a > 0 2，則函數 y = a x - a x - b 的圖象形狀為增減增，
y a x a x b 2 ,b b, 2a + b- 2a + b 具體為 = - - 在 單調遞增，在 ÷ 單調遞減，在 ,+ 3 3 ÷單調è è
遞增，可知 B 符合；
若 a<0，則函數 y = a x - a x - b 2 的圖象形狀為減增減，
2a + b 2a + b
具體為 y = a x - a x - b 2 在 - ,b 單調遞減，在 b, 3 ÷ 單調遞增，在 ,+ ÷單調è è 3
遞減，可知 D 不符合．
故選：B.
4．（2024 高三下·全國·專題練習）已知函數 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有
兩個整數 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2 ) > 0，則實數 a的取值范圍為（　　）
A．[ln 3,2) B． (0, 2 - ln 3] C． (0, 2 - ln 3) D．[2 - ln 3,2)
【答案】B
1
【分析】根據題意，求得 f (x) = + a - 2，分 a 2和 a < 2，兩種情況討論，結合 f 1 , f 2
x
的值，得出 f 3 0 ，即可求解.
【詳解】由函數 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0) f (x) 1，可得 = + a - 2，其中 x > 0，
x
若 a 2時， f x > 0，則 f x 在 (0, + )上單調遞增，且 f (2) = ln 2 > 0，
所以 f (x) > 0 有無數個整數解，不符合題意，
若 a < 2 1時，當 x (0,- ) 時， f (x) > 0；當 x ( 1- ,+ )時， f (x) < 0a 2 a 2 ，- -
所以函數 f x 在 (0, 1 ) 1- a 2 上單調遞增，在 (- ,+ )a 2 上單調遞減，- -
因為 f (1) = 2 - a > 0, f (2) = ln 2 > 0，所以 f 3 = ln 3+ a - 2 0 ，
所以 a 2 - ln 3，綜上可得，實數 a的取值范圍為 (0, 2 - ln 3] .
故選：B.
8 3 2
5．（2024·全國·模擬預測）已知 a = sin ，b = ln ， c = ，則 a,b,c的大小關系為（
5 ）15 2
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D． c > b > a
【答案】A
1
【分析】根據正弦函數和對數函數單調性，結合臨界值 2 可比較出
a,b大小關系；構造函數
3
f 2 x -1 x = ln x - x >1 ，利用導數可得 f x 單調性，得到 f ÷ > 0，由此可得b,c大小x +1 è 2
關系，從而得到結果.
8
15 8 6 16 8 π π 8 π 1
【詳解】Q π = × = >1，又 <1 < ，\sin < sin < sin ，即 < a <1；15 π 5π 15 2 6 15 2 2
6
3 9 3Q = = 2.25 < e ，\ln < ln e
1 b 1= ，即 < ，\a > b；
2 4 2 2 2
2 3
2
-1
Q = è 2
÷
2 x -1
3 ，
\可令 f x ln x = - x >1 ，
5 +1 x +1
2
Q f x 1 4 x -1
2
= - 2 = 2 > 0，\ f x 在 1, + 上單調遞增，x x +1 x x +1
\ f 3 ÷ > f 1 = 0 ，即 ln
3 2
> ，\b > c ；
è 2 2 5
綜上所述： a > b > c .
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用函數單調性比較大小的問題，解題關鍵是能夠根據數字
特征，采用構造函數的方式，將問題轉化為函數單調性的求解問題.
二、多選題
6．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x = x3 - 3x，則（ ）
A．函數 g x = f x × f ' x 是偶函數 B． y = -x是曲線 y = f x 的切線
C．存在正數 a, f x 在 -a, a 不單調 D．對任意實數 a， f a f a + 2 3
【答案】CD
【分析】先求出導函數，再逐項分析.
【詳解】 f x '是奇函數， f x = 3 x2 -1 是偶函數，因此 f x × f ' x 是奇函數，A 錯誤；
'
因為 f 0 = -3，又 f 0 = 0，所以 f x 在 x = 0處的切線是 y - f 0 = -3 x - 0 ，即
y = -3x ，B 錯誤；
f '令 (x)= 0，得 x1 = -1, x2 =1，當 x < -1 '時， f x > 0，當 x >1 '時， f x > 0，因此 f x
在 - , -1 和 1, + 單調遞增，當-1 < x <1時， f ' x < 0，在 -1,1 單調遞減，故當 a > 1時，
f x 在區間 -a, a 不單調，C 正確；
因為 f x + 2 3 - f x = 6 3(x + 3)2 0，故對任意實數 a， f a f a + 2 3 ，D 正確；
故選：CD.
7．（23-24 高三上·江西宜春·期中）下列函數中，是奇函數且在區間 0,1 上是減函數的是
（ ）
A． f x = ex B． f x = -sinx C． f x 1= D． f (x) = x3 - 2x
x
【答案】BC
【分析】根據所給條件，逐一分析各選項中函數的奇偶性及其在區間 0,1 上的增減性即可.
x
【詳解】對于 A，函數 f x = e 的定義域為 R，是增函數，A 不對；
對于 B，函數 f x = -sinx的定義域為 R，是奇函數，并且在 0,1 上單調遞減，B 對；
1
對于 C，函數 f x = 的定義域為 (- ,0) U (0, + )，是奇函數，并且在 0,1 上單調遞減，C
x
對；
對于 D，函數 f (x) = x3 - 2x 的定義域為 R，且 f (x) = -x3 + 2x = - x3 - 2x = - f x ，是奇函
數，對函數求導 f (x) = 3x2 - 2 ，
當 f (x) < 0 6 6，函數單調遞減，即3x2 - 2 < 0，解得- < x < ，所以 f (x) = x3 - 2x 遞減區
3 3
6 6
間是 (- , ) .D 不對．
3 3
故選：BC
三、填空題
8．（2024·云南大理·模擬預測）函數 f x =1- 2x - lnx 的最大值為 .
1
【答案】-ln2 / ln
2
【分析】分類討論去解析式中的絕對值，利用導數研究函數的單調性，根據單調性求函數的
最大值.
【詳解】函數 f x =1- 2x - lnx ，定義域為 0, + ，
當 x 1時， f x =1- 2x - lnx ， f x 2 1= - - < 0，
x
\ f x 在 1, + 為減函數，此時 f (x)max = f 1 = -1；
當0 < x <1時， f x =1- 2x + lnx ，\ f x 2 1 -2x +1= - + = ，
x x
1 1
\ x 0, f x > 0 當 ÷時， ，當 x ,1÷時， f x < 0，
è 2 è 2
\ f x 0, 1 1 ,1 在 ÷上單調遞增，在2 2 ÷上單調遞減，è è
1 1
此時 f (x)max = f ÷ = ln = -ln2，
è 2 2
綜上可知， f (x)max = -ln2 .
故答案為：-ln2 .
9．（2024·全國· 2模擬預測）已知函數 g x = x ex - xex - ex ，若方程 g x = k 有三個不同的實
根，則實數 k 的取值范圍是 .
-2
【答案】 0,5e
【分析】通過求導得出函數的單調性和極值，即可得出有三個實根時實數 k 的取值范圍.
【詳解】由題意，
在 g x = x2ex - xex - ex 中， g x = ex x2 + x - 2 ，
當 g x = 0時，解得 x = -2或1，
當 g x < 0即-2當 g x > 0即 x<- 2， x >1時， g x 單調遞增，
∵ g -2 = -2 2 e-2 - -2 e-2 - e-2 = 5e-2 ， g 1 = e1 - e1 - e1 = -e，
當 x -2, g x = x2 - x -1 ex 0，
方程 g x = k 有三個不同的實根，
∴ 0 < k < g -2 即0 < k < 5e-2，
-2
故答案為： 0,5e .
【點睛】易錯點點點睛：本題考查函數求導，兩函數的交點問題，在研究函數的圖象時很容
2
易忽略 x -2, g x = x - x -1 ex 0這個條件.
四、解答題
10．（2024·江西南昌·一模）已知函數 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的單調遞減區間；
(2)求 f x 的最大值.
【答案】(1) 2e, + ；
(2) 2e .
【分析】（1）求導得 f x ln 2e= ，令 f x < 0可求 f x 的單調遞減區間；
x
（2）由（1）易判斷 f x 在 x 0,2e 時單增， f x 在 x 2e, + 時單減，進而求出
f x max .
【詳解】（1） f x 1 ln2 lnx ln 2e f x < 0 0 2e= + - = ，令 ，得 < <1，即 x > 2e，
x x
所以 f x 的單調遞減區間為 2e, + ；
（2）當 x 0,2e 時， f x > 0, f x 單調遞增；
當 x 2e, + 時， f x < 0, f x 單調遞減，
所以 f x f 2e = 2 + ln2 2e - 2eln2e = 2e，即 f x 的最大值為 2e .
11．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）已知函數 f x = ax2 - lnx - x ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) 1, +
【分析】（1）討論 a的正負，從而根據導數的正負判斷函數的單調性即可；
（2）分離參數，然后將恒成立問題轉化為函數最值問題即可.
2
【詳解】（1）因為 f x = ax - lnx - x, x 0, + ，
2
所以 f x = 2ax 1 2ax - x -1- -1 = ，
x x
當 a 0時， 2ax2 - x -1 -x -1 < -1 < 0，
故 2ax2 - x -1< 0恒成立，所以 f x < 0；
當 a > 0時，令 2ax2 - x -1 = 0，
x 1+ 1+ 8a解得 = （舍去負根），
4a
1+ 1+ 8a
令 f x > 0，得 x > ，此時 f x 單調遞增；
4a
令 f x < 0，得0 < x 1+ 1+ 8a< ，此時 f x 單調遞減．
4a
綜上所述：當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞減;

f x 0,1+ 1+ 8a
1+ 1+ 8a
當 a > 0時， 在 ÷÷上單調遞減，在4a
,+
4a ÷÷
上單調遞增．
è è
（2）由 f x 0 恒成立，得ax2 lnx + x 在 0, + 上恒成立，
a 1 lnx所以 + 2 在 0, + 上恒成立．x x
令 g x 1 lnx= + 2 (x > 0)，x x
g x 1 x - 2xlnx 1 1- 2lnx -x +1- 2lnx則 = - 2 + 4 = - 2 + 3 = 3 ．x x x x x
令 h x = -2lnx - x +1(x > 0) ，
易知 h x = -2lnx - x +1在 0, + 上單調遞減且 h 1 = 0，
所以當 x 0,1 時， h x > 0, g x > 0 ，
當 x 1, + 時， h x < 0, g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以 g(x)max = g 1 =1，
所以a 1 a 1, + ，即 的取值范圍為
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·貴州畢節·一模）給出下列命題：
①函數 f (x) = 2x - x2 恰有兩個零點；
f (x) x a a②若函數 = - + 在 (1, + )上單調遞增，則實數 a 的取值范圍是[-1,+ )；
x 4
f (x) f (x) + f (1- x) = 4 f 1 + f 2 9 ③若函數 滿足 ，則 10 ÷ ÷
+L+ f ÷ =18；
è è10 è10
④若關于 x 的方程 2 x - m = 0有解，則實數 m 的取值范圍是 (0,1] .
其中正確的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
【答案】D
【分析】對于①，由零點存在性定理得到 -1,0 有 1 個零點，結合 f (2) = f 4 = 0，①錯誤；
對于②，轉化為導函數在 (1, + )大于等于 0，參變分離后進行求解；對于③，求出
f ( 5 ) = 2 x，從而分組求和即可；對于④，先計算出 y = 2 1,+ ，從而得到答案.
10
【詳解】對于①， f (2) = f 4 = 0，故 2,4為函數的兩個零點，
又當 x < 0 時， y1 = 2
x
單調遞增， y2 = x
2
單調遞減，
故 f (x) = 2x - x2 在 x < 0 上單調遞增，且 f (-1) = 2-1 -1 < 0 ， f (0) = 20 = 1 > 0 ，
由零點存在性定理可知：$x0 -1,0 ，使得 f (x0 ) = 0，
故函數 f (x) = 2x - x2 零點個數多于 2 個，
故①錯誤；
a
對于②，由題意得 f (x) =1+ 2 0 在 (1, + )上恒成立，x
即a -x2 在 (1, + )上恒成立，
因為在 (1, + )上， y = -x2 < -1，故 a -1，故實數 a 的取值范圍是[-1,+ )，②正確；
對于③，函數 f (x) 滿足 f (x) + f (1- x) = 4，
x 5令 = ，則 2 f (
5 ) = 4，解得 f (
5 ) = 2，
10 10 10
f 1 + f 2 9 則 10 ÷ ÷
+L+ f ÷
è è10 è10
é f 1 f 9 ù é f 2 f 8 ù é f 3 f 7 ù é 4 6 ù= 5 ê +10 ÷ ÷ú
+ ê ÷ + ÷ú + ê ÷ +10 10 10 ÷
+ f ÷ + f ÷ + f ÷
è è è è è10 è10
ú ê
è10 è10
ú
è10
= 4 4 + 2 = 18，③正確；
x
由題意得 2 x = m有解，其中 y = 2 1,+ ，
故實數 m 的取值范圍是 1, + ，④錯誤.
故選：D
2 2023· · f x = ax3 2．（ 江西 模擬預測）已知函數 + bx + cx + d 的大致圖象如圖所示，則（ ）
A． a > 0,b > 0,c < 0 B． a > 0,b < 0,c < 0
C． a > 0,b < 0,c > 0 D． a < 0,b > 0,c > 0
【答案】B
【分析】根據圖形，結合函數的單調性和極值點的概念以及韋達定理，計算即可求解.
【詳解】由圖可知，函數 f (x) 有兩個遞增區間，一個遞減區間，
2
所以函數 f x = 3ax + 2bx + c圖象開口方向朝上，且于 x 軸有兩個交點，
故 a > 0；
又函數 f (x) 的極大值點在 y 軸左側，極小值點在 y 軸右側，且極大值點離 y 軸較近，
所以方程 f x = 3ax2 + 2bx + c = 0的兩根 x1, x2 滿足 x1 + x2 > 0, x1x2 < 0，
2b
即- > 0,
c
< 0 ，得b < 0,c < 0 ，
3a 3a
因此 a > 0,b < 0,c < 0 .
故選；B.
3 x．（2024·云南昆明·模擬預測）已知函數 f x = x -1 e + a 在區間 -1,1 上單調遞增，則
a 的最小值為（ ）
A． e-1 B． e-2 C．e D． e2
【答案】A
【分析】 f x 0在 -1,1 x上恒成立，即a -xex ，構造函數 g x = -xe ， x -1,1 ，求
導得到其單調性，得到 g x < g -1 = e-1，得到 a e-1，求出答案.
【詳解】由題意得 f x 0在 -1,1 上恒成立，
f x = ex + a + x -1 ex = xex + a ，故 xex + a 0，
即a -xex ，
令 g x = -xex ， x -1,1 ，
則 g x = -ex - xex = - x +1 ex <0在 x -1,1 上恒成立，
故 g x = -xex 在 x -1,1 上單調遞減，
故 g x < g -1 = e-1，
故 a e-1，故 a 的最小值為 e-1 .
故選：A
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = 4xex - e2x - 2ex， f (x) 為 f (x) 的導函數，

g(x) f (x)= ，則（ ）
ex
A． g(x)的極大值為 4e2 - 2，無極小值
B． g(x)的極小值為 4e2 - 2，無極大值
C． g(x)的極大值為 4ln2 - 2，無極小值
D． g(x)的極小值為 4ln2 - 2，無極大值
【答案】C
【分析】本題考查利用導數判斷函數的極值，考查考生的運算求解能力，可按下列順序求解：
求導 求導
f x = 4xex - e2x - 2ex f x = ex 4x x- 2ex + 2 g(x) = 4x - 2ex + 2 g x = 4 - 2e
g(x)的單調性 g(x)的極值情況
x x
【詳解】 f (x) 的定義域為R ， f x = 4 e + xe - 2e2x - 2ex = ex 4x - 2ex + 2 ，
f
g x x 所以 = x = 4x - 2e
x + 2(x R)，
e
求導得 g x = 4 - 2ex ，令 g x = 0，得 x = ln 2，
當 x < ln 2時， g (x) > 0；當 x > ln 2時， g x < 0，
所以函數 g(x)在 (- , ln 2) 上單調遞增，在 (ln 2,+ ) 上單調遞減，且當 x = ln 2時， g(x)取得
極大值 g(ln 2) = 4ln 2 - 2 ，無極小值．
故選：C．
1 3
5．（2024·全國·模擬預測）已知a = ,b = ,c = ln2，則它們之間的大小關系是（ ）
e -1 4
A． a < b < c B． a < c < b
C． c < a < b D． c < b < a
【答案】B
【分析】構造函數 f x lnx 1= - x
1
- ÷ (x > 0)，求導判斷單調性即可得b,c大小，再構造2 è x
函數 g x = lnx 1，h x = x -1 ，根據兩個函數過點 1,0 , e,1 ，及兩圖象特點，在同一
e -1
坐標系畫出兩函數圖象，即可得 a,c 大小，從而可得結論.
2
【詳解】構造函數 f x = lnx 1- x 1- ÷ (x > 0) f x
1 1 1 1 -(x -1)，則 = - + = 0
2 è x x 2 x2 ÷è 2x2
（ x > 0，當 x =1時取等號），
所以 f x 在 0, + 上單調遞減，所以 f 2 = ln2 3- < f 1 = 0，所以 c < b ；
4
1
構造函數 g x = lnx，h x = x -1 ．易知點 1,0 , e,1 都在函數 g x 與 h x 的圖像
e -1
上．
作出函數 g x 與 h x 的大致圖像，如圖：
1
由圖易得 ln2 > ，所以 a < c．綜上可知， a < c < b．
e -1
故選 B．
2
6．（2023·貴州遵義·模擬預測）若函數 f x = ex -ax 在區間 1,3 上單調遞增，則 a的可能取值
為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
2
【分析】由 f (x) = ex -ax 2x - a ，結合題意a 2x3在[1,3]上恒成立求范圍，即可判斷所能
取的值.
2 2
【詳解】由題設 f x = ex -ax 在區間 1,3 上單調遞增，所以 f (x) = ex -ax 2x - a 0恒成立，
所以 1,3 上 2x - a 0 恒成立，即 a 2x恒成立，
而 y = 2x在 1,3 上遞增，故 a 2 .
所以 A 符合要求.
故選：A
2 - ln 2 1 ln 2
7．（2024·全國·模擬預測）若 a = 2 ，b = ， c = ，則 a，b ， c的大小順序為e 2e 4
（ ）
A． a < c < b B． c < a < b C． a < b < c D．b < a < c
【答案】B
ln x
【分析】結合已知要比較函數值的結構特點，構造函數 f x = ，利用導數研究函數單調
2x
性，通過函數單調性比較大小即可.
f x ln x e
2
【詳解】構造函數 = ，則 a = f ÷，b = f e ， c = f 2 ，2x è 2
f x 1- ln x由 = 2 ，令 f x > 0得0 < x < e，令 f x < 0得 x>e，2x
則 f x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減．
因為 2 < e，所以 f 2 < f e ，所以 c < b ；
e e
2 2
因為 < ，所以 f e > f e ÷，所以b > a；
2 è 2
22 2 - ln x1 x e x f x f x f x f e ln x1 1 x令 x1x2 = e 1，且 < 1 < < 2 ，則 1 - 2 = 1 - ÷ = - ，
è x1 2x1 2e
2
g x ln x 2 - ln x x令 = - ， x 1,e
2x 2e2
，
2 2
則 g x 1- ln x 1- ln x e - x= 2 - 2 = 1- ln x 2x 2e 2e2 2 > 0，x
所以 g x 在 1,e 上單調遞增，
又 g e = 0，所以 g x < 0 ，所以 f x1 < f x2 ，
e2 e2 e2
因為 2 = e2 ，且1< 2 < e < ，所以 a = f ÷ > f 2 = c ，所以 c2 2 è 2
故選：B
8．（2023· x吉林通化·模擬預測）已知函數 f x = e - a ln x有兩個大于 1 的零點，則 a的取值
范圍可以是（ ）
1 ùA． 0,1 B． 1,ee ú
è
1 ù
C ee ,e D éee+1． ú ． , e
2e
è
【答案】D
【分析】由函數 f x 有兩個大于 1 的零點，得 f x 在 1, + 不單調，然后利用導數研究函
數 f x 的單調性即可求解.
【詳解】因為函數 f x = ex - a ln x有兩個大于 1 的零點，所以 f (x) 在 1, + 不單調.
f x = ex - a ln x f x = ex a由 得 - (x > 0) ，
x
當 a 0時， f x > 0恒成立，所以 f (x) 在 0, + 上單調遞增，不符合題意；
當 a > 0時，顯然 f x = ex a- 在 0, + 上單調遞增，而 f (1) = e - a，
x
當0 < a e時，當 x 1,+ 時， f x > f (1) 0 ，所以 f (x) 在 1, + 上單調遞增，不符合
題意，此時可排除 ABC；
當 a > e時，因為 f (1) = e - a < 0, f (a) = ea -1 > 0 ，
所以存在 x
a
1, a f x = ex0，使得 - = 0，即 a = x ex00 0 x 0 ，0
當 x 1, x0 時， f x < 0， f (x) 單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， f x > 0， f (x) 單調遞增，
所以 f (x) 在 x = x0處取得極小值，也是最小值.
而 f (1) = e > 0，當 x 趨向正無窮時， f x 趨向正無窮，
所以當函數 f x 有兩個大于 1 的零點時，只要 f x0 < 0即可，
f x = ex00 - a ln x0 = ex0 - x ex00 ln x0 = ex0 (1- x0 ln x0 )，
設 y = xex (x >1)，則 y = x +1 ex > 0，所以 y = xex (x >1)單調遞增；
設 g(x) =1- x ln x g (x) = - ln x -1 x
1
，則 ，當 > 時， g (x) = - ln x -1 < 0， g(x)單調遞減；
e
D a éee+1 2e對于 ，當 , e 時，由 a = x ex00 知 x0 e，
當 x0 e時，1- x ln x 1- e<0 f x = ex0 0 ，所以 00 (1- x0 ln x0 ) < 0 ，滿足題意；
故選：D.
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種轉化方法：
一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合
思想的應用；
二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
二、多選題
2x -1
9．（22-23 高三上·云南昆明·階段練習）已知函數 y = ×ex ，則（ ）
x -1
A．函數的極大值點為 x=0 B．函數的極小值點為 x=0
(1,+ ) 3 C．函數在 上單調遞增 D．函數在 1, ÷上單調遞減
è 2
【答案】AD
【分析】先求出函數的導數，然后由導數的正負求出函數的單調區間，從而可求出函數的極
值.
【詳解】定義域為 x x 1
2x -1 x
由 y = ×e ，得
x -1
y 2x -1

= ×ex 2x -1 + × e
x
è x -1 ÷

x -1
(2x -1) (x -1) - (2x -1)(x -1) ex 2x -1= + ×ex
(x -1)2 x -1
-1 ex 2x -1= 2 + ×e
x
(x -1) x -1
2x2 - 3x
= x
(x -1)2
e
x(2x - 3)
= ex
(x -1)2 ，
當 x < 0
3 3
或 x > 時，nnn y >0n，當0 < x < 1或1< x < 時， y < 0，
2 2
所以函數在 (- ,0)
3
和 ,
3
+
2 ÷上遞增，在
(0,1) 和 1, ÷上遞減，
è è 2
3
所以當 x=0為極大值點， x= 為極小值點，
2
所以 AD 正確，BC 錯誤，
故選：AD
10．（2023·云南昆明·模擬預測）已知函數 f (x) = x3 - mx - n，其中m, n R ，下列選項中，
能使函數 y = f (x) 有且僅有一個零點的是（ ）
A．m = -1， n =1 B．m = 0， n =1
C．m = 3， n = 2 D．m = 3， n = -3
【答案】ABD
【分析】由題意可得 g(x) = x3 - mx = n ，問題轉化為函數 g(x)的圖象與直線 y = n 有且只有
一個交點.利用導數，分類討論函數 g(x)的單調性.結合選項，分析函數 g(x)的性質即可求解.
【詳解】由 x3 - mx - n = 0，得 x3 - mx = n ，設 g(x) = x3 - mx，
將問題轉化為函數 g(x)的圖象與直線 y = n 有且只有一個交點，
g (x) = 3x2 - m ，當m 0時 g (x) 0， g(x)在 R 上單調遞增，
m > 0 x m當 時， < - 時， g (x) > 0，函數 g(x)單調遞增；
3
m
當- < x m< 時， g (x) < 0，函數 g(x)單調遞減；
3 3
m
當 x > 時， g (x) > 0，函數 g(x)單調遞增，
3

所以函數 g(x)
m m
極大值為 g - ÷÷，極小值為 g3 ÷÷
，
è è 3
若m = -1,n =1，則 g(x)在 R 上單調遞增，其圖象與直線 y = n 有且只有一個交點，故 A 正確；
若m = 0, n =1，則 g(x)在 R 上單調遞增，其圖象與直線 y = n 有且只有一個交點，故 B 正確；
若m = 3,n = 2，則函數 g(x)的極大值為 g(-1) = 2，極小值為 g(1) = -2，如圖，
由圖可知，函數 g(x)圖象與直線 y = n 有 2 個交點，故 C 錯誤；
若m = 3,n = -3，函數 g(x)的極大值為 g(-1) = 2，極小值為 g(1) = -2，
所以函數 g(x)圖象與直線 y = n 有且只有 1 個交點，故 D 正確.
故選：ABD．
11．（2023·山東泰安·一模）已知函數 f x = x ln x - ax a R 有兩個極值點x1，x2 x1 < x2 ，
則（ ）
A．0
1
< a < B．1< x
1 x x 1< C． - > -1 D． f x < 0，
2 2 2a 2 1 2a 1
f x2
1
> -
2
【答案】ACD
【分析】求出 f x ，根據已知得 f x 有兩個變號零點，令 g x = f x ，求出 g x ，分
類討論根據其正負得出 f x 單調性，令其滿足有兩個變號零點，當 a 0時，不滿足題意，
1
當 a 0 f > 時，則 ÷ > 0，即可解出 a的范圍，判斷 A；
è 2a
1
根據已知可得 f x 有兩個變號零點x1，x2 x1 < x2 ，而函數 f x 在 0, 2a ÷上單調遞增，è
1 ,+ 1在 ÷上單調遞減，則 x1 < < x2 ，即可判斷 B；è 2a 2a
f 1 =1- 2a > 0，則 x1 <1
1
< < x2 ，根據不等式的性質即可得出 x2 - x1范圍，判斷 C；2a
1
根據 f x 得出函數 f x 單調性，結合 x1 <1< x2 ，且0 < a < ，列不等式，即可判斷 D.2
【詳解】對于 A： f x = x ln x - ax a R ，定義域 x 0, + ，
f x = ln x +1- 2ax x > 0 ，
函數 f x 有兩個極值點x1，x2，
則 f x 有兩個變號零點，
設 g x = ln x +1- 2ax x > 0 ，
g x 1則 = - 2a 1- 2ax= ，
x x
當 a 0時， g x > 0，則函數 f x 單調遞增，則函數 f x 最多只有一個變號零點，不符
合題意，故舍去；
當 a > 0時， x
1
< 時， g x > 0 1， x > 時， g x < 0，
2a 2a
則函數 f x 0, 1 1 在 2a ÷上單調遞增，在è ,+ ÷上單調遞減，è 2a
若 f x 1 1有兩個變號零點，則 f ÷ > 0，解得： a < ，
è 2a 2
此時 x 由正趨向于 0 時， f x 趨向于- ， x 趨向于+ 時， f x 趨向于- ，
則 f x 有兩個變號零點，滿足題意，
故 a
1
的范圍為：0 < a < ，故 A 正確；
2
對于 B：函數 f x 有兩個極值點x1，x2 x1 < x2 ，
即 f x 有兩個變號零點x1，x2 x1 < x2 ，
則 x
1
1 < < x2 ，故 B 錯誤；2a
對于 C：當0 < a
1
< 時， f 1 =1- 2a > 0，
2
x 1 1則 1 < < < x
1
2 ，即 x2 > ，-x1 > -1，2a 2a
x 1則 2 - x1 > -1，故 C 正確；2a
對于 D： f x 有兩個變號零點x1，x2 x1 < x2 ，且函數 f x 先增后減，
則函數 f x 在 0, x1 與 x2 ,+ 上單調遞減，在 x1, x2 上單調遞增，
Q x 11 <1 < x2，且0 < a < ，2
ì f x1 < f 1 = -a < 0
\ í D 1 ，故 正確； f x2 > f 1 = -a > - 2
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種轉化方法：
一是利用導數研究含參函數的單調性，常轉化為不等式恒成立問題，注意分類討論與數形結
合思想的應用；
二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極（最）值問題處理；
再利用導數研究函數單調性、極值或最值時，如果一次求導無法求解，可考慮多次求導來進
行求解，求解過程要注意原函數和對于的導函數的關系，不能混淆.
三、填空題
12．（2024·四川成都·三模）已知函數 f x 是定義在R 上的奇函數，且當 x > 0時，
f x = x 1- lnx ，則當 x < 0 時， f x 的單調遞增區間為 ．
【答案】 -1,0
【分析】利用導數求當 x > 0時 f x 的單調遞增區間，再根據奇函數的對稱性求得結果.
【詳解】當 x > 0時， f x = -lnx ,
由 f x > 0，解得0 < x <1，所以 f x 在區間 0,1 上單調遞增，
因為函數 f x 是定義在R 上的奇函數，
所以函數 f x 圖象關于原點對稱，
所以 f x 在區間 -1,0 上單調遞增.
故答案為： -1,0 .
13．（2023· · asin x湖南 模擬預測）已知函數 f x = e - a sin x，對于任意 x1, x2 R ，都有
f x1 - f x2 e - 2，則實數 a的取值范圍為 .
【答案】 -1,1
【分析】換元，求導，利用導數研究函數的單調性，把 f x1 - f x2 e - 2轉化為
f (x)max - f (x)min e - 2 ，利用函數最值建立不等關系求解即可.
【詳解】當 a = 0時， f x =1，符合題意；
當 a 0時，令 t = a sin x x R ，則 t é- a , a ù a 0 ，
f x = easin x - a sin x可化為 y = et - t ，
g t = et令 - t ，則 g t = et -1，
t é - a ,0ù 時， g t 單調遞減， t é0, a ù 時， g t 單調遞增，
所以 g t 的最小值為 g 0 =1，
對于任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 e - 2，
ì g a -1 e - 2 ì e a - a e-1①
等價于 í
g
，即 í ，
- a -1 e - 2 - a -1 e + a e ②
對于①：由 g t -1在 é0, a ù 上單調遞增，且 g 1 = e ，
可知 a 1，即-1 a 1且 a 0，
在-1 a 1且 a 0的條件下，對②：由 t é - a ,0ù 時， g t 單調遞減，
e- a a e-1 1 1 1可得 + + = + < e-1，②成立，
e
綜上可知：實數 a的取值范圍為 -1,1 .
故答案為： -1,1
14．（2023· 2x廣東廣州·模擬預測）已知函數 f x = e - 2a x - 2 ex - a2x2 a > 0 恰有兩個零點，
則a = .
e2
【答案】
2
【分析】利用導數，求出 f x 的單調區間，由函數 f x 恰有兩個零點即函數 f x 與 x 軸
有兩個不同的交點，從而建立等量關系求解可得.
2x x
【詳解】因為 f x = e - 2a x - 2 e - a2x2 a > 0 ，
f x = 2e2x - 2a éex所以 + x - 2 e
x ù - 2a
2x = 2 ex - ax ex + a
令 y = ex - ax，則 y = ex - a ，令 y > 0，
故當 x > lna時 y > 0，函數 y = ex - ax為增函數，
當 x < lna時 y < 0，函數 y = ex - ax為減函數，
即當 x = lna時函數 y = ex - ax有最小值 a 1- lna ，
若 a 1- lna 0，即0 < a e時 f x 0，此時函數 f x 在 R 上為增函數，與題意不符，且
當 a = e時， f x 的零點為 1；
若 a 1- lna < 0 x，即 a > e時，此時函數 y = e - ax, a > 0 與 x 軸有兩個不同交點，
ìex1 = ax1
設交點為 x1,0 , x2 ,0 ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，即 íex
，
2 = ax2
所以當 x < x1或 x > x2 時 y > 0，即 f x > 0，此時函數 f x 為增函數，
當 x1 < x < x2 時 y < 0 ，即 f x < 0，此時函數 f x 為減函數，
依題意，函數 f x 恰有兩個零點即函數 f x 與 x 軸有兩個不同的交點，即 f x1 = 0或
f x2 = 0，
2x
所以 e 1 - 2a x - 2 ex11 - a2x 2 = 0 2x或 e 2 - 2a x x2 2 21 2 - 2 e - a x2 = 0，
x2 2
所以 x
e e
1 <1 < x2 = 2，所以 a = = ，x2 2
e2
故答案為： .
2
【點睛】根據函數零點個數求解參數范圍的問題的一般方法：
設F x = f x - g x
方法一：轉化為函數F x 與 x 軸交點個數問題，通過求解F x 單調性構造不等式求解；
方法二：轉化為函數 y = f x , y = g x 的交點個數問題求解.
四、解答題
15．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - bx．
(1)當 a =1，b = 3時，求 f (x) 的單調區間；
(2)若函數 f (x) 在 x = 2處取得極值 ln 2，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程．
(1) f (x)
0, 1 (1, + ) 1 ,1 【答案】 的單調遞增區間為 ÷， ，單調遞減區間為2 2 ÷è è
(2) 4x - 4y - 3 = 0
【分析】（1）代入 a =1，b = 3，根據導數求單調區間即可；
（2）根據極值點處導數為 0，以及導數的幾何意義求解即可.
【詳解】（1）當 a =1，b = 3時， f (x) = ln x + x2 - 3x．定義域為 x (0,+ )．
2
1 2x - 3x +1 2x -1 x -1則 f x 2x 3 = + - = = ．
x x x
令 f (x) = 0
1 1
，則 x1 = ， x2 =1，所以，當0 < x < 或 x >1時， f (x) > 0 ；2 2
1
當 < x <1時， f (x) < 0 ．
2
1
因此， f (x) 的單調遞增區間為 0, ÷， (1, + )
1
，單調遞減區間為 ,12 ÷．è 2 è
（2）依題意知 f (x) 的定義域為 (0, + )，對 f (x) 求導，得 f x 1= + 2ax - b ．
x
1 ì 1ì
f 2 = + 4a - b = 0, a = - , 4
由已知得 í 2 解得 í ，
f 2 = ln 2 + 4a - 2b = ln 2, b
1
= - ,
2
f x 1 x 1 2 - x
2 + x - x - 2 x +1
所以 = - + = = (x > 0)．
x 2 2 2x 2x
可知 f (x) 在 (0,2)上單調遞增，在 (2,+ ) 上單調遞減，滿足 f (x) 在 x = 2處取得極值，
f (x) = ln x - 1 x2 1+ x ．
4 2
(1, f (1)) 1 1 1切點 為 1, ÷ ， f 1 =1- + =14 ，è 2 2
所以曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))
1
處的切線方程為 y - =1 x -1 ，整理可得 4x - 4y - 3 = 0 .
4
16．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a ex + a2 - x．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) 4 ln a + 2 ．
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，討論 a 的正負，判斷導數的正負，即可求得答案；
（2）由（1）可得函數的最小值，要證明 f (x) 4 ln a + 2 ，及證
f (x) - (4lna + 2) = a3 - 3lna -1 0；方法一，構造函數 g(x) = x3 - 3ln x -1, (x > 0)，利用導數
求其最小值，說明大于等于 0 即可；方法二，利用 lnx x -1進行放縮，證明 a 3 - 3 ln a -1 0
即可.
【詳解】（1） f (x) 的定義域為 (- , + )， f (x) = aex -1．
若 a 0，則 f (x) < 0 ， f (x) 在 (- , + )上單調遞減：
若 a > 0，則由 f (x) = 0得 x = - ln a ，當 x < - ln a 時， f (x) < 0 ；當 x > - ln a 時， f (x) > 0 ；
故 f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增；
故當 a 0時， f (x) 在 (- , + )上單調遞減：
當 a > 0時， f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增；
（2）方法 1，當 a > 0時，由（1）知，當 x = - ln a 時， f (x) 取得最小值．
所以 f (x) f ( - lna) = a3 +1+ lna ，從而 f (x) - (4lna + 2) = a3 - 3lna -1．
3
設 g(x) = x3 - 3ln x -1, (x > 0) g (x) 3x2 3 3x -3，則 = - = ．
x x
當0 < x <1時， g (x) < 0；當 x >1時， g (x) > 0，
所以 g(x)在 (0,1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
故當 x > 0時． g(x) g(1) = 0，
故當 a > 0時， a 3 - 3 ln a -1 0，即 f (x) 4 ln a + 2 ；
方法 2：當 a > 0時，由（1）知，當 x = - ln a 時， f (x) 取得最小值，
所以 f (x) f (-lna)=a3 +1+lna 3，從而 f (x)-(4lna+2)=a -3lna-1，
h(x) = lnx - x+1,x > 0 h (x) 1- x令 ， = ，
x
當0 < x <1時， h (x) > 0；當 x >1時， h (x) < 0；
故 h(x) h(1) = 0,\lnx x -1，當 x =1等號成立；
3 3 3 2
所以，當 a > 0時，a -3lna-1 a -3(a-1)-1= a -3a+2=(a-1) (a+2) 0，
即 f (x) 4 ln a + 2 .
1
17．（2024·全國· 2模擬預測）已知函數 f x = x + x + aln x +1 ， a R ．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2) 2證明：當 a < -1時，a + f x > 1．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導得 f x ，再分 a 0和 a < 0兩種情況討論即可．
2 2 2
（2）由（1）知 f x min ，從而 a -1+ f x a -1+ f x a -1+ f x > 0min ，即證明 min ，
再構造新函數 g a ，利用導數得證．
1 f x x 1 a (x +1)
2 + a
【詳解】（ ） = + + = , (x > -1)，
x +1 x +1
當 a 0, f x > 0在 x -1, + 上恒成立，故 f x 在 -1, + 上單調遞增；
當 a < 0時，令 f x > 0得 x > -1+ -a ；
令 f x < 0得-1 < x < -1+ -a ，
故 f x 在 -1+ -a , + 上單調遞增，在 -1, -1+ -a 上單調遞減．
1 1
（2）證明：由（1）知，當 a < -1時， f (x)min = f -1+ -a = - a +1 + aln -a ，2 2
2 2 1 1
所以 a -1+ f x a -1+ f (x)min = a2 -1- a +1 + aln -a ．2 2
2 1 1
令 g a = a -1- a +1 + aln -a , a < -1 ，
2 2
則 g a 1= 2a + ln -a ．
2
h a 2a 1令 = + ln -a , a < -1 ，
2
則 h a 2 1= + ．
2a
因為 a < -1，所以 h a > 0，
所以 h a 在 - ,-1 上單調遞增．
又 h -1 < 0 1，所以 g a = 2a + ln -a < 0，
2
所以 g a 在 - ,-1 上單調遞減．
因為 g -1 = 0，所以 g a > g -1 = 0，
2
所以 a -1+ f x a2 -1+ f (x)min > 0，
即當 a < -1 2時， a + f x >1．
1 1
18．（2024· 3 2青海·模擬預測）已知函數 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點，求m 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
- ,-4 4(2) - , -1

÷ -1, +
è 3
【分析】（1）求導，利用導數判斷函數的單調性，分-m -1與 1 的大小關系討論即可；
（2）分別討論m 與-2的大小時，利用導數求出函數的極值，再求 f x 有 3 個零點時極值
的范圍即可求出結果.
2
【詳解】（1） f x = x + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ，
令 f x = 0，解得 x =1或 x = -m -1，
①當 -m -1>1，即m < -2時，
由 f x > 0得 x <1或 x > -m -1；由 f x < 0得1< x < -m -1，
所以 f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
②當-m -1 =1，即m = -2時，
f x 0恒成立，所以 f x 在R 上單調遞增；
③當-m -1<1，即m > -2時，
由 f x > 0得 x >1或 x < -m -1；由 f x < 0得-m -1< x <1，
所以 f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減；
綜上，
當m < -2時， f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
當m = -2時， f x 在R 上單調遞增；
當m > -2時， f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減.
（2）因為 f x 有 3 個零點，所以m -2，
m 2
m 2 f -m -1 = + m +1 2 f 1 1 m 2當 > - 時，極大值 ；極小值 = - - ，
è 6 3 ÷ 2 3
ì m 2+ m +1 2 > 0
6 3 ÷è m 4所以 í ，解得 > - 且m -1，
1 m 2
3
- - < 0 2 3
1 2 m 2
當m < -2時，極大值 f 1 = - m - ；極小值 f -m -1 = + m +1 2
2 3 ÷
，
è 6 3
ì m 2+ ÷ m +1
2 < 0
è 6 3
所以 í ，解得m < -4，
1
- m
2
- > 0
2 3
4
綜上，m 的取值范圍為 - ,-4 - , -1

÷ -1, + .
è 3
【點睛】方法點睛：
（1）帶參數的單調性討論問題可按照如下步驟求解：求導，討論方程的性質，根的個數，
根的大小，根與給定區間的關系；
（2）已知方程根的個數求參數時，可求導分析極值，利用極值范圍求解.
19．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x = ex + ax - b，其中 e為自然對數的底數．
(1)若 f x 在區間 1,2 上不是單調函數，求 a的取值范圍．
1
(2)當 x 0 時， f x 1+ x2 - b恒成立，求 a的取值范圍．
2
【答案】(1) -e2 < a < -e
(2) -1, + ．
【分析】（1）首先對原函數求導，方法一：通過討論 a 的范圍得到函數的單調區間，只需要
極值點在區間 1,2 內即可求出 a 的范圍；方法二：求出函數恒單調時 a 的取值范圍，取其
補集即可；
x 1 2
（2）原不等式整理后可得 e + ax - x -1 0在 x 0, + 上恒成立，構造新函數
2
h x ex ax 1= + - x2 -1， x 0, + ，通過二次求導結合分類討論思想即可得到答案.
2
x x
【詳解】（1）方法一 由 f x = e + ax - b，得 f x = e + a．
若 a 0，則 f x > 0恒成立， f x 為增函數，不符合題意．
若 a<0，令 f x = ex + a < 0 x，得 x < ln -a ，令 f x = e + a > 0，得 x > ln -a ，
所以 f x 在 - , ln -a 上單調遞減，在 ln -a , + 上單調遞增．
因為 f x 在區間 1,2 上不是單調函數，所以1< ln -a < 2 ，
所以 e < -a < e2 ，所以-e2 < a < -e．
f x = ex + ax - b f x = ex方法二 由 ，得 + a．
若 f x 在區間 1,2 上是單調函數，
則 f x 0或 f x 0在 1,2 上恒成立．
若 f x 0在 1,2 上恒成立，則 a -ex 在 1,2 上恒成立，所以 a≥- e．
若 f x 0在 1,2 上恒成立，則 a -ex 在 1,2 上恒成立，所以 a -e2 ．
所以若 f x 在區間 1,2 上不是單調函數，則-e2 < a < -e．
1
（2）當 x 0 時， f x 1+ x2 - b x，即 e + ax 1- b 1+ x2 - b，
2 2
x 1 2
整理得 e + ax - x -1 0在 x 0, + 上恒成立．
2
令h x = ex + ax 1- x2 -1， x 0, + h x = ex，則 + a - x ．
2
x x
令 g x = e + a - x，則 g x = e -1．
因為 x 0 ，所以 g x 0，所以 g x 在 0, + 上為增函數，
所以 h x 在 0, + 上為增函數．
所以 g x g 0 =1+ a ．
所以 h x 1+ a ．
當1+ a 0，即 a -1時，h x 0恒成立，所以 h x 在 0, + 上為增函數，
所以 h x h 0 = 0 ex + ax 1- x2，即 -1 0恒成立．
2
當1+ a < 0，即 a < -1時，因為 h x 在 0, + 上單調遞增，所以$x0 0, + ，使得
h x0 = 0．
即當 x 0, x0 時， h x < 0，當 x x0 ,+ 時， h x > 0．
又因為 h 0 = 0，所以 h x 0在 x 0, + 上不恒成立．
綜上可知， a的取值范圍是 -1, + ．
h x = ex 1+ ax - x2 -1 0 0, +
【點睛】第二問轉化為 2 在 上恒成立，其實只要注意到
h(0) = 0 h 0 0，必有 成立，可以得到 a -1這個必要條件，然后再論證 a -1是滿足題意
也是可行的
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）下列函數是奇函數且在 0, + 上單調遞減的是（ ）
x - x
A． f x = 3x + 2- x B f x 2 - 2． =
2x + 2- x
C． f x = x - x 3 D． f x = log1 x + x2 +1
2
【答案】D
【分析】根據函數奇偶性定義可排除 A，利用特殊值法可排除 B，利用導數求函數單調性可
排除 C，根據函數奇偶性定義及復合函數單調性可得結果.
- x x
【詳解】對于 A，因為 f -x = 3 + 2 ，所以 f x f -x , f x - f x ，
即 f x 為非奇非偶函數，故排除 A．
2 - 1 22 - 1
對于 B，因為 f 1 = 2 31 = ， f 2
15
= 41 = ，所以 f 1 < f 2 ，2 + 5 22 + 17
2 4
所以 f x 在 0, + 上不是單調遞減的，故排除 B．
對于 C，對 f x 求導，得 f x = 1- 3x2 ．令 f x > 0 3 3，解得- < x < ．
3 3
令 f x < 0 x 3 3，解得 > 或 x < - ，
3 3

f x 0, 3 3

所以 在 ÷÷上單調遞增，在 , + ÷÷上單調遞減，故排除 C．
è 3 è 3
對于 D，易得 f x 的定義域為R ，
-x + x2 +1 x + x2 +1
且 f -x = log 1 -x + x2 +1 = log 1
x + x22 2 +1
=log 11 = -log 1 x + x2 +1 = - f x 2 ，所以 f x 為奇函數．
2 x + x +1 2
令 t = x + x2 +1，則 f x = log1t ．易知 t = x + x2 +1在 0, + 上單調遞增，
2
y = log 1 x 在 0, + 2上單調遞減．由復合函數的單調性，得 f x = log1 x + x +1
2 2
在 0, + 上單調遞減．
故選：D．
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = log x3a - ax2 + x - 2a (a > 0且 a 1)在區間 (1, + )
上單調遞減，則 a的取值范圍是（ ）
0, 2ù é2 ,1 A． ú B． ê ÷ C． (1, 2] D．[2,+ )è 3 3
【答案】A
【分析】對數函數的單調性與底數有關，分 0 < a < 1和 a > 1兩種情況討論，此外還要注意對
數函數的定義域，即真數為正；復合函數單調性滿足“同增異減”，根據對數函數單調性結合
題干中“在區間 (1, + )上單調遞減”得到真數部分函數的單調性，從而求得 a的取值范圍.
【詳解】設函數 g x = x3 - ax2 + x - 2a，則 g x = 3x2 - 2ax +1．
①若 0 < a < 1，則 y = loga x 在定義域上單調遞減．
f x = log x3 2又 a - ax + x - 2a 在區間 1, + 上單調遞減，所以 g x 在區間 1, + 上單調遞
增，故 g x 0對任意的 x 1,+ 恒成立．
又 g 1 = 4 - 2a 0，所以對任意的 x 1, + , g x 0顯然成立．
又因為 g x > 0 2對任意 x 1,+ 恒成立，所以 g 1 = 2 - 3a 0，故0 < a ．
3
②若 a > 1，則 y = loga x 在定義域上單調遞增．
又 f x = loga x3 - ax2 + x - 2a 在區間 1, + 上單調遞減，所以 g x 在區間 1, + 上單調遞
減，故 g x 0對任意的 x 1,+ 恒成立．
因為拋物線 y = 3x2 - 2ax +1的開口向上，所以 g x 0不可能對任意的 x 1,+ 恒成
立．
a 0, 2ù所以 的取值范圍為 ．
è 3 ú
故選：A．
1
3．（2024· 2甘肅蘭州·三模）函數 f x = -x + ax +1- ln x ，若 f x 在 0, ÷是減函數，則實
è 2
數 a 的取值范圍為（ ）
A． (- , 2] B． (- ,2) C． (- ,3] D． (- ,3)
【答案】C
【分析】求導，導函數小于等于 0 恒成立，分離參數求新函數最值即可求解．
【詳解】函數 f x = -x2 + ax +1- ln x,\ f x = -2x 1+ a - ，
x
1 1
若函數在區間 0, ÷上是減函數，則 f x 0在 0, ÷恒成立，
è 2 è 2
1 1
即 a + 2x

在 0, ÷恒成立，x è 2
1 1 1
由對勾函數性質可知 y = + 2x

在 0, ÷單調遞減，故 y = + 2x > 3，所以 a 3 .x è 2 x
故選：C.
1 1 1 103 1 2.01 2 2.014．（2024·全國·模擬預測）已知 a = + + ,b = ln ,c = + ，則（ ）
100 101 102 100 ÷ ÷è10 è15
A． a < b < c B． c < b < a C．b【答案】B
【分析】構造函數利用導數證明得當 x > 0時，有 x > ln x +1 ，從而可證得
1 1 1
+ + > ln103 ln100 ln 103 1- = ，同理當 x >1時，有 lnx >1- ，從而
100 101 102 100 x
103 100 3 1 2.01 2.01 2 2b = ln > 1- = > 1 2 1 2 1，另一方面注意到 c = + < + = ，100 103 103 36 è10 ÷ 15 ÷ ÷ ÷ è è10 è15 36
由此即可得解.
【詳解】設 f x = x - ln x +1 (x > 0) 1 x，則 f x =1- = > 0，
x +1 x +1
所以 f x 在 0, + 單調遞增，所以 f x > f 0 = 0，即當 x > 0時，有 x > ln x +1 ，
1 101
所以 > ln = ln101- ln100
1
．同理可得 > ln102 - ln101,
1
> ln103 - ln102，
100 100 101 102
1 1 1
所以 + + > ln103 - ln100 = ln
103
，即 a > b．
100 101 102 100
設 g x = lnx 1+ -1(x > 1) g x 1 1 x -1，則 = - 2 = 2 > 0，x x x x
所以 g x 在 1, + 單調遞增，所以 g x > g 1 = 0，即當 x >1 lnx 1時，有 >1- ，
x
b ln 103 1 100 3 1所以 = > - = > ．
100 103 103 36
1 2.01 2 2.01 2 2
又因為 c 1 2= 1 10 ÷
+ ÷ < ÷ + ÷ = ，所以b > c．
è è15 è10 è15 36
綜上可知， c < b < a ．
故選：B．
【點睛】關鍵點點睛：在比較b,c的大小關系時，關鍵是找到適當的中間值，然后通過適當
的放縮比較大小即可順利得解.
二、多選題
5．（2024· 3 2云南昆明·模擬預測）已知函數 f x = x + ax - ax +1，則下列說法正確的是（ ）
A．若 f x 為R 上的單調函數，則 a < -3
B．若 a = 2時， f x 在 -1,1 上有最小值，無最大值
C．若 f x -1為奇函數，則 a = 0
D．當 a = 0時， f x 在 x =1處的切線方程為3x - y -1 = 0
【答案】BCD
【分析】A 選項利用導數恒正或恒負可解得；B 選項求導，判斷單調區間和單調性得出極值；
C 選項利用奇函數的性質求出；D 選項利用導數的意義結合點斜式求出.
【詳解】A：若 f (x) 為R 上的單調函數，則 f (x) = 3x2 + 2ax - a ，D = 4a2 +12a 0 ，則
-3 a 0，故 A 錯；
B：當 a = 2時， f (x) = x3 + 2x2 - 2x +1，令 f (x) = 3x2 + 4x - 2 = 0 x -2 - 10，得 1 = < -1，3
x -2 + 10= < 1，則 f (x)2 在 -1, x2 上單調遞減，在 x2 ,1 上單調遞增， f (x) 在 x = x3 2處取最小
值，無最大值，故 B 對；
C：由于 f (x) -1 = x3 + ax2 - ax ，則 f (x) -1為奇函數時，
f (x) -1 = - é f -x -1 ù x3 + ax2 - ax = x3 - ax2 - ax a = 0，故 C 對；
D：當 a = 0時， f (x) = x3 +1， f (x) = 3x2 ，則 f (1) = 3，切點為 1,2 ，切線方程為3x - y -1 = 0，
故 D 對；
故選：BCD．
6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正確的是（ ）
1
A． eπ > πe B．- ln 0.9 < 9
C．5sin
1 1 sin 1 1< D． <
5 3 π
【答案】ABC
ln x
【分析】利用函數 f x = 的單調性可判斷 A 選項；利用函數 g x = x - ln x +1 的單調
x
性可判斷 B 選項；利用函數 h x = x - sin x在 0,1 上的單調性可判斷 C 選項；利用函數
3
p x x= sin x - x + 在 0,1 上的單調性可判斷 D 選項.
6
f x ln x【詳解】對于 A 選項，令 = ，則 f x 1- ln x= ，
x x2
當 x>e時， f x < 0，則函數 f x 在 e, + 上單調遞減，
π > e f π < f e ln π ln e因為 ，則 ，即 < ，即 e ln π < π ln e，即
π e ln π
e < ln eπ，
所以， πe < eπ ，A 對；
1 x
對于 B 選項，令 g x = x - ln x +1 ，則 g x =1- = ，
x +1 x +1
當 x > 0時， g x x= > 0，即函數 g x 在 0, + 上為增函數，
x +1
1 1 10
所以， g ÷ = - ln > g 0 = 0
1 10
，即 > ln = - ln 0.9，B 對；
è 9 9 9 9 9
對于 C 選項，令 h x = x - sin x，其中0 < x <1，
則 h x =1- cos x > 0對任意的 x 0,1 恒成立，
所以，函數 h x 在 0,1 1 1 1 1上為增函數，因為 0,1 ，則 h ÷ = - sin > h 0 = 0，5 è 5 5 5
1
所以，5sin <1，C 對；
5
x3 2
對于 D 選項，令 p x = sin x - x + ，其中0 < x <1，則 p x cos x 1 x= - + ，
6 2
2
令 q x = cos x x-1+ ，
2
由 C 選項可知， q x = x - sin x = h x > h 0 = 0 對任意的 x 0,1 恒成立，
所以，函數 q x 在 0,1 上單調遞增，則 p x = q x > q 0 = 0，
則函數 p x 在 0,1 上單調遞增，
1
因為 0,1 p 1 = sin 1 1 1- + = sin 1 53- > 0 sin 1 53，則 ，即 > ，3 è 3 ÷ 3 3 162 3 162 3 162
53 1 53π -162 53 3.14 -162 166.42 -162 1 53 1
又因為 - = > = > 0，即 sin > > ，D 錯.
162 π 162π 162π 162π 3 162 π
故選：ABC.
【點睛】思路點睛：解答比較函數值大小問題，常見的思路有兩個：
（1）判斷各個數值所在的區間；
（2）利用函數的單調性直接解答.
數值比較多的比較大小問題也也可以利用兩種方法的綜合應用.
三、填空題
7．（2024·全國·模擬預測）已知 a > 1，b > 0， c >1，且 ae-a = e-b ln b = ce- c ，則 a，b，c
的大小關系為 ．（用“ <”連接）
【答案】b < a < c
【分析】由已知條件得到b >1， c > a >1，令 f x = x - ln x，利用導數法得到 ln x < x，從
ln b b a b x
而 b < b ， a < b ，再設 h x = x ，由 h x 的單調性判斷即可.e e e e e
∵ a > 1 b > 0 c >1 a b c a ln b c【詳解】 ， ， ，且實數 ， ， 滿足 a = b = ，e e e c
∴ ln b > 0， c = a >1，∴ b >1， c > a >1．
令 f x = x - ln x，則 f x x -1= ，
x
∴ f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
∴ f x f 1 =1，
ln b b a b
即 ln x < x，∴ b < b ，∴ a < b ．e e e e
h x x 1- x設 = x ，則 h a < h b ， h x = ，e ex
∴ h x 在 1, + 上單調遞減，
∴ a > b．綜上，b < a < c．
故答案為：b < a < c
8．（2023·安徽·二模）若不等式 ln x - ax 2a2 - 3對"x (0,+ )恒成立，則實數 a 的取值范
圍為 ．
【答案】[1, + )
【分析】用構造法解決含參不等式的恒成立問題，求解實數 a 的取值范圍.
【詳解】設 f (x) = ln x - ax - 2a2 + 3，則 f (x)
1
= - a ．當 a 0時， f (x)
1
= - a > 0恒成立，
x x
則函數 f (x) 在 (0, + )上單調遞增，
f e-3 - 2a = ln e-3 - 2a + 3- ae-3 ln e-3 + 3- ae-3 = -ae-3 0，不合題意，舍去；
當 a > 0 f 時，由 (x)
1 1- ax 1
= - a = = 0得 x = ．
x x a
0 x 1 1當 < < 時， f (x) > 0 ，當 x > 時， f (x) < 0 ，
a a
0, 1 1則函數 f (x) 在 ÷ 上單調遞增，在 , +

÷ 上單調遞減，
è a è a
f (x) f 1\ 2 2max = ÷ = 2 - ln a - 2a ，令 g(a) = 2 - 2a - ln a，易得 g(a)在 (0, + )上單調遞減，
è a
g(1) = 0，則 g(a) 0 的解集為[1, + ) ，即實數 a 的取值范圍是[1, + ) ．
故答案為：[1, + ) .
四、解答題
9．（2024· 3 2湖南衡陽·二模）已知函數 f x = ax + bx +1 a R ，當 x = 2時， f x 取得極值
-3．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求 f x 在區間 -1,3 上的最值．
(1) f x = x3 2【答案】 - 3x +1
(2) f x 的最小值為-3，最大值為1.
ìa =1
【分析】（1）利用極值定義可求得 í ，可得解析式；
b = -3
（2）利用導函數判斷出函數 f x 在區間 -1,3 上的單調性，比較端點處的值可得結論.
2
【詳解】（1）依題意考點 17 導數與函數的單調性（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系.2.能利用導數研究函數的單調性，
會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次).3.會利用函數的單調性判斷大小，求
參數的取值范圍等簡單應用
【知識點】
1．函數的單調性與導數的關系
條件 恒有 結論
f′(x)>0 f(x)在區間(a，b)上________
函數 y＝f(x)在區間(a，b)
f′(x)<0 f(x)在區間(a，b)上________
上可導
f′(x)＝0 f(x)在區間(a，b)上是________
2.利用導數判斷函數單調性的步驟
第 1 步，確定函數的 ；
第 2 步，求出導數 f′(x)的 ；
第 3 步，用 f′(x)的零點將 f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出 f′(x)在各區間上的正
負，由此得出函數 y＝f(x)在定義域內的單調性．
常用結論
1．若函數 f(x)在(a，b)上單調遞增，則當 x∈(a，b)時，f′(x)≥0 恒成立；若函數 f(x)在(a，
b)上單調遞減，則當 x∈(a，b)時，f′(x)≤0 恒成立．
2．若函數 f(x)在(a，b)上存在單調遞增區間，則當 x∈(a，b)時，f′(x)>0 有解；若函數 f(x)
在(a，b)上存在單調遞減區間，則當 x∈(a，b)時，f′(x)<0 有解
【核心題型】
題型一　不含參函數的單調性
確定不含參數的函數的單調性，按照判斷函數單調性的步驟即可，但應注意兩點，一是不能
漏掉求函數的定義域，二是函數的單調區間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．
【例題 1】（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x = ln x - 2 + ln 4 - x ，則 f x 的單調遞增
區間為（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． - ,3 D． 3, +
【變式 1】（2024·四川成都·三模）已知函數 f x 是定義在R 上的奇函數，且當 x > 0時，
f x = x 1- lnx ，則當 x < 0 時， f x 的單調遞增區間為（ ）
A． - ,-e B． -e,0
C． - ,0 D． -1,0
【變式 2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函數 f x 的導函數為 f x ，若當 x < 0 時
f x = x2 a- ，且 f -1 = 0 .則 f x 的單調增區間為 .
x
【變式 3】（2024·河南開封·三模）已知函數 f x = x3 - 3lnx， f x 為 f x 的導函數．
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求函數 g x = f x - f x 9- 的單調區間和極值．
x
題型二　含參數的函數的單調性
(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論．
(2)劃分函數的單調區間時，要在函數定義域內討論，還要確定導數為零的點和函數的間斷
點
【例題 2】（多選）（23-24 3 2高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）函數 f x = x + ax + 2x
（ a R ）的大致圖象可能為（ ）
A． B．
C． D．
【變式 1】（2024·天津·二模）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)當 a = 2時，求 f x 在點 e，f e 處的切線方程；
(2)討論 f x 的單調性；
(3)若函數 f x - x 2存在極大值，且極大值為 1，求證： f x e + x ．
2 1 2
【變式 2】（2024·陜西商洛·三模）已知函數 f x = 2a ln x - x - ax a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
2x
(2)當 a > 0 g x e= + aex 2時，若函數 和 h x = 2a x 的圖象在 0,1 上有交點，求實數 a的取
2
值范圍．
【變式 3】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 9ln a ．（參考數據： ln 2 0.693）
題型三　函數單調性的應用
由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
(1)函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立．
(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是 f′(x)>0 (或 f′(x)<0)在該區間上存在解
集
命題點 1　比較大小或解不等式
【例題 3】（2024·四川成都·模擬預測）若函數 f (x) 對任意的 x R 都有 f (x) < f (x)恒成立，
則 2 f (2) 與 e2 f (ln 2)的大小關系正確的是（ ）
A． 2 f (2) > e2 f (ln 2) B． 2 f (2) = e2 f (ln 2)
C． 2 f (2) < e2 f (ln 2) D．無法比較大小
11 10 1
【變式 1】（2023·全國·模擬預測）比較 a = - ，b = ln1.2， c =
10 11 5e0.1
的大小關系為（ ）
A． a > c > b B．b > c > a
C．b > a > c D． a > b > c
1
【變式 2】（23-24 高三上·湖南衡陽·期末）已知函數 f x = ex - x2 - aln x +1 .
2
(1)證明：當 a 1時， f x 1對 x 0, + 恒成立.
2a
(2)若存在 x1, x2 x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 ，比較 x1 +1 x2 +1 與 e e 的大小，并說明理由.
x2
【變式 3】（23-24 高三上·河北保定·階段練習）已知函數 f x = ln 1+ x + .
2
(1)當 x 0, + 時，比較 f x 與 x 的大小；
2 a
(2)若函數 g x x= cos x + ，且 f e2 ÷ = g b -1 a > 0,b > 0 f b2，證明： +1> g a +1 .
2 è
命題點 2　根據函數的單調性求參數
【例題 4】（2023·全國·模擬預測）若對任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2，
x1 ln x2 - x2 ln x1 < 2 m
x - x ，則實數 的取值范圍是（ ）2 1
1 ,e A é
1
． ÷ B． ê ,e
ù é1 1
ú C． ê , +

÷ D． ,+ ÷
è e e e è e
【變式 1】（23-24 x x高三上·廣東汕頭·期中）設 a 0,1 ，若函數 f x = a + (1+ a) 在 0, +
遞增，則 a的取值范圍是（ ）
é 5 -1, 5 +1
ù é 5 -1
A． ê ú B． ê ,1
5 -1
÷÷ C． ,1
5 -1
÷÷ D． 0,
2 2 2 2
÷÷
è è 2
【變式 2】（多選）（23-24 2高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = x - ax - ln x，下列命題
正確的是（ ）
A．若 x =1是函數 f x 的極值點，則 a =1
B．若 f 1 = 0，則 f x 在 x 0,2 上的最小值為 0
C．若 f x 在 1,2 上單調遞減，則a 1
D．若 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立，則 a 2
【變式 3】（23-24 高三上·山東青島·期末）若函數 f (x) = ex + a x2 -1 在 (0, + )上單調遞增，
則 a 的取值范圍是 ．
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知函數 f x = aex - ln x在區間 1,2 上單調遞增，則 a 的最小值
為（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
a
2．（23-24 高三上·山西大同·階段練習）設 f (x) = x - + a 在 1, + 上為增函數，則實數 a取
x
值范圍是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． -2, + D． -1, +
3．（2024· 2云南楚雄·一模）若 a > b，則函數 y = a x - a (x - b) 的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024 高三下·全國·專題練習）已知函數 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有
兩個整數 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2 ) > 0，則實數 a的取值范圍為（　　）
A．[ln 3,2) B． (0, 2 - ln 3] C． (0, 2 - ln 3) D．[2 - ln 3,2)
8 3 2
5．（2024·全國·模擬預測）已知 a = sin ，b = ln ， c = ，則 a,b,c的大小關系為（ ）
15 2 5
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D． c > b > a
二、多選題
6．（2023· 3全國·模擬預測）已知函數 f x = x - 3x，則（ ）
A．函數 g x = f x × f ' x 是偶函數 B． y = -x是曲線 y = f x 的切線
C．存在正數 a, f x 在 -a, a 不單調 D．對任意實數 a， f a f a + 2 3
7．（23-24 高三上·江西宜春·期中）下列函數中，是奇函數且在區間 0,1 上是減函數的是
（ ）
A． f x = ex B． f x = -sinx f x 1C． = D． f (x) = x3 - 2x
x
三、填空題
8．（2024·云南大理·模擬預測）函數 f x =1- 2x - lnx 的最大值為 .
9．（2024·全國· 2 x x x模擬預測）已知函數 g x = x e - xe - e ，若方程 g x = k 有三個不同的實
根，則實數 k 的取值范圍是 .
四、解答題
10．（2024·江西南昌·一模）已知函數 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的單調遞減區間；
(2)求 f x 的最大值.
11．（2024· 2江蘇鹽城·模擬預測）已知函數 f x = ax - lnx - x ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·貴州畢節·一模）給出下列命題：
①函數 f (x) = 2x - x2 恰有兩個零點；
f (x) x a a②若函數 = - + 在 (1, + )上單調遞增，則實數 a 的取值范圍是[-1,+ )；
x 4
③若函數 f (x) 滿足 f (x) + f (1 x)
1 2 9
- = 4 ，則 f ÷ + f

÷ +L+ f ÷ =18；
è10 è10 è10
④若關于 x 的方程 2 x - m = 0有解，則實數 m 的取值范圍是 (0,1] .
其中正確的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
2．（2023·江西·模擬預測）已知函數 f x = ax3 + bx2 + cx + d 的大致圖象如圖所示，則（ ）
A． a > 0,b > 0,c < 0 B． a > 0,b < 0,c < 0
C． a > 0,b < 0,c > 0 D． a < 0,b > 0,c > 0
3．（2024·云南昆明·模擬預測）已知函數 f x = x -1 ex + a 在區間 -1,1 上單調遞增，則
a 的最小值為（ ）
A． e-1 B． e-2 C．e D． e2
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = 4xex - e2x - 2ex， f (x) 為 f (x) 的導函數，

g(x) f (x)= x ，則（e ）
A． g(x)的極大值為 4e2 - 2，無極小值
B． g(x)的極小值為 4e2 - 2，無極大值
C． g(x)的極大值為 4ln2 - 2，無極小值
D． g(x)的極小值為 4ln2 - 2，無極大值
1 3
5．（2024·全國·模擬預測）已知a = ,b = ,c = ln2，則它們之間的大小關系是（ ）
e -1 4
A． a < b < c B． a < c < b
C． c < a < b D． c < b < a
2
6．（2023·貴州遵義·模擬預測）若函數 f x = ex -ax 在區間 1,3 上單調遞增，則 a的可能取值
為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2 - ln 2 1 ln 2
7．（2024·全國·模擬預測）若 a = 2 ，b = ， c = ，則 a，b ， c的大小順序為e 2e 4
（ ）
A． a < c < b B． c < a < b C． a < b < c D．b < a < c
8．（2023·吉林通化·模擬預測）已知函數 f x = ex - a ln x有兩個大于 1 的零點，則 a的取值
范圍可以是（ ）
1
A．
ù
0,1 B． 1,ee ú
è
1 ù
C． ee ,eú D． é e
e+1, e2e
è
二、多選題
2x -1
9 x．（22-23 高三上·云南昆明·階段練習）已知函數 y = ×e ，則（ ）
x -1
A．函數的極大值點為 x=0 B．函數的極小值點為 x=0
3
C．函數在 (1,+ )上單調遞增 D．函數在 1, ÷上單調遞減
è 2
10．（2023·云南昆明·模擬預測）已知函數 f (x) = x3 - mx - n，其中m, n R ，下列選項中，
能使函數 y = f (x) 有且僅有一個零點的是（ ）
A．m = -1， n =1 B．m = 0， n =1
C．m = 3， n = 2 D．m = 3， n = -3
11．（2023·山東泰安·一模）已知函數 f x = x ln x - ax a R 有兩個極值點x1，x2 x1 < x2 ，
則（ ）
0 a 1A． < < B．1< x
1 1
2 < C． x2 - x1 > -1 D． f x2 2a 2a 1
< 0，
f x 12 > - 2
三、填空題
12．（2024·四川成都·三模）已知函數 f x 是定義在R 上的奇函數，且當 x > 0時，
f x = x 1- lnx ，則當 x < 0 時， f x 的單調遞增區間為 ．
13．（2023· asin x湖南·模擬預測）已知函數 f x = e - a sin x，對于任意 x1, x2 R ，都有
f x1 - f x2 e - 2，則實數 a的取值范圍為 .
14 2023· · f x = e2x - 2a x - 2 ex - a2 2．（ 廣東廣州 模擬預測）已知函數 x a > 0 恰有兩個零點，
則a = .
四、解答題
15．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - bx．
(1)當 a =1，b = 3時，求 f (x) 的單調區間；
(2)若函數 f (x) 在 x = 2處取得極值 ln 2，求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程．
16 2024· · f (x) = a ex + a2．（ 全國 模擬預測）已知函數 - x．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) 4 ln a + 2 ．
1
17．（2024· 2全國·模擬預測）已知函數 f x = x + x + aln x +1 ， a R ．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2) 2證明：當 a < -1時，a + f x > 1．
1 1
18．（2024· · 3 2青海 模擬預測）已知函數 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點，求m 的取值范圍．
19．（2023· x全國·模擬預測）已知函數 f x = e + ax - b，其中 e為自然對數的底數．
(1)若 f x 在區間 1,2 上不是單調函數，求 a的取值范圍．
1
(2)當 x 0 時， f x 1+ x2 - b恒成立，求 a的取值范圍．
2
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）下列函數是奇函數且在 0, + 上單調遞減的是（ ）
x - x
A． f x = 3x + 2- x B． f x 2 - 2=
2x + 2- x
2
C． f x = x - x 3 D． f x = log1 x + x +1
2
2．（2024· 3 2全國·模擬預測）已知函數 f (x) = loga x - ax + x - 2a (a > 0且 a 1)在區間 (1, + )
上單調遞減，則 a的取值范圍是（ ）
2ù é2
A． 0, ú B． ê ,1÷ C． (1, 2] D．[2,+ )è 3 3
1
3 2024· 2．（ 甘肅蘭州·三模）函數 f x = -x + ax +1- ln x ，若 f x 在 0, ÷是減函數，則實
è 2
數 a 的取值范圍為（ ）
A． (- , 2] B． (- ,2) C． (- ,3] D． (- ,3)
2.01
4 2024· · 1 1 1 103 1 2
2.01

．（ 全國 模擬預測）已知 a = + + ,b = ln ,c =
100 101 102 100
+
10 ÷ 15 ÷
，則（ ）
è è
A． a < b < c B． c < b < a C．b二、多選題
5．（2024·云南昆明· 3 2模擬預測）已知函數 f x = x + ax - ax +1，則下列說法正確的是（ ）
A．若 f x 為R 上的單調函數，則 a < -3
B．若 a = 2時， f x 在 -1,1 上有最小值，無最大值
C．若 f x -1為奇函數，則 a = 0
D．當 a = 0時， f x 在 x =1處的切線方程為3x - y -1 = 0
6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正確的是（ ）
A． eπ > πe B．- ln 0.9
1
<
9
C．5sin
1
<1 D． sin
1 1
<
5 3 π
三、填空題
7．（2024·全國·模擬預測）已知 a > 1，b > 0， c >1，且 ae-a = e-b ln b = ce- c ，則 a，b，c
的大小關系為 ．（用“ <”連接）
8．（2023·安徽·二模）若不等式 ln x - ax 2a2 - 3對"x (0,+ )恒成立，則實數 a 的取值范
圍為 ．
四、解答題
9 3 2．（2024·湖南衡陽·二模）已知函數 f x = ax + bx +1 a R ，當 x = 2時， f x 取得極值
-3．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求 f x 在區間 -1,3 上的最值．
m -1
10．（2024·陜西西安·三模）已知函數 f (x) = mx - - lnx(m R) ，函數
x
g(x) ln x 1 π= + ,q [0, ) 在區間[1, + ) 上為增函數．
x cosq 2
(1)確定q 的值，求m = 3時曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)設函數 h(x) = f (x) - g(x)在 x (0,+ )上是單調函數，求實數m 的取值范圍．
11．（2024·遼寧丹東·一模）已知函數 f (x) = ln x + mx +1．
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當m =1時，數列{an}滿足 a1 =1， an+1 = f (an )
①求證： an 2
n-1
；
1 1 1
②求證： (1+ 2 )(1+ 2 )L(1+ ) < ea2 a3 a
2 ．
n

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