資源簡介

第 02 講 導數與函數的單調性
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：函數的單調性與導數的關系 ....................................................................................................................4
知識點 2：利用導數判斷函數單調性的步驟 ............................................................................................................5
解題方法總結 ...............................................................................................................................................................5
題型一：利用導函數與原函數的關系確定原函數圖像 ...........................................................................................6
題型二：求單調區間 ...................................................................................................................................................9
題型三：已知含參函數在區間上的遞增或遞減，求參數范圍 .............................................................................11
題型四：已知含參函數在區間上不單調，求參數范圍 .........................................................................................13
題型五：已知含參函數在區間上存在增區間或減區間，求參數范圍 .................................................................16
題型六：不含參數單調性討論 .................................................................................................................................19
題型七：導函數為含參一次函數的單調性分析 .....................................................................................................20
題型八：導函數為含參準一次函數的單調性分析 .................................................................................................22
題型九：導函數為含參可因式分解的二次函數單調性分析 .................................................................................23
題型十：導函數為含參不可因式分解的二次函數單調性分析 .............................................................................27
題型十一：導函數為含參準二次函數型的單調性分析 .........................................................................................32
題型十二：分段分析法討論函數的單調性 .............................................................................................................35
04 真題練習·命題洞見 .......................................................................................................................38
05 課本典例·高考素材 .......................................................................................................................40
06 易錯分析·答題模板 .......................................................................................................................44
易錯點：對 “導數值符號” 與 “函數單調性” 關系理解不透徹 .............................................................................44
答題模板：利用導數判斷函數的單調性 .................................................................................................................45
考點要求 考題統計 考情分析
2023 年乙卷（文）第 20 題，12 高考對函數單調性的考查相對穩定，考
分 查內容、頻率、題型、難度均變化不大．高
2023 年乙卷（理）第 16 題，5 分 考在本節內容上無論試題怎樣變化，我們只
（1）函數的單調區間
2023 年 II 卷第 6 題，5 分 要把握好導數作為研究函數的有力工具這一
（2）單調性與導數的關系
2022 年甲卷第 12 題，5 分 點，將函數的單調性本質問題利用圖像直觀
2022 年 I 卷第 7 題，5 分 明了地展示出來，其余的就是具體問題的轉
2021 年浙江卷第 7 題，5 分 化了．
復習目標：
（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）．
知識點 1：函數的單調性與導數的關系
1、函數的單調性
函數單調性的判定方法：設函數 y = f (x) 在某個區間內可導，如果 f (x) > 0 ，則 y = f (x) 為增函數；
如果 f (x) < 0 ，則 y = f (x) 為減函數．
2、已知函數的單調性問題
①若 f (x) 在某個區間上單調遞增，則在該區間上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要滿足
f (x) > 0 ，才能得出 f (x) 在某個區間上單調遞增；
②若 f (x) 在某個區間上單調遞減，則在該區間上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要滿足
f (x) < 0 ，才能得出 f (x) 在某個區間上單調遞減．
【診斷自測】（2024·高三·上海松江·期末）函數 y = f x 的圖象如圖所示， y = f x 為函數 y = f x
f x
的導函數，則不等式 < 0的解集為（ ）
x
A． (-3, -1) B．( 0, 1)
C． (-3,-1) (0,1) D． (- , -3) U (1,+ )
【答案】C
【解析】由圖象可知，在區間 - , -3 , -1,1 上 f x < 0，
在區間 -3, -1 , 1, + 上 f x > 0，
f x
所以不等式 < 0的解集為 (-3,-1) (0,1) .
x
故選：C
知識點 2：利用導數判斷函數單調性的步驟
（1）確定函數 f x 的定義域；
（2）如果導函數中未知正負，則需要單獨討論的部分．如果導函數恒正或恒負，則無需單獨討論；
（3）求出導數 f x 的零點；
（4）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；
（5）如果找到零點后仍難確定正負區間段，或一階導函數無法觀察出零點，則求二階導；求二階導
往往需要構造新函數，令一階導函數或一階導函數中變號部分為新函數，對新函數再求導．通過二階導正
負判斷一階導函數的單調性，進而判斷一階導函數正負區間段.
【診斷自測】（2024·湖南懷化·二模）已知 f (x) = 2x2 - 3x - lnx ，則 f (x) 的單調增區間為 ．
【答案】 1, + / 1, +
【解析】函數 f (x) = 2x2 - 3x - lnx 的定義域為 (0, + )，求導得 f (x) 4x 3
1 (4x +1)(x -1)
= - - = ，
x x
由 f (x) > 0，得 x >1，所以 f (x) 的單調增區間為 (1, + ) .
故答案為： (1, + )
解題方法總結
1、使 f (x) = 0 的離散點不影響函數的單調性，即當 f (x)在某個區間內離散點處為零，在其余點處均
為正（或負）時， f (x) 在這個區間上仍舊是單調遞增（或遞減）的．例如，在 (- ,+ ) 上， f (x) = x3 ，
當 x = 0 時， f (x) = 0 ；當 x 0時， f (x) > 0 ，而顯然 f (x) = x3 在 (- ,+ ) 上是單調遞增函數．
2、若函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞增，則 f (x) 0 （ f (x)不恒為 0），反之不成立．因為
f (x) 0 ，即 f (x) > 0 或 f (x) = 0 ，當 f (x) > 0 時，函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞增．當 f (x) = 0
時， f (x) 在這個區間為常值函數；同理，若函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞減，則 f (x) 0 （ f (x)不
恒為 0），反之不成立．這說明在一個區間上函數的導數大于零，是這個函數在該區間上單調遞增的充分不
必要條件．于是有如下結論：
f (x) > 0 f (x) 單調遞增； f (x) 單調遞增 f (x) 0；
f (x) < 0 f (x) 單調遞減； f (x) 單調遞減 f (x) 0．
題型一：利用導函數與原函數的關系確定原函數圖像
【典例 1-1】（2024·重慶·模擬預測）已知函數 f (x) = xa (x > 0)，a 為實數， f (x) 的導函數為 f (x) ，在
同一直角坐標系中， f (x) 與 f (x) 的大致圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由 f (x) = xa ,可得 f x = a xa -1
對于A ，當a = -1時，在第一象限上 f x = x-1遞減，對應 f x 1= -x-2 = - 2 圖象在第四象限且遞增，故x
A 項符合；
對于B, C, D,在第一象限上 f x 與 f (x) 的圖象在 (0, + )上都單調遞增，故a > 0且a -1 > 0 ，則a > 1 .
又由 f x = f x 可得 x = a > 1，即 f (x) = xa 與 f x = a xa -1 的圖象交點橫坐標應大于 1，顯然 C 項不符
合，B, D 項均符合.
故選：C.
【典例 1-2】（2024·廣東廣州·一模）已知函數 y = f (x) 的圖像如圖所示，則其導函數 y = f x 的圖像可
能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由圖可知，當 x > 0時， f x 單調遞減， f x < 0，由此排除 BD 選項.
當 x < 0 時，從左向右， f x 是遞增、遞減、遞增，
對應導數的符號為+,-,+ ，由此排除 C 選項，
所以 A 選項正確.
故選：A
【方法技巧】
原函數的單調性與導函數的函數值的符號的關系，原函數 f (x) 單調遞增 導函數 f (x) 0 （導函數
等于 0，只在離散點成立，其余點滿足 f (x) > 0 ）；原函數單調遞減 導函數 f (x) 0 （導函數等于 0，
只在離散點成立，其余點滿足 f (x0 ) < 0）．
【變式 1-1】（2024·高三·陜西西安·期中）已知函數 y = f x x R 的圖象如圖所示，則不等式
xf x > 0的解集為（ ）.

A． 0,
1 1 1
÷ 2, +

B． - ,
U
3 3 ÷
, 2÷
è è è 3
1
C． - ,0 U , 2÷ D． -1,0 U 1,3
è 3
【答案】A
【解析】由 y = f x x R 的圖象可知， f x 1 1在 - , ÷和 2, + 上單調遞增，在 , 23 ÷上單調遞減，è è 3
x 1 1則當 - , ÷時 f x > 0， x 2, + 時 f x > 0 ， x , 2 時 f x < 0，
è 3 è 3 ÷
所以不等式 xf x 1> 0 的解集為 0,

÷ 2, + .
è 3
故選：A
【變式 1-2】（2024·北京海淀·一模）函數 f (x) 是定義在 (-4,4)上的偶函數，其圖象如圖所示， f (3) = 0 .
設 f (x) 是 f (x) 的導函數，則關于 x 的不等式 f (x +1) × f (x) 0的解集是（ ）
A．[0,2] B．[-3,0]U[3,4) C． (-5,0]U[2, 4) D． (-4,0]U[2,3)
【答案】D
【解析】由 f (3) = 0，且 f (x) 為偶函數，故 f (-3) = 0 ，
由導數性質結合圖象可得當 x -4,0 時， f x < 0，
當 x 0,4 時， f x > 0，當 x = 0時，即 f 0 = 0，
ì-4 < x +1 < 4
則由 f (x +1) × f (x) 0，有 í ，解得-4 < x < 3
-4 < x < 4
，
ì f x +1 > 0 ì f x +1 < 0
亦可得 í f x 0 ，或 í f x 0 ，或
f x +1 = 0，或 f x = 0，
> <
ì f x +1 > 0 ì-4 < x +1 < -3 ì3 < x +1< 4
由 í f x 0 可得 í 或 í ，即 2 < x < 3， > 0 < x < 4 0 < x < 4
ì f x +1 < 0 ì-3 < x +1 < 3
由 í f x < 0 可得 í ，即-4 < x < 0 -4 < x < 0
，
由 f x +1 = 0，可得 x +1 = ±3，即 x = 2或 x = -4（舍去，不在定義域內），
由 f x = 0，可得 x = 0，
綜上所述，關于 x 的不等式 f (x +1) × f (x) 0的解集為 (-4,0]U[2,3) .
故選：D.
題型二：求單調區間
【典例 2-1】（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 ．
【答案】 -1,0
【解析】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 .
x
【典例 2-2 e】函數 y = 的嚴格遞減區間是 .
x - 2
【答案】 - , 2 , 2,3 .
ex
【解析】函數 y = 的定義域為 - , 2 2, + ，
x - 2
x - 3 ×e
x
f x =
x - 2 2 ，
x
令 f x < 0，則 x < 3且 x 2 y e，即 = 的嚴格遞減區間為 - , 2 , 2,3 .
x - 2
故答案為： - , 2 , 2,3 .
【方法技巧】
求函數的單調區間的步驟如下：
（1）求 f (x) 的定義域
（2）求出 f (x)．
（3）令 f (x) = 0 ，求出其全部根，把全部的根在 x 軸上標出．
（4）在定義域內，令 f (x) > 0 ，解出 x 的取值范圍，得函數的增區間；令 f (x) < 0 ，解出 x 的取值范
圍，得函數的減區間．若一個函數具有相同單調性的區間不只一個，則這些單調區間用“和”或“，”隔開．
2 a
【變式 2-1】（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 = x - ，
x
且 f -1 = 0 .則 f x 的單調增區間為 .
【答案】 -1,0 , 0,1
2 a
【解析】因為 x < 0 時 f x = x - ，則 f x a= 2x + 2 x < 0 ，x x
又 f -1 = 0，則-2 + a = 0，即 a = 2，
2 x
3 +1
所以 f x = 2x + 2 = 2 2 ÷ x < 0 ，x è x
f x < 0 x3 1 0 x +1 x2令 ，即 + < ，即 - x +1 < 0，
2
又 x2 - x +1 = x 1- 3 ÷ + > 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
1
【變式 2-2】（2024 2·廣西·模擬預測）函數 f x = x - 2x - 3ln x的單調遞增區間為 ．
2
【答案】 3, +
【解析】函數 f x 的定義域為 0, + ，
2 x - 3 x +1
f x = x - 2 3 x - 2x - 3 - = = ，
x x x
由 f x > 0得 x > 3或 x < -1（因為 x > 0，故舍去），
所以 f x 在區間 3, + 上單調遞增．
故答案為： 3, +
【變式 2-3】函數 f x = sin2x + 2cosx在 0, π 上的單調遞減區間為 .
π , 5π 【答案】 6 6 ÷è
【解析】由題意知， f x = 2cos2x - 2sinx = 2 1- 2sin2x - 2sinx < 0 .
1
即 2sin2x + sinx -1> 0 ， 2sin x -1 sin x +1 > 0，因為 sin x > 0，所以 sin x > ，2
所以在 0, π π 5π中， < x < ，
6 6
所以 f x = sin2x + 2cosx在 0, π π 5π 上的單調遞減區間為 ,6 6 ÷ .è
π , 5π 故答案為：
è 6 6 ÷
題型三：已知含參函數在區間上的遞增或遞減，求參數范圍
x
【典例 3-1】已知函數 f x = 2 - x e - ax 在 0,5 上為減函數，則 a的取值范圍是（ ）
A． - ,5e B． 5e, + C． 1, + D． 1, +
【答案】D
x
【解析】因為函數 f x = 2 - x e - ax 在 0,5 上為減函數，
所以 f x = -ex + 2 - x ex - a 0在 0,5 上恒成立，
所以 a 1- x ex 在 0,5 上恒成立，令 g x = 1- x ex，
x
所以 g x = -e + 1- x ex = -xex < 0，
所以 g x 在 0,5 5上單調遞減，所以-4e = g 5 < g x < g 0 =1，
故 a 1，所以 a的取值范圍是 1, + .
故選：D.
1
3-2 f x = x3 a【典例 】已知函數 + x2 + x +1在 - ,0 ， 3, + 上為增函數，在（1，2）上為減函數，
3 2
則實數 a 的取值范圍為（ ）
A é
10 10 5
． ê- ,-2
ù é ù
ú B． ê- ,- ú C．
10
- , -2 D． - ,-2
3 ÷ 3 2 è 3
【答案】B
【解析】由 f x 1= x3 a+ x2 + x +1，得 f x = x2 + ax +1，
3 2
∵ f x 在 - ,0 ， 3, + 上為增函數； 1,2 上為減函數,
∴ f x = 0兩根分別位于 0,1 和 2,3 中，
ì f 0 0 ì f 0 =1 0

f 1 0 f 1 = a + 2 0 10 a 5得 í - - f 2 0
，即
í f 2 = 2a + 5 0
，解得 .
3 2
f 3 0 f 3 = 3a +10 0
故選：B
【方法技巧】
已知函數在區間上單調遞增或單調遞減，轉化為導函數恒大于等于或恒小于等于零求解．
【變式 3-1】已知函數 f x = lnx - ax 在區間 1,3 上單調遞減，則實數 a的取值范圍為（ ）
1
A． a 1
1
B． a >1 C． a D． a >
3 3
【答案】A
【解析】因為 f x = lnx - ax ，所以 f x 1= - ax ，
因為 f x 在區間 1,3 上單調遞減，
所以 f x 0 1，即 - a 0，則 a 1 在 1,3 上恒成立，
x x
y 1因為 = 在 1,3 上單調遞減，所以 ymax =1，故 a 1 .x
故選：A.
【變式 3-2】（2024 x x·高三·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 ú B． ê ,12 2 2 ÷÷
C． ,1÷÷ D． 0,
è 2
÷÷
è 2
【答案】B
x x
【解析】因為函數 f x = a + (1+ a) 在 0, + 遞增，
所以 f x = a x ln a + (1+ a)x 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)
x 0
y = 1+ a 1+ a ln a由函數 ÷ 單調遞增得 =1 - ，
è a 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 a <1，
0 < a <1 0 < a <1 2
é 5 -1
所以 a的取值范圍是 ê ,1÷÷ .
2
故選：B
【變式 3-3】（2024 2·陜西西安·三模）若函數 f x = x - ax + ln x在區間 1,e 上單調遞增，則 a的取值范
圍是（ ）
A． 3, + B． - ,3 C． é 3,e2 +1ù D． é 3,e2 -1ù
【答案】B
【解析】因為函數 f x = x2 - ax + ln x在區間 1,e 上單調遞增，
所以 f x = 2x - a 1+ 0在區間 1,e 上恒成立，
x
即 a 2x
1
+ 在區間 1,e 上恒成立，
x
g x 2x 1令 = + 1< x < e ，
x
1 2x2 -1 2x +1 2x -1 則 g x = 2 - = = > 0，
x2 x2 x2
所以 g x 在 1,e 上遞增，又 g 1 = 3，
所以 a 3 .
所以 a的取值范圍是 - ,3 .
故選：B
【變式 3-4】（2024·高三·江蘇南通·期中）已知函數 f x = x2 - ax + ln x a R 1 的減區間為 ,1÷，則
è 2
a = .
【答案】3
1 2x
2 - ax +1 1
【解析】由題意可得， f x 2x = - a + = < 0，解集為 ,12 ÷，則 a = 3 .x x è
故答案為：3
題型四：已知含參函數在區間上不單調，求參數范圍
4-1 2024 f (x) x
2 1
【典例 】（ ·寧夏銀川·三模）若函數 = - ln x 在區間 (m, m + )上不單調，則實數 m 的取值
2 3
范圍為（ ）
0 m 2 2A． < < B． < m <1
3 3
2
C． m 1 D．m>1
3
【答案】B
x2
【解析】函數 f (x) = - ln x 的定義域為 (0, + )，
2
f (x) x 1 x
2 -1 (x +1)(x -1)
且 = - = = ，
x x x
令 f (x) = 0，得 x =1，
因為 f (x) 在區間 (m, m
1
+ )上不單調，
3
ìm > 0
2
所以 í 1 ，解得： < m <1
m <1 < m + 3 3
故選：B.
【典例 4-2】已知函數 f x = 1- x ln x + ax 在 1, + 上不單調，則 a的取值范圍是（ ）
A． 0, + B． - ,0 C． 0, + D． - ,0
【答案】A
【解析】依題意 f x = - ln x 1+ + a -1，故 f (x)在 1, + 上有零點，令 g(x) ln x 1= - + + a -1，令 g(x) = 0 ，
x x
得 a = ln x
1
- +1，令 z(x) ln x
1
= - +1，
x x
則 z (x)
1 1
= + 2 ，由 x >1，得 z (x) > 0， z(x)單調遞增，又由 z(1) = 0，得 z(x) > 0，x x
故 a = z(x) > 0，所以， a的取值范圍 0, +
故選：A
【方法技巧】
已知區間上函數不單調，轉化為導數在區間內存在變號零點，通常用分離變量法求解參變量范圍．
【變式 4-1】函數 f (x)
1
= ax2 - 2ax + ln x在 1,3 上不單調，則實數 a的取值范圍為（ ）
2
, 1- - A． ÷ B． (1, + )
è 3
1 1
C． - , - (1, + ) D． - , - U (2, + )
è 3 ÷ 2 ÷ è
【答案】C
1 2
【解析】函數 f (x) = ax - 2ax + ln x，
2
f (x) ax 2a 1 ax
2 - 2ax +1
則 = - + = ，
x x
記j(x) = ax2 - 2ax +1，
∵ f (x) 在 1,3 上不單調，
當 a = 0時不滿足；
當 a 0時，j x 對稱軸為 x =1，j(1)j(3) < 0，
a 1∴ < - 或 a >1，
3
故選：C．
【變式 4-2】函數 f x = 1- x lnx + ax在 1, + 上不單調的一個充分不必要條件是（ ）
A． a 1,+ B． a - ,0 C． a 0, + D． a -1, +
【答案】A
【解析】依題意， f x = -lnx 1+ + a -1，因 f x 在 1, + 上不單調，
x
故導函數 f x 在 1, + 上必有變號零點.
f x = 0 a lnx 1 1 1 1令 ，得 = - +1，再令 z x = lnx - +1，則 z x = + ，
x x x x2
由 x >1，得 z x > 0, 即 z x 在 1, + 上單調遞增，所以 z x > z(1) = 0，
故只需 a > 0，即 a (0,+ ) ，
對于 A， 1, + 是 0, + 的真子集,故 A 選項是一個充分不必要條件，
而其他選項中， a的范圍都不是 (0, + )的真子集，故都不正確.
故選:A．
【變式 4-3】若函數 f x = x3 -12x在區間 k -1, k +1 上不單調，則實數 k 的取值范圍是（ ）
A． - , -3 -1,1 3, + B． -3, -1 1,3
C． -2,2 D．不存在這樣的實數 k
【答案】B
【解析】由題意得， f x = 3x2 -12 = 0在區間 k -1, k +1 上至少有一個實數根，
又 f x = 3x2 -12 = 0的根為±2，且 f x 在 x = 2或 x = -2兩側異號，
而區間 k -1, k +1 的區間長度為 2，故只有 2 或-2 在區間 k -1, k +1 內，
∴ k -1< 2 < k +1或 k -1< -2 < k +1，
∴1 < k < 3或-3 < k < -1，故 A，C，D 錯誤.
故選：B.
【變式 4-4】函數 f x p= sin x ÷ - ax 在 R 上不單調，則 a的取值范圍是（2 ）è
A． -1,1 B． -1,1 p p p p C é ù． ê- ,-2 2 ú D． - ,-2 2 ÷ è
【答案】D
π π
【解析】由 f (x) = cos( x)
π
- a ，而 cos(
π x) [ π- , π]，
2 2 2 2 2 2
要使 f (x)
π π
在 R 上不單調，則a (- , ) .
2 2
故選：D
題型五：已知含參函數在區間上存在增區間或減區間，求參數范圍
【典例 5-1】已知函數 f (x) = ax3 - x2 +1在( 0, 1)上有增區間，則 a 的取值范圍是 .
2
【答案】 ,+

÷
è 3
【解析】等價于存在 x (0,1) 使得 f (x) > 0成立，即 a ( 2> ) 成立，即得解.由題得 f (x) = 3ax2 - 2x ，
3x min
因為函數 f (x) = ax3 - x2 +1在( 0, 1)上有增區間，
所以存在 x (0,1) 使得 f (x) > 0成立，
即a
2
> 成立，
3x
2 2
因為0 < x <1時， > ，
3x 3
2
所以 a > .
3
2
故答案為： ,+
è 3 ÷
5-2 f (x) = x3
1
【典例 】若函數 - ax2 + x在 1,3 存在單調遞減區間，則 a 的取值范圍為 ．
2
【答案】 a > 4
【解析】 f (x) = 3x2 - ax +1，等價于 f x < 0在 1,3 有解，即3x2 - ax +1 < 0 在 1,3 有解，
a 3x 1即 > + 在 1,3 1有解，所以 a > 3x + x è x ÷ ， min
g(x) 3x 1令 = + , x 1,3 ，
x
2
則 g x 3 1 3x -1= - 2 = g x2 > 0，即 在 1,3 上是增函數，x x
∴ g(x)min = g(1) = 4，所以 a > 4 .
故答案為： a > 4 .
【方法技巧】
已知函數在區間上存在單調遞增或遞減區間，轉化為導函數在區間上大于零或小于零有解．
【變式 5-1】若函數 f (x) ln x
1
= - ax2 - 2x 存在單調遞減區間，則實數 a的取值范圍是 .
2
【答案】 (-1, + )
f (x) 1 ax 2 1- 2x - ax
2
【解析】 = - - = ，
x x
由題意知， f (x) < 0在 (0, + )上有實數解，
即 ax2 + 2x -1 > 0 有實數解，
當 a 0時，顯然滿足，
當 a<0時，只需D = 4 + 4a > 0
\-1< a < 0
綜上所述 a > -1
故答案為： (-1, + )
【變式 5-2】若函數 f (x) = x2 - ex - ax在 R 上存在單調遞增區間，則實數 a的最大值為 ．
【答案】 2ln 2 - 2
【解析】因為 f (x) = x2 - ex - ax，所以 f (x) = 2x - ex - a ，由題意 f (x) = 2x - ex - a > 0有解，即
a < -ex + 2x有解，令 g(x) = -ex + 2x , g (x) = -ex + 2 = 0, x = ln 2 ,
g (x) = -ex + 2 > 0, x > ln 2時，該函數單調遞增；
g (x) = -ex + 2 < 0, x < ln 2 時,該函數單調遞增，
所以，當 x = ln 2, g(x)取得最大值 2ln 2 - 2 ,
所以 a < 2ln 2 - 2．
【變式 5-3】（2024·高三·湖北襄陽·期末）函數 f x 的導函數為 f x ，若在 f x 的定義域內存在一
個區間D, f x 在區間 D上單調遞增， f x 在區間 D上單調遞減，則稱區間 D為函數 f x 的一個“漸緩
增區間”．若對于函數 f x = aex - x2 ，區間 0,
1
÷是其一個漸緩增區間，那么實數 a的取值范圍是 ．
è 2
é e 2 e ù
【答案】 ê ,e e ú
x 2 1
【解析】對于函數 f x = ae - x ， x 0, 2 ÷è
f x = aex - 2x g x = aex，令 - 2x ，
g x = aex - 2 1 則 ，因為 f x 在區間 0, ÷ 上單調遞減，
è 2
2 2 2
所以 aex
2
- 2 0恒成立，即 a x 恒成立，又 x
>
e 1
=
e e2 e
，
2 e
所以 a ，
e
f x 0, 1 又 在區間 ÷ 上單調遞增，
è 2
所以 f x = aex - 2x 0恒成立，
1 e
所以 ae2 -1 0，解得 a ，e
e
綜合得 a 2 e .
e e
é e 2 e ù
故答案為： ê , ú .
e e
1 3
【變式 5-4】若函數 f (x) = x2 + mx ex é在 ê- , ùú上存在單調遞減區間，則m 的取值范圍是 ． 2 2
3
【答案】 - ,

2 ֏
2
【解析】 f x = x + mx ex ，則 f x = ex x2 + mx + 2x + m ，
函數 f x é 1 3 1 3在區間 ê- ,
ù
ú上存在減區間，只需 f x < 0
é ù
在區間 ê- , ú上有解， 2 2 2 2
2
即 x + m + 2 x + m < 0 é 1 3ù在區間 ê- , ú上有解， 2 2
x 1 3 1 5又
é- , ù x +1 é , ùê ，則 ， 2 2ú ê2 2ú
-x2 - 2x é 1 3ù
所以m < 在區間 ê- ,x +1 2 2ú
上有解，


m -x
2 - 2x é 1 3ù é1 5ù
所以 < ÷ ， x ê- , ú，令 x +1= t ， t , ，
è x +1 max 2 2
ê2 2 ú
2
則 -x
2 - 2x - x +1 +1 -t 2 +1
= = ，
x +1 x +1 t
令 g t 1 1 1 5= -t + ，則 g t = -1- 2 < 0在區間 t
é , ù
t t ê2 2 ú
恒成立，

g t t é1 5 , ù g t g 1= 3所以 在 ê = 2 2 ú上單調遞減，所以 max 2 ÷ ，è 2
-x2 - 2x 3 3 3
即 ÷ = ，所以m < ，所以實數m 的取值范圍是 - , ÷．
è x +1 2max 2 è 2
3
故答案為： - , ÷．
è 2
題型六：不含參數單調性討論
【典例 6-1】（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .若 a =1，討論 f x
的單調性；
【解析】函數 f x 的定義域為 0, + ，
2
當 a =1時， f x = x - 2e2 lnx - x - 2e2 ，所以 f x 2e= - + lnx ，
x
2 2
設 g x f x 2e 2e= = - + lnx，因為 y = - 、 y = lnx都在 0, + 上單調遞增，
x x
所以 g x 在 0, + 上單調遞增，且 g e2 = 0，
2
所以 x 0,e 時， g x < 0, f x < 0, f x 單調遞減；
x e2 ,+ 時， g x > 0, f x > 0, f x 單調遞增.
所以 f x 在 0,e2 2上單調遞減，在 e ,+ 上單調遞增.
π
【典例 6-2】（2024·高三·天津·開學考試）已知函數 f ( x ) = ex - k si n x ．當 k =1, x 0, ÷時，求
è 2
f (x) 的單調區間；

【解析】當 k =1時，若 x 0,
π
÷ , f (x) = e
x - sin x，則 f (x) = ex - cos x >1- cos x > 0，
è 2
π
所以函數 f (x)

的單調遞增區間為 0,

÷，無單調遞減區間．
è 2
【方法技巧】
確定不含參的函數的單調性，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，而用“，”或“和”隔開．
x
【變式 6-1】已知函數 f (x) = ln(e -1) - ln x．
判斷 f (x) 的單調性，并說明理由；
f (x) e
x 1 xex - ex +1 (x -1)ex +1
【解析】 = x - = =e -1 x (ex -1)x (ex -1)x
令 g(x) = (x -1)ex +1 x， g (x) = e + (x -1)ex = xex > 0
g(x)在 (0,+ )上遞增，\ g(x) > g(0) = 0，\ f (x) > 0，
f (x) 在 (0,+ )上單調遞增.
2lnx + x + a
【變式 6-2】（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 f x = a R ，若 a = 2，求 f x 的單調區
x
間.
f x 2lnx + x + 2【解析】若 a = 2，則 = 的定義域為 0, + ，
x
x 2 +1÷ - 2ln x + x + 2 且 f x è x -2ln x ，=
x2
=
x2
令 f x > 0，解得0 < x <1；令 f x < 0，解得 x >1；
所以 f x 的單調遞增區間為 0,1 ，單調遞減區間為 1, + .
2
【變式 6-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ax2 - lnx a R ．
當 a =1時，討論函數 f x 的單調性．
【解析】當 a =1時，可得 f x = x2 - lnx 2 ，其中 x (0,+ )，則 f x 2x 2lnx= - ，x
g x 2x 2lnx= - 2 x
2 + lnx -1
設 ，則
x g x = ，x2
令 h x = x2 + lnx -1，可得 h x = 2x 1+ > 0恒成立，
x
所以 h x 為 0, + 上的增函數，且 h 1 = 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，所以 g(x)min = g 1 = 2 ，
所以 f (x)min = 2 > 0，所以 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增．
x
【變式 6-4】函數 f x = ae - ln x -1 . a 2 e當 = 時，求函數 f x 的單調性；
e
【解析】當 a 2 e 2 e= 時， f x = ex - ln x -1，定義域為 0, + ，
e e
f x 2 e ex 1 g x f x 2 e ex 1 2 e 1= - ，記 = = - ，則 g x = ex + > 0，
e x e x e x2
f x 2 e 1
1
所以 = ex - 在 0, + 1 2 e上單調遞增，又 f ÷ = e2 - 2 = 0，e x è 2 e
0 x 1所以當 < < 時， f x < 0 x 1，當 > 時， f x > 0，
2 2
f x 0, 1 1 所以 在 ÷ 上單調遞減，在 ,+ ÷上單調遞增，
è 2 è 2
題型七：導函數為含參一次函數的單調性分析
【典例 7-1】已知函數 f (x) = ax - 2ln x．討論函數 f (x) 的單調性；
【解析】由題意可知 f (x) 的定義域為 0, + ，且 f x = a 2 ax - 2- = x > 0 ，
x x
當 a 0時， f x < 0恒成立，
所以 f x 的單調遞減區間是 0, + ，無單調遞增區間.
當 a > 0
2
時，令 f x = 0解得 x = ，
a
令 f x < 0 ，解得 x 0,
2
÷；令 f x > 0
2
，解得 x , +

÷，
è a è a
f x 所以 的單調遞減區間是 0,
2 2
÷，單調遞增區間是 ,+ ；
è a a ÷ è
綜上所述：當 a 0時， f x 的單調遞減區間是 0, + ，無單調遞增區間；
當 a > 0時， f x 2 2 的單調遞減區間是 0, ÷，單調遞增區間是 ,+ .
è a ÷ è a
a
【典例 7-2】已知函數 f x = + lnx -1, a R .討論函數 f x 的單調性；
x
a
【解析】（1）函數 f x = + lnx -1的定義域是 0, + ，
x
f x a 1 x - a因 = - + = ，
x2 x x2
①若 a 0，則 f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增；
②若 a > 0，則當 x 0, a 時， f x < 0, f x 單調遞減；
當 x a, + 時， f x > 0, f x 單調遞增；
綜上，當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增，
當 a > 0時， f x 在 0, a 上單調遞減，在 a,+ 上單調遞增
【方法技巧】
導函數的形式為含參一次函數，首先討論一次項系數為 0 的情形，易于判斷；當一次項系數不為零時，
討論導函數的零點與區間端點的大小關系，結合導函數的圖像判定導函數的符號，從而寫出函數的單調區
間．
【變式 7-1】（2024·陜西渭南·二模）已知函數 f x = ln x +1 - mx ，其中m R .討論 f x 的單調性；
1 1- mx - m
【解析】因為 f x = ln x +1 - mx ，易知其定義域為 (-1, + )， f x = - m = ，
x +1 x +1
當m 0時， f (x) > 0在 (-1, + )上恒成立，
當m > 0時，由 f x = 0，得到 x 1= -1 > -1，
m
所以，當-1
1
< x < -1時， f (x) > 0， x 1> -1時， f (x) < 0，
m m
綜上所述，當m 0時， f x 的單調增區間為 (-1, + )，無減區間，
當m > 0時， f x 1 1的單調增區間為 -1, -1m ÷，減區間 ( -1, + ) .è m
【變式 7-2】設函數 f x ln x 1 ax= + - ．討論 f x 的單調性；
x +1
1 a x +1- a
【解析】 f x 的定義域為 -1, + ， f x = - =x +1 x +1 2 x +1 2 ，
若 a 0，則 f x > 0， f x 在 -1, + 上單調遞增．
若 a > 0，則當 x -1,a-1 時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x a -1, + 時， f x > 0， f x 單調遞增；
題型八：導函數為含參準一次函數的單調性分析
【典例 8-1】（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 為 f (x) 的導數,討論 f (x) 的單
調性；
【解析】由題知 f x = ex - 2ax -1，
令 g x = f x = ex - 2ax -1，則 g x = ex - 2a，
當 a 0時， g x > 0, f x 在區間 - , + 單調遞增，
當 a > 0時，令 g x = 0 ，解得 x = ln2a，
當 x - , ln2a 時， g x < 0，當 x ln2a, + 時， g x > 0，
所以 f x 在區間 - , ln2a 上單調遞減，在區間 ln2a, + 上單調遞增，
綜上所述，當 a 0時， f x 在區間 - , + 上單調遞增；
當 a > 0時， f x 在區間 - , ln2a 上單調遞減，在區間 ln2a, + 上單調遞增.
x
【典例 8-2】（2024·海南海口·二模）已知函數 f x = x + 2 - ae .討論 f x 的單調性；
【解析】 f x x的定義域為R ， f x =1- ae ，
當 a 0時， f x > 0，所以 f x 在 - , + 上單調遞增；
當 a > 0
1 1
時，令 f x > 0，得 x < ln ，令 f x < 0，得 x > ln ，a a
所以 f x 在 - , ln
1 1
÷上單調遞增，在 ln ,+ ÷上單調遞減.
è a è a
【方法技巧】
導函數的形式為含參準一次函數，首先對 f (x)定號，然后討論導函數的零點與區間端點的大小關系，
結合導函數的圖像判定導函數的符號，從而寫出函數的單調區間．
【變式 8-1】已知函數 f x = x ln x - ax .討論 f x 的單調性；
【解析】
函數 f x 的定義域為 x (0，+ )， f (x) = ln x +1- a．
令 f (x) = 0，解得 x = ea-1，
則有當 0 < x < ea -1 時， f (x) < 0；當 x > ea-1時， f (x) > 0；
所以 f (x) 在 (0，ea-1)上單調遞減，在 (ea-1，+ ) 上單調遞增．
【變式 8-2】（2024·浙江寧波·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax -1 .討論 f (x) 的單調性;
【解析】 f x = ex - a ，
當 a 0時， f x > 0恒成立，故 f x 在R 上單調遞增，
當 a > 0時，令 f x = 0，解得 x = ln a，
所以當 x ln a,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增；當 x - , ln a 時， f x < 0， f x 單調遞減；
綜上，當 a 0時， f x 在R 上單調遞增；當 a > 0時， f x 在 ln a, + 上單調遞增，在 - , ln a 上單調
遞減；
題型九：導函數為含參可因式分解的二次函數單調性分析
2
【典例 9-1】已知函數 f x x= - a +1 x + a ln x．討論 f x 的單調性；
2
2
【解析】函數 f x x= - a +1 x + a ln x的定義域為 (0, + )，
2
f x x (a 1) a x
2 - (a +1)x + a (x -1)(x - a)
則 = - + + = = ，
x x x
①當 a 0時，令 f x < 0，解得0 < x <1，令 f x > 0，解得 x >1，
\ f (x)在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
②當 0 < a < 1時，令 f x < 0，解得 a < x <1，令 f x > 0，解得0 < x < a 或 x >1，
\ f (x)在 (a,1)上單調遞減，在 (0,a)和 (1, + )上單調遞增，
③當 a =1時， f x 0恒成立，
\ f (x)在 (0, + )上單調遞增，
④當 a >1時，令 f x < 0，解得1< x < a ，令 f x > 0，解得0 < x <1或 x > a，
\ f (x)在 (1, a)上單調遞減，在( 0, 1)和 (a,+ ) 上單調遞增，
綜上所述，當 a 0時， f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增；
當 0 < a < 1時， f (x) 在 (a,1)上單調遞減，在 (0,a)和 (1, + )上單調遞增；
當 a =1時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
當 a >1時， f (x) 在 (1, a)上單調遞減，在( 0, 1)和 (a,+ ) 上單調遞增；
【典例 9-2】已知函數 f (x)
1
= x2 + (1- a)x - a ln x(a R) .討論函數 f (x) 的單調性；
2
1 2
【解析】（1）因為 f (x) = x + (1- a)x - a ln x(a R)的定義域為 0, + ，
2
a x2f x x (1 a) + (1- a)x - a (x +1)(x - a)又 = + - - = = ，
x x x
當 a 0時，在 x (0,+ )上 f x > 0恒成立，所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
當 a > 0時，令 f x = 0，解得 x1 = -1（舍去）， x2 = a ；
當 x (0,a)， f x < 0， f (x) 在 (0,a)上單調遞減；
x (a,+ ) ， f x > 0， f (x) 在 (a,+ ) 上單調遞增；
綜上，當 a 0時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
當 a > 0時， f (x) 在 (0,a)上單調遞減， f (x) 在 (a,+ ) 上單調遞增.
【方法技巧】
若導函數為含參可因式分解的二次函數，令該二次函數等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，
判定導函數的符號，從而確定原函數的單調性.
【變式 9-1】已知函數 f x = ax2 - 2 + 5a x + 5ln x a R ，討論函數 f x 的單調性；
【解析】由題知， x > 0， f (x) = 2ax - (2 + 5a)
5 (ax -1)(2x - 5)
+ = ，
x x
①當 a 0時， x > 0,ax -1 < 0，
0 x 5則 < < 時， f (x) > 0， f (x) 單調遞增；
2
當 x
5
> 時， f (x) < 0， f (x) 單調遞減；
2
5 5
所以 f (x)

的增區間是 0, ÷ ，減區間是2
,+ ÷；
è è 2
0 a 2 1 5②當 < < 時， > ，
5 a 2
x 當 0,
5 1
和 ,+

2 ÷ a ÷
時， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
è è
x 5 1 當 , ÷時， f (x) < 0， f (x) 單調遞減，
è 2 a
0, 5 1 5 1故 f (x)

的增區間是 和2 ÷
,+ ÷ ，減區間是 , ÷；
è è a è 2 a
2
a 2= 4
x 5-
③當 時， ÷è 2 ，故 f (x) 的單調遞增區間是 0, + ；5 f (x) = 0
5x
1
a 2> 0 1 5< < 5 ④當 時， ，在 0, ÷和 ,+ ÷上， f (x) > 0, f (x)單調遞增；5 a 2 è a è 2
1 5
在 , ÷上， f (x) < 0, f (x) 單調遞減；
è a 2
f (x) 0, 1 5 1 5 故 的增區間是 和 ,+ ，減區間是 , ，
è a ÷ 2 ÷ ÷ è è a 2
5 5
綜上，當 a 0 f (x) 時， 的增區間是 0, ÷ ，減區間是 ,+ ÷；
è 2 è 2
5 1 5 1
當0 < a
2
< 時， f (x)

的增區間是 0,

5 2 ÷
和 ,+ ÷ ，減區間是 ,a 2 a ÷
；
è è è
a 2當 = 時， f (x) 的增區間是 0, + ，
5
2 0, 1 5 , 1 , 5a > f (x) + 當 時， 的增區間是 ÷和 ÷，減區間是 ÷．5 è a è 2 è a 2
1
【變式 9-2】已知函數 f x = - - a +1 ln x +1 + ax + e - 2（ a R ， e為自然對數的底數）.討論函數
x +1
f x 的單調性；
【解析】 f x 1= - - a +1 ln x +1 + ax + e - 2的定義域為 -1, + ，
x +1
1 a +1 a x +1
2 - a +1 x +1 +1 ax + a -1 x -1f x a = - + = = ，
x +1 2 x +1 x +1 2 x +1 2
- x -1f x 當 a = 0時， = f x > 0 f x < 0 x +1 2 ，令 得-1 < x <1，令 得 x >1，
故 f x 在 -1,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
1
當 a<0時，令 f x = 0得 x = -1< -1（舍去），或 x =1，
a
令 f x > 0得-1 < x <1，令 f x < 0得 x >1，
故 f x 在 -1,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
當 a > 0時，令 f x = 0 x 1得 = -1 > -1或 x =1，
a
0 a 1 1若 < < 時， x = -1 >1，
2 a
f x > 0 x 1令 得-1 < x <1或 > -1，令 f x < 0 1 x 1得 < < -1，
a a
故 f x 在 -1,1 1， -1, +
1
÷ 上單調遞增，在a
1, -1÷上單調遞減，
è è a
1 x -1 2
若 a =
1
時， - 1 = 1，此時 f x = 2 0 恒成立，2 a 2 x +1
故 f x 在 -1, + 上單調遞增，
若 a
1 1
> 時， -1<1，
2 a
令 f x > 0 1 1得-1 < x < -1或 x >1，令 f x < 0得 -1< x <1，
a a
f x 1, 1 1 1, 1故 在 - - ÷， +

上單調遞增，在
a
-1,1÷上單調遞減，
è è a
綜上，當 a 0時， f x 在 -1,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
1 1
當0
1
< a < 時， f x 在 -1,1 ， -1, + ÷ 上單調遞增，在2 a 1, -1÷上單調遞減，è è a
a 1當 = 時， f x 在 -1, + 上單調遞增，
2
a 1>
1 1
當 時， f x 在 -1, -1÷， 1, + 上單調遞增，在2 a -1,1a ÷上單調遞減；è è
1
【變式 9-3】（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數 f (x) = (1- b) ln x + bx + ,b R ．
x
(1)當b = 0時，求曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程；
(2)討論 f (x) 的單調性．
1
【解析】（1）由題意知，當b = 0時， f (x) = ln x + ，
x
則 f (1) =1, f (x)
x -1
= 2 , f
(1) = 0，
x
故曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程為 y =1．
（2） f (x) 的定義域為 (0, + ) f (x)
1- b b 1 (bx +1)(x -1)，且 = + -
x x2
= 2 ，x
當b 0時，則bx +1 > 0，
令 f (x) > 0，解得 x >1，令 f (x) < 0，解得0 < x <1，
所以 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減， f (x) 在 (1, + )上單調遞增；
當b < 0時，則有：
1
- >1 f (x) > 0 1 x 1若-1 < b < 0 ，則 ，令 ，則 < < - , f (x)單調遞增；
b b
令 f (x) < 0 1，則0 < x <1或 x > - , f (x) 單調遞減；
b
b 1若 < -1，則- <1，令 f (x) > 0
1
，則- < x <1, f (x) 單調遞增；
b b
令 f (x) < 0，則 x >1或0 1< x < - , f (x)單調遞減；
b
若b = -1，則 f (x) 0, f (x)單調遞減．
綜上所述，當b 0時， f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增；
當-1 < b < 0 時， f (x) 在 (0,1),
1
- ,+

÷上單調遞減，在 1,
1
- ÷ 上單調遞增；
è b è b
1 1
當b < -1時， f (x) 在 0,- ÷,(1,+ )上單調遞減，在b
- ,1÷上單調遞增；
è è b
當b = -1時， f (x) 在 (0, + )上單調遞減．
1 2
【變式 9-4】已知函數 f x = lnx - ax ， a R ．求函數 f x 的單調區間.
2
f x 0, + f x 1 ax 1- ax
2
【解析】函數 的定義域為 ．由題意得 = - = ,
x x
當 a 0時, f x > 0，則 f x 在區間 0, + 內單調遞增；
當 a > 0時，由 f x = 0，得 x 1= 或 x 1= - （舍去）,
a a
當0 < x 1< 時， f x > 0， f x 單調遞增，
a
x 1當 > 時， f x < 0， f x 單調遞減．
a
所以當 a 0時， f x 的單調遞增區間為 0, + ，無單調遞減區間；
1 1
當 a > 0時， f x 的單調遞增區間為 0, a ÷÷，單調遞減區間為 ,+ ÷÷ .è è a
題型十：導函數為含參不可因式分解的二次函數單調性分析
【典例 10-1 2】已知函數 g x = x + ln x - ax．討論 g x 的單調性
g x 2x 1 a 2x
2 - ax +1
【解析】 = + - = ， x > 0 ，
x x
當 a 0時， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上單調遞增．
當 a > 0時，令 g x = 0 ，則 2x2 - ax +1 = 0．
若D = a2 -8 0，即0 < a 2 2 時， g x 0恒成立，所以 g x 在 0, + 上單調遞增．
2
D = a2 -8 > 0 a > 2 2 2x2 - ax +1 = 0 x a ± a - 8若 ，即 時，方程 的根為 = ，
4
2 2 2 2
當 g x a - a -8 a + a -8> 0 0 a - a -8 a + a -8時， < x < 或 x > ， g x 在 0, ÷÷ 和 ,+ ÷÷上單調遞4 4 è 4 è 4
增；
2 2 2 2
當 g x < 0 a - a -8 a + a -8 a - a -8 a + a -8時， < x < ， g x 在 , ÷上單調遞減．
4 4 ֏ 4 4
a - a2 -8
綜上所述，當 a 2 2 時， g x 在 0, + 上單調遞增；當 a > 2 2 時， g x 在 0, ÷4 ÷ 和è
a + a2 -8
, + ÷4 ÷
上單調遞增，
è
a - a2 -8 , a + a
2 -8
在 ÷÷上單調遞減．
è 4 4
【典例 10-2】已知函數 f x = a +1 ln x + ax2 +1．討論函數 f x 的單調性；
2
f x 0, + a +1 2ax
2 + a +1 a 2x +1 +1【解析】 的定義域為 ， f x = + 2ax = = ．
x x x
當 a 0時， f x > 0，故 f x 在 0, + 單調遞增；
當 a -1時， f x < 0，故 f x 在 0, + 單調遞減；
當-1 < a < 0時，令 f x = 0 x a +1，解得 = - ．
2a
由于 f x 在 0, + 上單調遞減，

故當 x 0,
a +1 a +1
-
2a ÷
時， f x > 0，故 f x 在 0, - ÷單調遞增；
è è 2a
a +1 a +1
當 x - , + 時， f x < 0，故 f x 在 - ,+ 單調遞減．
è 2a
÷÷
è 2a
÷

【方法技巧】
若導函數為含參不可因式分解的二次函數，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域討
論.
1
【變式 10-1 2】討論函數 f (x) = ax - ln x + x ， a R 的單調性
2
【解析】因為 f (x)
1
= ax2 - ln x + x x > 0 f x ax 1，所以 = - +1 x > 0 ，
2 x
2
f x ax + x -1即 = x > 0 ，
x
當 a = 0時， f x x -1= x > 0 ，令 f x = 0，解得 x =1，
x
所以 x 0,1 時， f x < 0，所以 f x 在 0,1 上單調遞減，
x 1, + 時， f x > 0，所以 f x 在 0,1 上單調遞增；
2
當 a 0時， f x ax + x -1= x > 0 ，
x
令 g x = ax2 + x -1 x > 0 ，D =1+ 4a，
當 a > 0時，令 g x = 0，則 ax2 + x -1 = 0 ，D =1+ 4a > 0，
-1+ 1+ 4a -1- 1+ 4a
所以方程有x1、x2兩個根， 解得 x1 = ， x2a 2
= ，
2a
x x 1 0 1因為 1 + 2 = - < ， x1 × x2 = - > 0，所以 x1 > 0， x2 < 0，a a
x -1- 1+ 4a所以 2 = < 0不在定義域內，2a

x -1+ 1+ 4a

0, ÷÷ 時， f x < 0， f x 單調遞減，
è 2a

x -1+ 1+ 4a

, + 2a ÷÷
時， f x > 0， f x 單調遞增；
è
a<0時，當D =1+ 4a 0
1
時，即 a≤- 時， f x 0在 0, + 上恒成立，
4
所以 f x 在 0, + 上單調遞減；
1
當D =1+ 4a > 0，即- < a < 0 時，方程有x1、x2兩個根，4
x -1+ 1+ 4a x -1- 1+ 4a解得 1 = ， = ，2a 2 2a
因為 x1 + x
1 1
2 = - > 0， x1 × x2 = - < 0，所以 x1 > 0， x2 > 0，a a
1 1 4a 1 1 4a a<0 -1+ 1+ 4a -1- 1+ 4a- + + > - - + ，又因為 ， < ，
2a 2a
-1+ 1+ 4a
所以當 x 0, ÷÷ 時， f x < 0， f x 單調遞減，
è 2a

x -1+ 1+ 4a -1- 1+ 4a

, ÷÷時， f x > 0， f x 單調遞增，
è 2a 2a

x -1- 1+ 4a

,+ 2a ÷÷
時， f x < 0， f x 單調遞減；
è
綜上所述： a = 0時， f x 在 0,1 是單調遞減，在 1, + 單調遞增；
ù é
f x -1+ 1+ 4a -1+ 1+ 4a

a > 0時， 在 0, 上單調遞減，在 ,+ 上單調遞增
è 2a
ú ê ÷÷
2a
1 ù éf x -1+ 1+ 4a -1- 1+ 4a

- < a < 0 時， 在 0, ú 和4 ê
,+ 上單調遞減，
è 2a 2a ÷
÷

é -1+ 1+ 4a -1- 1+ 4a ù
在 ê , ú 上單調遞增；
2a 2a
a 1≤- 時， f x 在 0, + 單調遞減.
4
【變式 10-2】（2024·高三·廣西·開學考試）已知函數 f (x) = (x2 +1)eax + 3(a R)．討論 f (x) 的單調性．
【解析】 f (x) = (ax2 + 2x + a)eax ，
（i）當 a = 0時， f (x) = 2x ，由 f x < 0，得 x < 0 ；由 f x > 0，得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
（ⅱ）當 a 0時， ax2 + 2x + a = 0的判別式Δ = 4 - 4a2 ，
若 a > 0，①當 a 1時，Δ 0， f x 0在R 上恒成立， f x 在R 上單調遞增；
2 2
②當 0 < a < 1 -1- 1- a時，Δ > 0，方程 ax2 + 2x + a = 0的二根 x1 = , x
-1+ 1- a
a 2
= ，
a
由 f x > 0，得 x < x1或 x > x2 ，由 f x < 0，得 x1 < x < x2 ，
函數 f x 在 (- , x1)， (x2 ,+ )上單調遞增，在 (x1, x2)上單調遞減；
若 a<0，①當 a -1時，Δ 0， f x 0在R 上恒成立， f x 在R 上單調遞減；
-1 < a < 0 Δ > 0 ax2 + 2x + a = 0 x -1- 1- a
2 -1+ 1- a2
②當 時， ，方程 的二根 1 = , x2 = ，a a
由 f x > 0，得 x2 < x< x1，由 f x < 0，得 x x1，
函數 f x 在 (x2 , x1)上單調遞增，在 (- , x2 )， (x1,+ )上單調遞減，
所以當 a = 0時， f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
當 a 1時， f x 在R 上單調遞增；
2 2 2 2
當 0 < a < 1時， f x 在 (- , -1- 1- a ) (-1+ 1- a , -1- 1- a -1+ 1- a， + )上單調遞增，在 ( , ) 上
a a a a
單調遞減；
當 a -1時， f x 在R 上單調遞減；
-1+ 1- a2 -1- 1- a2 -1+ 1- a2 -1- 1- a2
當-1 < a < 0時， f x 在 (- , )， ( ,+ )上單調遞減，在 ( , )上
a a a a
單調遞增.
1
【變式 10-3】設函數 f x = ax3 + 2ax2 + 1- 2a x,a 0 ,求 f x 的單調區間.
3
2
【解析】 f x = ax + 4ax +1- 2a， Δ =16a2 - 4a 1- 2a = 24a2 - 4a = 4a 6a -1 ，
D 0, a 0 0 a 1若 ，則 < ， 則 f x 0恒成立，此時 f x 在R 上單調遞增.
6
D > 0, a 0 a < 0 a 1> , f x = 0 x -4a ± 24a
2 - 4a 22 6a - a當 或 由 解得6 = = - ±
，
2a a
當 a<0時，列表如下：
2 2 2 2
x - ,-2
6a - a 2 6a - a , 2 6a - a 2 6a - a+ - + - - - - , +
÷÷ ÷÷ ÷è a è a a a ÷è
f x - + -
f x ] Z ]
a 1 當 > 時，列表如下：
6
6a2 - a 6a2 2 2
x - ,
- a 6a - a 6a - a
-2 -
÷÷
-2 - , -2 +
÷÷ -2 + , +
è a è a a ÷
÷
è a
f x + - +
f x Z ] Z
6a2 - a 6a2 - a 6a2 - a
綜上, 當 a<0時, f x 在 - ,-2 + ÷ -2 + , -2 - ÷遞減，在 ÷÷遞增，在
è a è a a
6a22 - a

- - , + ÷÷遞減；
è a
當0 < a
1
時， f x 在R 上單調遞增；
6
1 2 f x , 2 6a - a 2 6a
2 - a 6a2 - a
當 a > 時， 在 - - - ÷遞增，在 - - , -2 +
6 a ÷ a a ÷
÷遞減，在
è è

2 6a
2 - a
- + , + ÷÷遞增.
è a
題型十一：導函數為含參準二次函數型的單調性分析
a
【典例 11-1 f x = eax】已知函數 + a +1÷ ,其中 a -1 .求 f x 的單調區間．
è x
x +1 é a +1 x -1ù
【解析】 f x = aeax 2 , x 0 ,x
令 f x > 0，即解不等式: a x +1 é a +1 x -1ù > 0 ,
① 當 a = -1時,解得: x > -1 ,
故 f x 的單調區間為：
x - ,-1 -1,0 0, +
f x - + +
f x ] Z Z
1 1
② 當-1 < a < 0時, x1 = -1, x2 = > 0 ,所以解得: -1 < x < ,a +1 a +1
故 f x 的單調區間為：
1 1
x - ,-1 -1,0 0,

a +1÷
,+
è è a +1 ÷
f x - + + -
f x ] Z Z ]
③ a = 0 ,則 f x =1 ,常值函數不具備單調性.
④ a
1
> 0時,解得: x < -1或 x > ,
a +1
故 f x 的單調區間為：
x - ,-1 -1,0 0, 1 1 ÷ ,+

è a +1 ÷ è a +1
f x + - - +
f x Z ] ] Z
綜上，當 a = -1時, f x 在 - ,-1 遞減，在 -1,0 遞增，在 0, + 遞減;
1 a 0 f x - , 1 1,0 0, 1- - 1 ,+ 當- < < 時, 在 遞減，在 遞增，在 ÷遞增，在 遞減；
è a +1 è a +1 ÷
當 a = 0時,則 f x =1 ,常值函數不具備單調性;
a 0 f x - ,-1 -1,0 0, 1 1 當 > 時, 在 遞增，在 遞減，在 ÷遞減，在 ,+ 遞增.
è a +1 è a +1 ÷
x-1
【典例 11-2】已知函數 f (x) ae 1= - lnx - .討論 f (x) 的單調性；
x x
aex-1
【解析】函數 f (x) lnx 1= - - 的定義域為 (0, + )，
x x
aex-1f (x) (x -1) 1 1 (x -1)(ae
x-1 -1)
求導得 = 2 - + 2 = 2 ，x x x x
若 a 0，則 aex-1 -1< 0，且當 x 0,1 時， f x > 0，當 x 1, + 時， f x < 0，
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞增，在 (1, + )上遞減；
若 a > 0，令 aex-1 -1 = 0，解得 x =1- lna ，
若1- lna 0，即a e ，則 aex-1 -1 0恒成立，當 x 0,1 時， f x < 0，當 x 1, + 時， f x > 0，
即函數 f (x) 在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增；
若0 <1- lna <1，即1< a < e ，則當 x 0,1- lna 1,+ 時， f x > 0，當 x 1- lna,1 時， f x < 0，
即函數 f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上遞增，在 (1- ln a,1) 上遞減；
若1- lna =1，即 a =1，則 f x 0在 0, + 上恒成立，函數 f (x) 在 (0, + )上遞增；
若1- lna > 1，即 0 < a < 1，則當 x 0,1 1- lna,+ 時， f x > 0，當 x (1,1- lna)時， f x < 0，
即函數 f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上遞增，在 (1,1- ln a) 上遞減，
所以當 a 0時， f x 的遞增區間為 0,1 ，遞減區間為 1, + ；
當 0 < a < 1時， f x 的遞增區間為 0,1 和 1- lna, + ，遞減區間為 1,1- lna ；
當 a =1時， f x 的遞增區間為 0, + ，無遞減區間；
當1 < a < e 時， f x 的遞增區間為 0,1- lna 和 1, + ，遞減區間為 1- lna,1 ；
當a e 時， f x 的遞增區間為 1, + ，遞減區間為 0,1 .
【方法技巧】
若導函數為含參準二次函數型，首先對導函數進行因式分解，求導函數的零點并比較大小，然后再劃
分定義域，判定導函數的符號，從而確定原函數的單調性.
【變式 11-1】已知函數 f (x) = ln x - x ， g(x) = x2 - 2x + 3 .若 h(x) = (x - 2)ex + ag(x)，討論函數 h x 的單調性；
【解析】 h(x) = (x - 2)ex + a x2 - 2x + 3
h (x) = (x -1)ex + 2a(x -1) = (x -1) ex + 2a .
①當 a 0時，令 h x = 0，解得 x =1，
當 x >1時， h (x) > 0， h(x) 單調遞增；當 x <1時， h x < 0， h x 單調遞減；
\h x 在 (- ,1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增.
②當 a < 0時，令 h x = 0，解得 x =1或 x = ln(-2a)，
e
當 a < - 即 ln(-2a) >1時， h x 在 (- ,1)2 上單調遞增，
在 (1,ln(-2a))上單調遞減，在 (ln(-2a), + )上單調遞增，
a e當 = - 即 ln(-2a) =1時， h x 在R 上單調遞增，
2
a e當 > - 即 ln(-2a) < 1時， h x 在 (- , ln(-2a))單調遞增，在 (ln(-2a),1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞
2
增，
綜上所述：當 a 0時， h x 在 (- ,1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
e
當- < a < 0 時， h x 在 (- , ln(-2a))上單調遞增，在 (ln(-2a),1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
2
a e當 = - 時， h x 在 (- , + )上單調遞增，
2
當 a < - e 時， h x 在 (- ,1)上單調遞增；在 (1,ln(-2a))2 上單調遞減，在 (ln(-2a), + )上單調遞增.
【變式 11-2】已知函數 f (x) = ex éx
2 - (2a +1)x + b ù (a,b R)．b =1時，討論 f (x) 的單調性．
【解析】因為b =1，所以 f (x) = ex é x
2 - (2a +1)x +1 ù，
所以 f (x) = ex éx
2 - (2a +1)x +1ù + ex 2x - (2a +1) = e
x éx2 - (2a -1)x - 2a ù ，
所以 f (x) = ex x - 2a x +1
令 f (x) = 0可得， x = 2a或 x=- 1，
a 1若 < - 時，
2
當 x < 2a 時， f (x) > 0，函數 f x 在 - , 2a 上單調遞增，
當 2a < x < -1時， f (x) < 0，函數 f x 在 2a , -1 上單調遞減，
當 x > -1時， f (x) > 0，函數 f x 在 -1, + 上單調遞增，
a 1若 > - ，
2
當 x < -1時， f (x) > 0，函數 f x 在 - , -1 上單調遞增，
當-1 < x < 2a 時， f (x) < 0，函數 f x 在 -1, 2a 上單調遞減，
當 x > 2a時， f (x) > 0，函數 f x 在 2a,+ 上單調遞增，
若 a
1
= - ， f (x) 0，且當且僅當 x=- 1時取等號，
2
所以 f x 在 - , + 上單調遞增，
綜上，當 a
1
< - 時，函數 f x 的遞增區間為 - , 2a ， -1, + ，遞減區間為 2a , -1 ，
2
a 1當 > - ，函數 f x 的遞增區間為 - , -1 ， 2a,+ ，遞減區間為 -1, 2a ，
2
若 a
1
= - 時，函數 f x 的單調遞增區間為 - , + ，沒有遞減區間，
2
題型十二：分段分析法討論函數的單調性
12-1 f x = a- x+1 + x2【典例 】已知函數 - 2x +1+ x -1 lna（ a > 0，且 a 1）求函數 f x 的單調區間；
【解析】 f x 定義域為R ， f (x) = -a- x+1 ln a + 2x - 2 + ln a = 2(x -1) + (1- a- x+1) ln a （ a > 0，且 a 1），則
f 1 = 0 .
當 x >1時， 2 x -1 > 0 ，-x +1 < 0，
若 0 < a < 1，則 lna < 0， a- x+1 >1，得1- a- x+1 < 0 ，于是 f x > 0，
若 a >1，則 lna > 0，0 < a- x+1 <1，得1- a- x+1 > 0，于是 f x > 0，
∴當 x >1時 f x > 0， 即 f x 在 1, + 上單調遞增；
當 x <1時， 2 x -1 < 0，-x +1 > 0，
若 0 < a < 1，則 lna < 0，0 < a- x+1 <1，得1- a- x+1 > 0，于是 f x < 0，
若 a >1，則 lna > 0， a- x+1 >1，得1- a- x+1 < 0 ，于是 f x < 0，
∴當 x <1時 f x < 0，即 f x 在 - ,1 上單調遞減；
綜上， f x 的單調遞增區間為 1, + ，單調遞減區間為 - ,1 .
π
【典例 12-2 f x = ex - ax a R g x = ex】已知函數 ， + cos x .
2
(1)若 f x 0，求 a 的取值范圍；
(2)求函數 g x 在 0, + 上的單調性；
【解析】（1）由題意知 f x 的定義域為 R.
x x x
①當 x > 0時，由 f x 0 a e e x -1得 ，設m x e= ，則m x = ，
x x x2
當 x 0,1 時，m x < 0 ，故m x 在( 0, 1)上單調遞減；當 x 1,+ 時，m x > 0，故m x 在 (1,+ )上
單調遞增，
所以 ém x ù = m 1 = emin ，因此 a e .
1
x < 0 a < 0 f
1
②當 時，若 ，因為 ÷ = ea -1 < 0，不合題意.所以 a 0，此時 f x > 0恒成立.
è a
③當 x = 0時， f 0 =1 > 0，此時 a R .
綜上可得，a 的取值范圍是 0, e .
（2）設 n x = sin x - x， x > 0，則 n x = cos x -1≤0，所以 n x 在 0, + 上單調遞減，
n x < n 0 = 0 sin x x 0, + sin π x π所以 ，即 < 在 上恒成立. 所以 < x .
2 2
又由（1）知ex ex，
π π π π π2
所以當 x > 0 x時， g x = e - sin x > ex - × x = e - x > 0 ，
2 2 2 2 4 ֏
所以 g x 在 0, + 上單調遞增.
【方法技巧】
分段討論導函數的正負.
ex
【變式 12-1】（2024·全國·高三專題練習）已知函數 f x = x - ln x - .判斷函數 f x 的單調性.
x
x
【解析】因為 f x = x - ln x e- ，定義域為 (0,+ )，
x
1 x -1 ex x -1 x - exf x =1- - = ，
x x2 x2
令 g x = x - ex x > 0 g x =1- ex <1- e0，因為 ，則 = 0 ，
可得 g x 在 0, + 上單調遞減，所以 g x < g 0 = -1< 0，
所以當 x 0,1 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.
【變式 12-2】（2024·高三·湖北·期中）已知函數 f x = a sin 1- x + ln x， a R ．討論函數 f x 在
x 0,1 上的單調性．
f (x) a cos(1 x) 1 1- ax cos(1- x)【解析】 = - - + = ,0 < x <1，
x x
Q0 < x <1\cos(1- x) > 0，
當 a 0時Q0 < x <1\ f (x) > 0，此時 f (x) 在( 0, 1)內單調遞增；
當0 < a 1時，Q0 < x <1\0 < cos(1- x) <1, f (x) > 0，
此時 f (x) 在( 0, 1)內單調遞增；
當 a >1時，令 h(x) =1- ax cos(1- x),0 < x <1，
h (x) = -a[cos(1- x) + x sin(1- x)]，
Qa >1,cos(1- x) > 0,sin(1- x) > 0\h (x) < 0\h(x)在( 0, 1)上為減函數．
又Qh(0) =1 > 0,h(1) =1- a < 0，
\h(x)在( 0, 1)上存在唯一零點 x0 ，使得 h x0 =1- ax0 cos 1- x0 = 0，
∴當 x 0, x0 時 h(x) > 0, f (x) > 0， f (x) 遞增；
當 x x0 ,1 時 h(x) < 0, f (x) < 0， f (x) 遞減．
綜上：當 a 1時，此時 f (x) 在( 0, 1)內單調遞增；
當 a >1時，當 x 0, x0 時， h(x) > 0, f (x) > 0， f (x) 遞增；
當 x x0 ,1 時， h(x) < 0, f (x) < 0， f (x) 遞減，其中 x0 為方程 ax0 cos 1- x0 =1的根．
x +1 2
【變式 12-3】設函數 f x = x + ax ，其中 a R ，討論 f x 的單調性.e
【解析】由 f x -x x= x + 2ax = x 2aex -1e e
① a 0時，由 2aex -1< 0，令 f x = 0，解得 x = 0，
所以 x < 0 時， f x > 0, x > 0時， f x < 0，
則 f x 在 - ,0 單調遞增，在 0, + 單調遞減；
2ax
a 0 f x = 1 ② > 時，由 x ex - ，e è 2a ÷
1 x
（i） a = 時，因為 x e -1 0，則 f x 0, f x 在 - ,+ 單調遞增，
2
a 0, 1 （ii） ÷時， f x = 0
1
，解得 x = 0或 x = ln > 0，
è 2 2a
所以 x - ,0 ln
1 , + 1 ÷時， f x > 0,x 0, ln ÷時， f x < 0，
è 2a è 2a
1 1
則 f x 在 - ,0 ， ln ,+

÷上單調遞增，在 0, ln

單調遞減；
è 2a ÷ è 2a
a 1 1（iii） , + ÷時，由 x = ln < 0，
è 2 2a
x , ln 1 所以 - ÷ 0, + 時， f x > 0, x ln
1 ,0 ÷時， f x < 0，
è 2a è 2a
則 f x 1 1在 - , ÷， 0, + 上單調遞增，在 ln ,0

2a 2a ÷
單調遞減；
è è
綜上： a 0時， f x 的單調遞增區間為 - ,0 ，單調遞減區間為 0, + ；
a 1 0, f x ,0 ln 1 ÷時， 的單調遞增區間為 - 和 ,+ ，單調遞減區間為 0, ln
1
；
è 2 è 2a ÷ 2a ÷ è
a 1= 時， f x 的單調遞增區間為 - ,+ ；
2
a 1 , + f x - , 1 0, + ÷時， 的單調遞增區間為 ÷和 ，單調遞減區間為 ln
1 ,0
2 2a 2a ÷
；
è è è
1 x．（2023 年新課標全國Ⅱ卷數學真題）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
x 1
【解析】依題可知， f x = ae - 0在 1,2 x 1上恒成立，顯然 a > 0，所以 xe ，
x a
設 g x = xex , x 1,2 x，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 1 1，故 e ，即 a = e-1 ，即 a 的最小值為
a e e
-1．
故選：C．
2．（2023 年高考全國乙卷數學（理）真題）設 a 0,1 ，若函數 f x = a x + 1+ a x 在 0, + 上單調遞增，
則 a 的取值范圍是 .
é 5 -1
【答案】 ê ,1÷÷
2
【解析】由函數的解析式可得 f x = a x ln a + 1+ a x ln 1+ a 0在區間 0, + 上恒成立，
x
則 1+ a x ln 1+ a -a x ln a 1 + a ln a，即 ÷ - 在區間 0, + 上恒成立，è a ln 1 + a
0
1+ a
故 ÷ =1
ln a
- ，而 a +1 1,2 ，故 ln 1+ a > 0 ，
è a ln 1+ a
ìln a +1 - ln a ìa a +1 1 5 -1
故 í 即 ，故 ，
0 a 1
í0 a 1 a <1< < < < 2
é 5 -1
結合題意可得實數 a的取值范圍是 ê ,1 .
2 ÷
÷

é 5 -1
故答案為： ê ,12 ÷÷
.

1
3．（2023 年高考全國乙卷數學（文）真題）已知函數 f x = + a ÷ ln 1+ x ．
è x
(1)當 a = -1時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程．
(2)若函數 f x 在 0, + 單調遞增，求 a的取值范圍．
1
【解析】（1）當 a = -1時， f x = -1÷ ln x +1 x > -1 ，
è x
f x 1 ln x 1 1則 = - 2 +1 +

-1

x x ÷
，
è x +1
據此可得 f 1 = 0, f 1 = - ln 2 ，
所以函數在 1, f 1 處的切線方程為 y - 0 = - ln 2 x -1 ，即 ln 2 x + y - ln 2 = 0 .
1
（2）由函數的解析式可得 f x = - 2 ÷ ln x +1
1+ + a
1
÷ x > -1 ，
è x è x x +1
滿足題意時 f x 0在區間 0, + 上恒成立.
1 ln x 1 1 1令 - 2 ÷ + + + a

÷ 0，則- x +1 ln x +1 + x + ax2 0，
è x è x x +1
2
令 g x = ax + x - x +1 ln x +1 ，原問題等價于 g x 0在區間 0, + 上恒成立，
則 g x = 2ax - ln x +1 ，
當 a 0時，由于 2ax 0, ln x +1 > 0，故 g x < 0， g x 在區間 0, + 上單調遞減，
此時 g x < g 0 = 0，不合題意;
令 h x = g x = 2ax - ln x +1 ，則 h x = 2a 1- ，
x +1
a 1 1當 ， 2a 1時，由于 <1，所以 h x > 0, h x 在區間 0, + 上單調遞增，
2 x +1
即 g x 在區間 0, + 上單調遞增，
所以 g x > g 0 = 0 ， g x 在區間 0, + 上單調遞增， g x > g 0 = 0，滿足題意.
0 a 1 1當 < < 時，由 h x = 2a - = 0 x = 1可得 -1，
2 x +1 2a
x 1 當 0, -1÷時， h x < 0,h x
1
在區間 0, -1

÷上單調遞減，即 g x 單調遞減，
è 2a è 2a
g 0 = 0 x 0, 1 -1 注意到 ，故當 ÷時， g x < g 0 = 0， g x 單調遞減，
è 2a
由于 g 0 = 0，故當 x 1 0, -1÷時， g x < g 0 = 0，不合題意.
è 2a
ì 1 ü
綜上可知：實數 a得取值范圍是 ía | a .
2
1．判斷下列函數的單調性：
（1） f x = x2 - 2x + 4；
（2） f x = ex - x
【解析】（1） f (x) = 2x - 2 ,
令 f (x) = 2x - 2 > 0 x >1， f (x) = 2x - 2 < 0 x <1
所以 f x 在 (1, + )上單調遞增，在 (- ,1)單調遞減.
（2） f (x) = ex -1，
令 f (x) = ex -1 > 0 x > 0， f (x) = ex -1< 0 x < 0
所以 f x 在 (0, + )上單調遞增，在 (- ,0)單調遞減.
2．證明函數 f x = 2x3 - 6x2 + 7 在區間 0,2 上單調遞減．
3 2
【解析】因為 f x = 2x - 6x + 7 ，所以 f (x) = 6x2 -12x，
當 x 0,2 時， f (x) = 6x2 -12x < 0，
所以函數 f x = 2x3 - 6x2 + 7 在區間 0,2 上單調遞減．
3．利用函數的單調性，證明下列不等式，并通過函數圖象直觀驗證： sin x < x ， x (0,p )，
【解析】∵ sin x < x 等價于 x - sin x > 0，
∴可令 f (x) = x - sin x ，則 f (x) =1- cos x，在 x (0,p )上 f (x) > 0，
∴ f (x) 在 x (0,p )上單調遞增，即 f (x) > f (0) = 0，
∴ x - sin x > 0在 x (0,p )上恒成立，則 sin x < x ， x (0,p )得證.
4 a b c d f x = ax3．利用信息技術工具，根據給定的 ， ， ， 的值，可以畫出函數 + bx2 + cx + d 的圖象，當
a = -4 ，b =1， c = 5， d = -1時， f x 的圖象如圖所示，改變 a，b，c，d 的值，觀察圖象的形狀：
（1）你能歸納函數 f x 圖象的大致形狀嗎？它的圖象有什么特點？你能從圖象上大致估計它的單調區間
嗎？
（2）運用導數研究它的單調性，并求出相應的單調區間．
【解析】（1） a 0時， f (x) 有如下圖所示的幾種情況，其圖象大致為“S”型，當圖象存在駝峰，即存在極
值點，則必有一個極大值，一個極小值；當不存在駝峰時，函數在定義域內為單調增或單調減，如下圖所
示：
題設中的函數 f (x) = -12x2 + 2x + 5 1± 61的圖象， f (x) = 0有 x = ： f (x) 在 ( 1- 61- , ) 上單調遞減，
12 12
(1- 61 ,1+ 61) 1+ 61上單調遞增， ( ,+ )上單調遞減.
12 12 12
（2）1、當 a 0時 f (x) = 3ax2 + 2bx + c，
當 a > 0時，b2 - 3ac 0，則 f (x) 0，即 f (x) 單調遞增；
2 2
當 a > 0 -b - b - 3ac -b + b - 3ac時，b2 - 3ac > 0，若 f (x) = 0，則 x1 = ， x2 = ，a a
∴ x < x1時， f (x) > 0， f (x) 單調遞增； x1 < x < x2 時， f (x) < 0， f (x) 單調遞減； x > x2 時， f (x) > 0，
f (x) 單調遞增；
當 a<0時，b2 - 3ac 0，則 f (x) 0，即 f (x) 單調遞減；
2 2
當 a<0時，b2 - 3ac > 0 f (x) = 0 x -b - b - 3ac x -b + b - 3ac，若 ，則 1 = ， 2 = ，a a
∴ x < x1時， f (x) < 0， f (x) 單調遞減； x1 < x < x2 時， f (x) > 0， f (x) 單調遞增； x > x2 時， f (x) < 0，
f (x) 單調遞減；
2、當 a = 0時， f (x) = bx2
c
+ cx + d ，對稱軸為 x = - ，
2b
當b > 0時， f (x) 在 (- ,
c
- ) c上單調遞減，在 (- ,+ )上單調遞增；
2b 2b
當b < 0時， f (x) ( ,
c ) c在 - - 上單調遞增，在 (- ,+ )上單調遞減；
2b 2b
3、當 a = 0、b = 0時， f (x) = cx + d ：當 c > 0時， f (x) 單調遞增；當 c < 0時， f (x) 單調遞減；
4、當 a = 0、b = 0、 c = 0 時， f (x) = d ： f (x) 無單調性.
5．求函數 f (x) = 3 x2 的單調區間．
2 1-
【解析】函數 f (x) = 3 x2 的定義域為 R， x 0時， f (x) = x 3 ，
3
2 1 2 1- -
由 x 3 > 0得 x > 0，由 x 3 < 0得 x < 0 ，即 f (x) 在 (0, + )上單調遞增，在 (- ,0)上單調遞減，
3 3
所以 f (x) 的遞增區間為 (0, + )，遞減區間為 (- ,0) .
x
6 y e (2x -1)．作函數 = 的大致圖象．
x -1
x x 2 x
y f x e (2x -1) f x
e (2x - 3x) xe (2x - 3)
【解析】 = = ，定義域為 x | x 0 3則 = 2 = 2 ，所以當 x > 或
x -1 x -1 x -1 2
x < 0 時 f x 0 3 f x 0 ,0 3> ，當0 < x <1或1 < x < 時 < ，即函數在 - 和 , + ÷上單調遞增，在 0,1 和2 è 2

1,
3
÷ 單調遞減，當 x - 時， x -1 - ， ex 0， 2x -1 - ，所以 f x 0 ，又 f 0 =1，
è 2
f 3
3 ex (2x -1)
÷ = 4e2 ，所以函數 y = f x = 的大致圖象如下所示：
è 2 x -1
易錯點：對 “導數值符號” 與 “函數單調性” 關系理解不透徹
易錯分析： 一個函數在某個區間上單調增（減）的充要條件是這個函數的導函數在這個區間上恒大
（小）于等于 0，且導函數在這個區間的任意子區間上都不恒為 0．一定要注意導函數在某區間上恒大
（小）于 0 僅為該函數在此區間上單調增（減）的充分條件．
【易錯題 1 x】若函數 f x = x + k e 在區間 1, + 上單調遞增，則 k 的取值范圍是（ ）
A． -1, + B． 1, + C． -2, + D． 2, +
【答案】C
【解析】因為函數 f x = x + k ex ，
所以 f x = x + k +1 ex ，
因為函數 f x = x + k ex 在區間 1, + 上單調遞增，
所以 f x 0在 1, + 上恒成立；
即 x + k +1 0在 1, + 上恒成立；
即 k -x -1在 1, + 上恒成立；
所以 k -2，
故選：C
【易錯題 2】“當 a > 0時，函數 f (x) = 4ln x - ax 在區間( 0, 1)上不是單調函數”為真命題的 a的一個取值
是 ．
【答案】5（答案不唯一，只要是大于 4 的實數即可）
【解析】∵ f (x)
4 4 - ax
= 4ln x - ax ，∴ f (x) = - a = ，
x x
函數 f (x) = 4ln x - ax 在區間( 0, 1)上不是單調函數，
4 ax 0 a 0 x 4∴ - = 在區間( 0, 1)上有解,∵ > ，∴ = 0,1 ,
a
∴ a > 4 ,
故答案為：5（答案不唯一，只要是大于 4 的實數即可）.
答題模板：利用導數判斷函數的單調性
1、模板解決思路
利用導數判斷函數單調性的重點在于準確判斷導數的符號，當函數 f (x) 含參數時，則根據參數取值
范圍進行分類討論．
2、模板解決步驟
第一步：求 f (x) 的定義域
第二步：求出 f (x)．
第三步：令 f (x) = 0 ，求出其全部根，把全部的根在 x 軸上標出．
第四步：在定義域內，令 f (x) > 0 ，解出 x 的取值范圍，得函數的增區間；令 f (x) < 0 ，解出 x 的取
值范圍，得函數的減區間．若一個函數具有相同單調性的區間不只一個，則這些單調區間用“和”或“，”隔
開．
【典例 1】已知函數 f x 1 a= x3 + x 2 + a -1 x + 1．討論函數的單調性；
3 2
f x 1 x3 a【解析】易知 = + x 2 + a -1 x + 1定義域為R, f x = x2 + ax + a -1 ，令 f x = 0得 x =1- a 或
3 2
x=- 1，
①當1- a < -1，即 a > 2時，令 f x > 0得 x <1- a或 x > -1，令 f x < 0得1- a < x <1；
故 f x 在 1- a, -1 單調遞減，在 - ,1-a ， -1, + 上單調遞增；
②當1- a = -1，即 a = 2時， f x = x +1 2 0恒成立，故 f x 在R 上單調遞增；
③當1- a > -1，即 a < 2時，令 f x > 0得 x >1- a 或 x < -1，
令 f x < 0得-1 < x <1- a ， f x 在 -1,1- a 上單調遞減，在 - , -1 ， 1- a, + 上單調遞增；
綜上，當 a > 2時， f x 在 1- a, -1 單調遞減，在 - ,1-a ， -1, + 上單調遞增；
當 a = 2時， f x 在R 上單調遞增；當 a < 2時， f x 在 -1,1- a 上單調遞減，
在 - , -1 ， 1- a, + 上單調遞增.
1
【典例 2 2 2】已知函數 f x = x + ax - 6a lnx ，求 f x 的單調區間.
2
1 2
【解析】函數 f x = x + ax - 6a2lnx 的定義域為 0, + ，
2
2
求導得 f x x a 6a (x + 3a)(x - 2a)= + - = ，
x x
由 f x = 0可得 x = 2a或 x = -3a ，
①當 a > 0時，由 f x > 0可得 x > 2a，由 f x < 0可得0 < x < 2a ，
②當 a = 0時， f x = x > 0在 (0, + )上恒成立，
③當 a<0時，由 f x > 0可得 x > -3a ，由 f x < 0可得0 < x < -3a .
故當 a > 0時， f x 的單調增區間為 (2a,+ )，單調減區間為 (0, 2a) ；
當 a = 0時， f x 的單調增區間為 (0, + )，無遞減區間；
當 a<0時， f x 的單調增區間為 (-3a, + )，單調減區間為 (0,-3a) .第 02 講 導數與函數的單調性
目錄
01 考情透視·目標導航 ................................................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 ................................................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 ................................................................................................................................................4
知識點 1：函數的單調性與導數的關系 ....................................................................................................................4
知識點 2：利用導數判斷函數單調性的步驟 ............................................................................................................4
解題方法總結 ...............................................................................................................................................................5
題型一：利用導函數與原函數的關系確定原函數圖像 ...........................................................................................5
題型二：求單調區間 ...................................................................................................................................................7
題型三：已知含參函數在區間上的遞增或遞減，求參數范圍 ...............................................................................8
題型四：已知含參函數在區間上不單調，求參數范圍 ...........................................................................................8
題型五：已知含參函數在區間上存在增區間或減區間，求參數范圍 ...................................................................9
題型六：不含參數單調性討論 .................................................................................................................................10
題型七：導函數為含參一次函數的單調性分析 .....................................................................................................11
題型八：導函數為含參準一次函數的單調性分析 .................................................................................................12
題型九：導函數為含參可因式分解的二次函數單調性分析 .................................................................................12
題型十：導函數為含參不可因式分解的二次函數單調性分析 .............................................................................14
題型十一：導函數為含參準二次函數型的單調性分析 .........................................................................................15
題型十二：分段分析法討論函數的單調性 .............................................................................................................15
04 真題練習·命題洞見 ..............................................................................................................................................16
05 課本典例·高考素材 ..............................................................................................................................................17
06 易錯分析·答題模板 ..............................................................................................................................................19
易錯點：對 “導數值符號” 與 “函數單調性” 關系理解不透徹 .............................................................................19
答題模板：利用導數判斷函數的單調性 .................................................................................................................19
考點要求 考題統計 考情分析
2023 年乙卷（文）第 20 題，12 高考對函數單調性的考查相對穩定，考
分 查內容、頻率、題型、難度均變化不大．高
2023 年乙卷（理）第 16 題，5 分 考在本節內容上無論試題怎樣變化，我們只
（1）函數的單調區間
2023 年 II 卷第 6 題，5 分 要把握好導數作為研究函數的有力工具這一
（2）單調性與導數的關系
2022 年甲卷第 12 題，5 分 點，將函數的單調性本質問題利用圖像直觀
2022 年 I 卷第 7 題，5 分 明了地展示出來，其余的就是具體問題的轉
2021 年浙江卷第 7 題，5 分 化了．
復習目標：
（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）．
知識點 1：函數的單調性與導數的關系
1、函數的單調性
函數單調性的判定方法：設函數 y = f (x) 在某個區間內可導，如果 f (x) > 0 ，則 y = f (x) 為增函數；
如果 f (x) < 0 ，則 y = f (x) 為減函數．
2、已知函數的單調性問題
①若 f (x)在某個區間上單調遞增，則在該區間上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要滿足
f (x) > 0 ，才能得出 f (x)在某個區間上單調遞增；
②若 f (x)在某個區間上單調遞減，則在該區間上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要滿足
f (x) < 0 ，才能得出 f (x)在某個區間上單調遞減．
【診斷自測】（2024·高三·上海松江·期末）函數 y = f x 的圖象如圖所示， y = f x 為函數 y = f x
f x
的導函數，則不等式 < 0的解集為（ ）
x
A． (-3,-1) B．(0,1)
C． (-3,-1) (0,1) D． (- ,-3)U(1,+ )
知識點 2：利用導數判斷函數單調性的步驟
（1）確定函數 f x 的定義域；
（2）如果導函數中未知正負，則需要單獨討論的部分．如果導函數恒正或恒負，則無需單獨討論；
（3）求出導數 f x 的零點；
（4）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；
（5）如果找到零點后仍難確定正負區間段，或一階導函數無法觀察出零點，則求二階導；求二階導
往往需要構造新函數，令一階導函數或一階導函數中變號部分為新函數，對新函數再求導．通過二階導正
負判斷一階導函數的單調性，進而判斷一階導函數正負區間段.
【診斷自測】（2024·湖南懷化·二模）已知 f (x) = 2x2 - 3x - lnx ，則 f ( x ) 的單調增區間為 ．
解題方法總結
1、使 f (x) = 0 的離散點不影響函數的單調性，即當 f (x)在某個區間內離散點處為零，在其余點處均
3
為正（或負）時， f (x)在這個區間上仍舊是單調遞增（或遞減）的．例如，在 (- ,+ ) 上， f (x) = x ，當
3
x = 0 時， f (x) = 0 ；當 x 0 時， f (x) > 0 ，而顯然 f (x) = x 在 (- ,+ ) 上是單調遞增函數．
2、若函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞增，則 f (x) 0 （ f (x)不恒為 0），反之不成立．因為
f (x) 0 ，即 f (x) > 0 或 f (x) = 0 ，當 f (x) > 0 時，函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞增．當 f (x) = 0
時， f (x)在這個區間為常值函數；同理，若函數 y = f (x) 在區間 (a,b)上單調遞減，則 f (x) 0 （ f (x)不
恒為 0），反之不成立．這說明在一個區間上函數的導數大于零，是這個函數在該區間上單調遞增的充分不
必要條件．于是有如下結論：
f (x) > 0 f (x)單調遞增； f (x)單調遞增 f (x) 0；
f (x) < 0 f (x)單調遞減； f (x)單調遞減 f (x) 0．
題型一：利用導函數與原函數的關系確定原函數圖像
【典例 1-1】（2024·重慶·模擬預測）已知函數 f (x) = xa (x > 0) ，a 為實數， f ( x ) 的導函數為 f (x) ，在
同一直角坐標系中， f ( x ) 與 f (x) 的大致圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【典例 1-2】（2024·廣東廣州·一模）已知函數 y = f (x) 的圖像如圖所示，則其導函數 y = f x 的圖像
可能是（ ）
A． B．
C． D．
【方法技巧】
原函數的單調性與導函數的函數值的符號的關系，原函數 f (x)單調遞增 導函數 f (x) 0 （導函數
等于 0，只在離散點成立，其余點滿足 f (x) > 0 ）；原函數單調遞減 導函數 f (x) 0 （導函數等于 0，只
在離散點成立，其余點滿足 f (x0 ) < 0）．
【變式 1-1】（2024·高三·陜西西安·期中）已知函數 y = f x x R 的圖象如圖所示，則不等式
xf x > 0的解集為（ ）.
1 1 1
A． 0, ÷ 2, + B． - , ÷ U , 2
è 3 è 3 è 3 ÷
C． - ,0 U 1 , 2

÷ D． -1,0 U 1,3
è 3
【變式 1-2】（2024·北京海淀·一模）函數 f ( x ) 是定義在 (-4,4)上的偶函數，其圖象如圖所示， f (3) = 0 .
設 f (x) 是 f ( x ) 的導函數，則關于 x 的不等式 f (x +1) × f (x) 0的解集是（ ）
A． [0 , 2 ] B．[-3,0]U[3,4) C． (-5,0]U[2,4) D． (-4,0]U[2,3)
題型二：求單調區間
【典例 2-1】（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 ．
x
【典例 2-2 e】函數 y = 的嚴格遞減區間是 .
x - 2
【方法技巧】
求函數的單調區間的步驟如下：
（1）求 f (x)的定義域
（2）求出 f (x)．
（3）令 f (x) = 0 ，求出其全部根，把全部的根在 x軸上標出．
（4）在定義域內，令 f (x) > 0 ，解出 x的取值范圍，得函數的增區間；令 f (x) < 0 ，解出 x的取值范
圍，得函數的減區間．若一個函數具有相同單調性的區間不只一個，則這些單調區間用“和”或“，”隔開．
a
【變式 2-1】（2024 2·四川巴中·一模）已知奇函數 f x 的導函數為 f x ，若當 x < 0時 f x = x - ，且
x
f -1 = 0 .則 f x 的單調增區間為 .
1
【變式 2-2】（2024 2·廣西·模擬預測）函數 f x = x - 2x - 3ln x的單調遞增區間為 ．
2
【變式 2-3】函數 f x = sin2x+2cosx在 0,π 上的單調遞減區間為 .
題型三：已知含參函數在區間上的遞增或遞減，求參數范圍
【典例 3-1】已知函數 f x = 2- x ex - ax在 0,5 上為減函數，則a的取值范圍是（ ）
A． - ,5e B． 5e,+ C． 1,+ D． 1,+
1
3-2 f x = x3 a 2【典例 】已知函數 + x + x +1在 - ,0 ， 3,+ 上為增函數，在（1，2）上為減函數，
3 2
則實數 a 的取值范圍為（ ）
é 10 ù é 10 5 ù 10 A．
ê
- ,-2ú B． ê- ,- ú C． - ,-2 D． - ,-23 ÷ 3 2 è 3
【方法技巧】
已知函數在區間上單調遞增或單調遞減，轉化為導函數恒大于等于或恒小于等于零求解．
【變式 3-1】已知函數 f x = lnx -ax在區間 1,3 上單調遞減，則實數a的取值范圍為（ ）
1 1
A． a 1 B． a > 1 C． a D． a >
3 3
【變式 3-2】（2024·高三·廣東汕頭·期中）設a 0,1 ，若函數 f x = ax + (1+ a)x在 0,+ 遞增，則a
的取值范圍是（ ）
é 5 -1 5 +1ù é, 5 -1
5 -1 5 -1
A． ê 2 2 ú B． ê
,1÷÷ C． ,1÷÷ D． 0, ÷÷
2 è 2 è 2
2
【變式 3-3】（2024·陜西西安·三模）若函數 f x = x - ax + ln x在區間 1, e 上單調遞增，則a的取值范
圍是（ ）
A． 3, + B． - ,3 C． é 3,e2 +1ù D é3,e2 ． -1ù
1
【變式 3-4 2 】（2024·高三·江蘇南通·期中）已知函數 f x = x -ax + ln x a R 的減區間為 ,12 ÷ ，則è
a = .
題型四：已知含參函數在區間上不單調，求參數范圍
2 1
【典例 4-1】（2024 x·寧夏銀川·三模）若函數 f (x) = - ln x 在區間 (m, m + )上不單調，則實數 m 的取
2 3
值范圍為（ ）
A．0 m
2 2
< < B． < m <1
3 3
2
C． m 1 D．m>1
3
【典例 4-2】已知函數 f x = 1- x ln x + ax在 1,+ 上不單調，則a的取值范圍是（ ）
A． 0,+ B． - ,0 C． 0,+ D． - , 0
【方法技巧】
已知區間上函數不單調，轉化為導數在區間內存在變號零點，通常用分離變量法求解參變量范圍．
1
【變式 4-1】函數 f (x) = ax2 - 2ax + ln x在 1,3 上不單調，則實數a的取值范圍為（
2 ）
1
A． - , -

÷ B． (1,+ )
è 3
1 1
C． - , -

÷ (1, + )

D． - , - ÷ U (2, + )
è 3 è 2
【變式 4-2】函數 f x = 1- x lnx + ax在 1,+ 上不單調的一個充分不必要條件是（ ）
A． a 1,+ B．a - ,0 C．a 0,+ D．a -1,+
【變式 4-3 3】若函數 f x = x -12x在區間 k -1, k +1 上不單調，則實數 k的取值范圍是（ ）
A． - ,-3 -1,1 3,+ B． -3, -1 1,3
C． -2,2 D．不存在這樣的實數 k
【變式 4-4】函數 f x sin p= x

2 ÷
- ax 在 R 上不單調，則a的取值范圍是（ ）
è
é p p ù p p
A． -1,1 B． -1,1 C． ê- ,- ú D． - ,- ÷ 2 2 è 2 2
題型五：已知含參函數在區間上存在增區間或減區間，求參數范圍
【典例 5-1】已知函數 f ( x) = ax 3 - x 2 + 1在(0,1)上有增區間，則 a 的取值范圍是 .
1
【典例 5-2】若函數 f (x) = x3 - ax2 + x在 1,3 存在單調遞減區間，則 a 的取值范圍為 ．
2
【方法技巧】
已知函數在區間上存在單調遞增或遞減區間，轉化為導函數在區間上大于零或小于零有解．
f (x) ln x 1【變式 5-1 2】若函數 = - ax - 2x 存在單調遞減區間，則實數a的取值范圍是 .
2
【變式 5-2】若函數 f (x) = x2 - e x - ax 在 R 上存在單調遞增區間，則實數a的最大值為 ．
【變式 5-3】（2024·高三·湖北襄陽·期末）函數 f x 的導函數為 f x ，若在 f x 的定義域內存在一
個區間D, f x 在區間D上單調遞增， f x 在區間D上單調遞減，則稱區間D為函數 f x 的一個“漸緩增
x 2 1
區間”．若對于函數 f x = ae - x ，區間 0, ÷是其一個漸緩增區間，那么實數a的取值范圍是 ．
è 2
【變式 5-4】若函數 f (x) = x2 + mx ex é 1 3ù在 ê- , ú上存在單調遞減區間，則m的取值范圍是 ． 2 2
題型六：不含參數單調性討論
【典例 6-1】（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .若 a = 1，討論 f x
的單調性；
π
【典例 6-2】（2024·高三·天津·開學考試）已知函數 f ( x ) = ex - k si n x ．當 k =1, x 0, ÷時，求
è 2
f ( x ) 的單調區間；
【方法技巧】
確定不含參的函數的單調性，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，而用“，”或“和”隔開．
【變式 6-1】已知函數 f (x) = ln(ex -1) - ln x．
判斷 f (x)的單調性，并說明理由；
2lnx + x + a
【變式 6-2】（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 f x = a R ，若 a = 2，求 f x 的單調區間.
x
【變式 6-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ax2 - lnx 2 a R ．
當 a = 1時，討論函數 f x 的單調性．
【變式 6-4 x】函數 f x = ae - ln x -1. a 2 e當 = 時，求函數 f x 的單調性；
e
題型七：導函數為含參一次函數的單調性分析
【典例 7-1】已知函數 f (x) = ax - 2ln x．討論函數 f ( x ) 的單調性；
a
【典例 7-2】已知函數 f x = + lnx -1, a R .討論函數 f x 的單調性；
x
【方法技巧】
導函數的形式為含參一次函數，首先討論一次項系數為 0 的情形，易于判斷；當一次項系數不為零時，
討論導函數的零點與區間端點的大小關系，結合導函數的圖像判定導函數的符號，從而寫出函數的單調區
間．
【變式 7-1】（2024·陜西渭南·二模）已知函數 f x = ln x +1 - mx ，其中m R .討論 f x 的單調性；
f x ln x 1 ax【變式 7-2】設函數 = + - ．討論 f x 的單調性；
x +1
題型八：導函數為含參準一次函數的單調性分析
【典例 8-1】（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 為 f ( x ) 的導數,討論 f (x) 的
單調性；
【典例 8-2 2024 f x = x + 2- aex】（ ·海南海口·二模）已知函數 .討論 f x 的單調性；
【方法技巧】
導函數的形式為含參準一次函數，首先對 f (x)定號，然后討論導函數的零點與區間端點的大小關系，
結合導函數的圖像判定導函數的符號，從而寫出函數的單調區間．
【變式 8-1】已知函數 f x = x ln x -ax .討論 f x 的單調性；
【變式 8-2】（2024·浙江寧波·模擬預測）已知函數 f (x) = e x - ax -1 .討論 f ( x ) 的單調性;
題型九：導函數為含參可因式分解的二次函數單調性分析
9-1 f x x
2
【典例 】已知函數 = - a +1 x + a ln x．討論 f x 的單調性；
2
【典例 9-2】已知函數 f (x)
1
= x2 + (1- a)x - a ln x(a R) .討論函數 f ( x ) 的單調性；
2
【方法技巧】
若導函數為含參可因式分解的二次函數，令該二次函數等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，
判定導函數的符號，從而確定原函數的單調性.
【變式 9-1】已知函數 f x = ax2 - 2+5a x +5ln x a R ，討論函數 f x 的單調性；
1
【變式 9-2】已知函數 f x = - - a +1 ln x +1 + ax + e - 2（ a R ， e 為自然對數的底數）.討論函數
x +1
f x 的單調性；
1
【變式 9-3】（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數 f (x) = (1- b) ln x + bx + ,b R ．
x
(1)當b = 0時，求曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程；
(2)討論 f ( x ) 的單調性．
【變式 9-4】已知函數 f x = lnx 1- ax2， a R ．求函數 f x 的單調區間.
2
題型十：導函數為含參不可因式分解的二次函數單調性分析
【典例 10-1】已知函數 g x = x2 + ln x -ax．討論 g x 的單調性
【典例 10-2】已知函數 f x = a +1 ln x + ax2 +1．討論函數 f x 的單調性；
【方法技巧】
若導函數為含參不可因式分解的二次函數，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域討
論.
【變式 10-1】討論函數 f (x)
1
= ax2 - ln x + x ， a R 的單調性
2
【變式 10-2】（2024·高三·廣西·開學考試）已知函數 f (x) = (x2 +1)eax + 3(a R) ．討論 f ( x ) 的單調性．
1
【變式 10-3】設函數 f x = ax3 + 2ax2 + 1- 2a x,a 0 ,求 f x 的單調區間.
3
題型十一：導函數為含參準二次函數型的單調性分析
a
【典例 11-1】已知函數 f x = eax + a +1÷ ,其中 a -1 .求 f x 的單調區間．
è x
x-1
【典例 11-2 ae 1】已知函數 f (x) = - lnx - .討論 f ( x ) 的單調性；
x x
【方法技巧】
若導函數為含參準二次函數型，首先對導函數進行因式分解，求導函數的零點并比較大小，然后再劃
分定義域，判定導函數的符號，從而確定原函數的單調性.
【變式 11-1】已知函數 f (x) = ln x - x， g(x) = x2 - 2x + 3 .若 h(x) = (x - 2)e x + ag (x)，討論函數 h x 的單調性；
【變式 11-2】已知函數 f (x) = ex éx
2 - (2a +1)x + bù (a,b R)．b = 1時，討論 f ( x ) 的單調性．
題型十二：分段分析法討論函數的單調性
【典例 12-1】已知函數 f x = a-x+1 + x2 - 2x +1+ x -1 lna（ a > 0，且 a 1）求函數 f x 的單調區間；
12-2 f x = ex【典例 】已知函數 - ax a R g x ex π， = + cos x .
2
(1)若 f x 0，求 a 的取值范圍；
(2)求函數 g x 在 0,+ 上的單調性；
【方法技巧】
分段討論導函數的正負.
ex
【變式 12-1】（2024·全國·高三專題練習）已知函數 f x = x - ln x - .判斷函數 f x 的單調性.
x
【變式 12-2】（2024·高三·湖北·期中）已知函數 f x = asin 1- x + ln x， a R ．討論函數 f x 在
x 0,1 上的單調性．
f x x +1 2【變式 12-3】設函數 = x + ax ，其中 a R ，討論 f x 的單調性.e
1．（2023 x年新課標全國Ⅱ卷數學真題）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
2．（2023 x年高考全國乙卷數學（理）真題）設a 0,1 ，若函數 f x = a x + 1+ a 在 0,+ 上單調遞增，
則 a 的取值范圍是 .
1
3．（2023 年高考全國乙卷數學（文）真題）已知函數 f x = + a ÷ ln 1+ x ．
è x
(1)當 a = -1時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程．
(2)若函數 f x 在 0,+ 單調遞增，求a的取值范圍．
1．判斷下列函數的單調性：
（1） f x = x2 -2x + 4；
（2） f x = ex - x
2 3．證明函數 f x = 2x -6x2 + 7在區間 0,2 上單調遞減．
3．利用函數的單調性，證明下列不等式，并通過函數圖象直觀驗證： sin x < x ， x (0,p )，
4 3 2．利用信息技術工具，根據給定的 a，b，c，d 的值，可以畫出函數 f x = ax +bx + cx + d 的圖象，當
a = -4 ，b = 1， c = 5， d = -1時， f x 的圖象如圖所示，改變 a，b，c，d 的值，觀察圖象的形狀：
（1）你能歸納函數 f x 圖象的大致形狀嗎？它的圖象有什么特點？你能從圖象上大致估計它的單調區間
嗎？
（2）運用導數研究它的單調性，并求出相應的單調區間．
5．求函數 f (x) = 3 x2 的單調區間．
ex6 y (2x -1)．作函數 = 的大致圖象．
x -1
易錯點：對 “導數值符號” 與 “函數單調性” 關系理解不透徹
易錯分析： 一個函數在某個區間上單調增（減）的充要條件是這個函數的導函數在這個區間上恒大
（小）于等于 0，且導函數在這個區間的任意子區間上都不恒為 0．一定要注意導函數在某區間上恒大
（小）于 0 僅為該函數在此區間上單調增（減）的充分條件．
x
【易錯題 1】若函數 f x = x + k e 在區間 1,+ 上單調遞增，則 k 的取值范圍是（ ）
A． -1,+ B． 1,+ C． -2,+ D． 2,+
【易錯題 2】“當 a > 0時，函數 f (x) = 4ln x - ax在區間(0,1)上不是單調函數”為真命題的a的一個取值
是 ．
答題模板：利用導數判斷函數的單調性
1、模板解決思路
利用導數判斷函數單調性的重點在于準確判斷導數的符號，當函數 f (x) 含參數時，則根據參數取值
范圍進行分類討論．
2、模板解決步驟
第一步：求 f (x)的定義域
第二步：求出 f (x)．
第三步：令 f (x) = 0 ，求出其全部根，把全部的根在 x軸上標出．
第四步：在定義域內，令 f (x) > 0 ，解出 x的取值范圍，得函數的增區間；令 f (x) < 0 ，解出 x的取
值范圍，得函數的減區間．若一個函數具有相同單調性的區間不只一個，則這些單調區間用“和”或“，”隔
開．
1 a
【典例 1】已知函數 f x = x 3 + x 2 + a - 1 x + 13 2 ．討論函數的單調性；
1 2 2
【典例 2】已知函數 f x = x + ax - 6a lnx ，求 f x 的單調區間.
2

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