第18讲 导数与函数的单调性讲义（2考点+12题型） -2027届高三数学一轮复习

第18讲 导数与函数的单调性 目录 Part 1 考点突破 【考点1：函数的单调性与导数的关系】 【考点2：利用导数判断函数单调性的步骤】 Part2 题型探究 【题型1：利用导函数与原函数的关系确定原函数图象】 【题型2：求单调区间】 【题型3：已知含参函数在区间上递增或递减，求参数范围】 【题型4：已知含参函数在区间上不单调，求参数范围】 【题型5：已知含参函数存在增区间或减区间，求参数范围】 【题型6：不含参数单调性讨论】 【题型7：导函数为含参一次函数的单调性分析】 【题型8：导函数为含参准一次函数的单调性分析】 【题型9：导函数为含参可因式分解二次函数的单调性分析】 【题型10：导函数为含参不可因式分解二次函数的单调性分析】 【题型11：导函数为含参准二次函数型的单调性分析】 【题型12：分段分析法讨论函数的单调性】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：函数的单调性与导数的关系】 1、函数的单调性 函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数． 2、已知函数的单调性问题 ①若在某个区间上单调递增，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递增； ②若在某个区间上单调递减，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递减． 导数看正负，函数看增减——这是本讲的地基。在某个区间内，导数大于零则函数递增，导数小于零则函数递减。反过来不成立：已知函数在区间上单调递增，只能推出导数大于等于零且不恒为零，推不出导数大于零。做题先分清方向——是由导数推单调，还是由单调反推参数范围，等号能不能取到，差别就在这一步。 【考点2：利用导数判断函数单调性的步骤】 （1）确定函数的定义域； （2）如果导函数中正负未知，则需要单独讨论．如果导函数恒正或恒负，则无需单独讨论； （3）求出导数的零点； （4）用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出在各区间上的正负，由此得出函数在定义域内的单调性； （5）如果找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导；求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段. 解题方法总结 1、使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的．例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数． 2、若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立．因为，即或，当时，函数在区间上单调递增．当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立．这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件．于是有如下结论： 单调递增；单调递增； 单调递减；单调递减． 步骤就五步：定定义域、求导、找零点、用零点划分区间、列表判正负。真正的难点在第四步——导函数含参时，零点可能不存在、可能有两个、还可能要比较大小，这时就得分类讨论。一阶导看不出零点就求二阶导，这是常用的兜底办法。 Part 2 题型探究 【题型1：利用导函数与原函数的关系确定原函数图象】 【例1】（2025秋•重庆校级期末）已知函数f（x）与其导函数f′（x）的图象如图所示，则（　　） A．曲线M为函数f′（x）的图象 B． C．f（x）在单调递增 D．f（x）在单调递减 【答案】D 【分析】根据原函数和导函数的关系逐一判断即可． 【解答】解：若曲线M为函数f′（x）的图象，当时，f′（x）＞0， 因此函数f（x）在上单调递增，而曲线N在上先减后增，不合题意， 因此曲线M为f（x）的图象，因此曲线N为函数f′（x）的图象，因此选项A错误； 根据A可知f（x）在上单调递减且f（x）为偶函数，因此，因此选项B错误，选项D正确； f（x）在上先增后减，因此选项C错误． 故选：D． 【变式1】（2025秋•惠州校级期末）已知函数f（x）的图象如图所示，则下列不等式正确的是（　　） A．f′（a）＜f′（b）＜f′（c） B．f′（b）＜f′（c）＜f′（a） C．f′（a）＜f′（c）＜f′（b） D．f′（c）＜f′（a）＜f′（b） 【答案】A 【分析】分别作曲线在x＝a，x＝b，x＝c三处的切线l1，l2，l3，然后根据切线的斜率的大小可得答案． 【解答】解：分别作曲线在x＝a，x＝b，x＝c三处的切线l1，l2，l3， 设切线的斜率分别为k1，k2，k3，易知k1＜k2＜k3， 又f′（a）＝k1，f′（b）＝k2，f′（c）＝k3， 所以f′（a）＜f′（b）＜f′（c）． 故选：A． 【题型2：求单调区间】 【例2】（2026春•承德校级期中）函数f（x）＝lnx﹣2x的单调递增区间为（　　） A．（﹣∞，2） B． C． D． 【答案】C 【分析】求出原函数的导函数，由导函数大于0求解x的范围得答案． 【解答】解：由f（x）＝lnx﹣2x，得 （x＞0）． 由f′（x）＞0，得，得x． ∴函数f（x）＝lnx﹣2x的单调递增区间为（0，）． 故选：C． 【变式2】（2026秋•厦门校级月考）函数f（x）＝x2+2mlnx（m＜0）的单调递减区间为（　　） A．（0，+∞） B． C． D． 【答案】B 【分析】求导，利用导数的正负即可求得． 【解答】解：函数f（x）＝x2+2mlnx（m＜0）的定义域为（0，+∞）， 则求导得， 令f′（x）＝0，得， 当单调递减， 当单调递增， 所以函数f（x）＝x2+2mlnx（m＜0）的单调递减区间为（0，）． 故选：B． 【题型3：已知含参函数在区间上递增或递减，求参数范围】 【例3】（2026秋•商洛月考）已知函数f（x）＝2x2﹣alnx在区间（1，+∞）上单调递增，则正数a的取值范围为（　　） A．（4，+∞） B．[4，+∞） C．（0，4） D．（0，4] 【答案】D 【分析】对函数求导，将函数在（1，+∞）上单调递增，转化为对任意x＞1，都有f′（x）≥0恒成立问题即可求解． 【解答】解：由题意，， 由f（x）在（1，+∞）上单调递增， 可得对任意x＞1，都有f′（x）≥0， 即，即a≤4x2对任意x＞1恒成立， 当x＞1时，4x2＞4， 故a≤4时，f′（x）≥0恒成立， 故正数a的取值范围是（0，4]． 故选：D． 【变式3】（2026春•武清区校级月考）已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣xlnx，a∈R，若f（x）在[1，+∞）单调递增，a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞） 【答案】B 【分析】求出函数的导函数，依题意f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，参变分离可得a≤2x﹣lnx﹣1在[1，+∞）上恒成立，构造函数求出函数的单调性与最值，即可得解． 【解答】解：因为f（x）＝x2﹣ax﹣xlnx（a∈R），定义域为（0，+∞）， 所以f′（x）＝2x﹣a﹣lnx﹣1，依题意f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立， 即2x﹣a﹣lnx﹣1≥0在[1，+∞）上恒成立， 所以a≤2x﹣lnx﹣1在[1，+∞）上恒成立， 令g（x）＝2x﹣lnx﹣1，x∈[1，+∞）， 则g′（x）＝20， g（x）在[1，+∞）上单调递增， 所以g（x）在x＝1处取得最小值， 即g（x）min＝g（1）＝2×1﹣ln1﹣1＝1， 所以a≤1，即a∈（﹣∞，1]． 故选：B． 【题型4：已知含参函数在区间上不单调，求参数范围】 【例4】（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝2ex+a（x﹣4），a∈R，若f（x）在[﹣1，1]上不单调，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解． 【解答】解：因为函数f（x）＝2ex+a（x﹣4）在[﹣1，1]上不单调， 所以f′（x）＝2ex+a在（﹣1，1）上有零点， 则f（﹣1）f（1）＝（a）（a+2e）＜0， 解得﹣2e＜a． 故选：C． 【变式4】（2026春•西城区期末）若函数f（x）＝x3+ax2﹣6x+5在区间（1，2）上不是单调函数，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，3） B． C． D． 【答案】D 【分析】求导后将问题转化为f'（x）＝3x2+2ax﹣6在区间（1，2）上至少有一个变号零点，再分两种情况，结合一元二次方程根的分布情况，求解即可． 【解答】解：因为f（x）＝x3+ax2﹣6x+5， 所以f'（x）＝3x2+2ax﹣6， 因为f（x）在区间（1，2）上不是单调函数， 所以函数f'（x）＝3x2+2ax﹣6在区间（1，2）上至少有一个变号零点， 若有一个变号零点，则f'（1）•f'（2）＜0，即（2a﹣3）•（4a+6）＜0，解得a； 若有两个变号零点，则，即，无解， 综上，a， 即实数a的取值范围是（，）． 故选：D． 【题型5：已知含参函数存在增区间或减区间，求参数范围】 【例5】（2026•玉溪校级模拟）若函数f（x）＝lnxax2﹣2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（﹣1，+∞） D．[﹣1，+∞） 【答案】C 【分析】解法1：f′（x）ax﹣2化为ax2+2x﹣1＞0有正的实数解，由方程的观点去求解； 解法2：f′（x）ax﹣2化为a在（0，+∞）内有实数解，求的值域． 【解答】解：解法1：f′（x）ax﹣2， 由题意知f′（x）＜0有实数解， ∵x＞0， ∴ax2+2x﹣1＞0有正的实数解． 当a≥0时，显然满足； 当a＜0时，只要Δ＝4+4a＞0， ∴﹣1＜a＜0， 综上所述，a＞﹣1． 解法2：f′（x）ax﹣2， 由题意可知f′（x）＜0在（0，+∞）内有实数解． 即1﹣ax2﹣2x＜0在（0，+∞）内有实数解． 即a在（0，+∞）内有实数解． ∵x∈（0，+∞）时，（1）2﹣1≥﹣1，∴a＞﹣1． 故选：C． 【变式5】（2026春•梅河口市校级期末）若函数f（x）＝lnx+ax2﹣2在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可知f′（x）＜0在区间上有解，等价于在区间上有解，结合存在性问题分析求解即可． 【解答】解：若f（x）在区间上存在单调递减区间， 则0在区间上有解， 可得在区间上有解， 又因为在区间上单调递增，则， 可得，所以实数a的取值范围是． 故选：D． 【题型6：不含参数单调性讨论】 【例6】（2026春•辽阳县校级月考）已知函数f（x）＝x3+sinx． （1）证明：f（x）在R上单调递增； （2）设x0＞0，曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），证明：当x≥﹣x0时，f（x）﹣g（x）≥0； （3）若x＞0时，f（x）＞ax，求a的取值范围． 【答案】（1）因为f（x）＝x3+sinx，所以f′（x）＝3x2+cosx， 当时，f′（x）≥cosx＞0； 当时，， 所以f（x）在R上单调递增； （2）由题可得g（x）﹣f（x0）＝f′（x0）（x﹣x0）， 则 ， 设， 则， 设，则H′（x）＝6x﹣sinx， 设F（x）＝6x﹣sinx，则F′（x）＝6﹣cosx＞0， 所以F（x）即H′（x）在R上单调递增，又H′（0）＝0， 所以当x∈（﹣∞，0）时，H′（x）＜0，H（x）即h′（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）即h′（x）单调递增， 因为h′（﹣x0）＝h′（x0）＝0， 所以当x∈[﹣x0，x0]时，h′（x）≤0，h（x）单调递减； 当x∈[x0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 则h（x）min＝h（x0）＝0，故有h（x）≥0， 即当x≥﹣x0时，f（x）﹣g（x）≥0； （3）（﹣∞，1]． 【分析】（1）由题设证明f′（x）＞0在R上成立即可； （2）设h（x）＝f（x）﹣g（x），H（x）＝h′（x），H′（x）＝F（x），通过研究H（x），F（x）单调性可得h（x）在[﹣x0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，最后由h（x0）＝0可完成证明； （3）将问题转化为，设，通过研究p（x）单调性，可得a＞1时不满足题意，然后通过研究G（x）＝x3+sinx﹣x，x＞0单调性，可得x3+sinx﹣x＞0，据此可得答案． 【解答】解：（1）证明：因为f（x）＝x3+sinx，所以f′（x）＝3x2+cosx， 当时，f′（x）≥cosx＞0； 当时，， 所以f（x）在R上单调递增； （2）证明：由题可得g（x）﹣f（x0）＝f′（x0）（x﹣x0）， 则 ， 设， 则， 设，则H′（x）＝6x﹣sinx， 设F（x）＝6x﹣sinx，则F′（x）＝6﹣cosx＞0， 所以F（x）即H′（x）在R上单调递增，又H′（0）＝0， 所以当x∈（﹣∞，0）时，H′（x）＜0，H（x）即h′（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）即h′（x）单调递增， 因为h′（﹣x0）＝h′（x0）＝0， 所以当x∈[﹣x0，x0]时，h′（x）≤0，h（x）单调递减； 当x∈[x0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 则h（x）min＝h（x0）＝0，故有h（x）≥0， 即当x≥﹣x0时，f（x）﹣g（x）≥0； （3）当x＞0时，f（x）＞ax，即， 设，x＞0， 则， 设q（x）＝2x3+xcosx﹣sinx，x＞0，则q′（x）＝6x2﹣xsinx＝x（6x﹣sinx）， 由（2）可得x＞0时，6x﹣sinx＞0⇒q′（x）＞0， 所以q（x）在（0，+∞）上单调递增，则q（x）＞q（0）＝0， 所以p′（x）＞0，则p（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＞1时，取， 则，不合题意； 当a≤1时，设G（x）＝x3+sinx﹣x，则G′（x）＝3x2+cosx﹣1， 令L（x）＝3x2+cosx﹣1，则L′（x）＝6x﹣sinx， 由（2）可知x＞0时，L′（x）＝6x﹣sinx＞0 所以G′（x）在（0，+∞）上单调递增，则G′（x）＞G′（0）＝0， 所以G（x）在（0，+∞）上单调递增， 则G（x）＞G（0）＝0，即x3+sinx＞x， 所以，所以a≤1符合题意； 综上，a的取值范围是（﹣∞，1]． 【变式6】（2026•佳木斯校级模拟）已知． （1）当a＝4时，求函数f（x）的单调区间； （2）若，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）（﹣∞，3]； （3）令， F′（x）＝2sinxcosxtanx+tan2x﹣3x2＝2sin2x+tan2x﹣3x2． 由（2）可知，当a＝3时，tanx+2sinx＞3x， 则tan2x＞（3x﹣2sinx）2.所以F′（x）＝2sin2x+tan2x﹣3x2＞2sin2x+（3x﹣2sinx）2﹣3x2＝6sin2x﹣12xsinx+6x2＝6（sinx﹣x）2＞0． 因为F′（x）＞0，所以F（x）在上单调递增，所以F（x）＞F（0）＝0， 即sin2x•tanx＞x3． 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，结合函数单调性求解即可． （2）构建新函数，利用局部保号性可求参数的取值范围． （3）构造，根据函数的导数以及单调性证明即可． 【解答】解：（1）因为， 所以当a＝4时，， 求得． 令f′（x）＝0，即，则， 因为，所以，即，解得． 当时，，则，即f′（x）＞0， 所以f（x）在上单调递增； 当时，，则，即f′（x）＜0， 所以f（x）在上单调递减， 所以f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）因为， 所以由f（x）+2sinx＞0，得tanx﹣ax+2sinx＞0， 设，则， 若a＞3，则s′（0）＝3﹣a＜0，所以存在，使得∀x∈（0，x0），s′（x）＜0， 所以s（x）在（0，x0）上为减函数，故∀x∈（0，x0），总有s（x）＜s（0）＝0，矛盾，所以a≤3； 当a≤3时，tanx﹣ax+2sinx≥tanx﹣3x+2sinx， 设， 则 ， 所以u（x）在为增函数，所以u（x）＞u（0）＝0，即tanx﹣3x+2sinx＞0， 所以tanx﹣ax+2sinx＞0，即原不等式成立． 综上，a≤3，所以实数a的取值范围为（﹣∞，3]； （3）证明：令， F′（x）＝2sinxcosxtanx+tan2x﹣3x2＝2sin2x+tan2x﹣3x2． 由（2）可知，当a＝3时，tanx+2sinx＞3x， 则tan2x＞（3x﹣2sinx）2.所以F′（x）＝2sin2x+tan2x﹣3x2＞2sin2x+（3x﹣2sinx）2﹣3x2＝6sin2x﹣12xsinx+6x2＝6（sinx﹣x）2＞0． 因为F′（x）＞0，所以F（x）在上单调递增，所以F（x）＞F（0）＝0， 即sin2x•tanx＞x3． 【题型7：导函数为含参一次函数的单调性分析】 【例7】（2026春•沈河区校级月考）已知函数f（x）＝x2+（2a﹣1）x﹣3． （1）若函数f（x）在区间（﹣1，2）上不单调，求实数a的取值范围； （2）若函数f（x）在[﹣1，3]上的最大值为1，求实数a的值． 【答案】（1）； （2）或a＝﹣1． 【分析】（1）结合二次函数的单调性即可求解； （2）结合单调性与最值关系即可求解． 【解答】解：（1）因为f（x）＝x2+（2a﹣1）x﹣3图象的对称轴为， 又因为f（x）在（﹣1，2）上不单调，所以，解得， 即实数a的取值范围为． （2）由于区间[﹣1，3]的中点为x＝1， ①当，即时，f（x）max＝f（3）＝6a+3，所以6a+3＝1，即满足题意； ②当，即时，f（x）max＝f（﹣1）＝﹣2a﹣1，所以﹣2a﹣1＝1，即a＝﹣1，满足题意， 综上可知，或a＝﹣1． 【变式7】（2026春•黄冈期末）已知函数f（x）＝ax2+x﹣lnx，a∈R． （1）当a＝1时，求f（x）在，1]上的值域； （2）若f（x）在[1，+∞）上单调递减，求a的取值范围． 参考数据：ln2＝0.69． 【答案】（1）（或近似值[1.44，2]）． （2）． 【分析】（1）代入a＝1后求导，判断函数在给定区间的单调性，计算极小值与端点值比较得到值域； （2）由单调递减的性质得导数在[1，+∞）上恒非正，分离参数后转化为求二次函数的最值，得到a的取值范围． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝x2+x﹣lnx，定义域为x＞0，求导得：， 因，故x＞0，x+1＞0，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）在处取区间最小值：， 又，f（1）＝1+1﹣ln1＝2，比较得最大值为2， 故值域为． （2）若f（x）在[1，+∞）上单调递减，则对任意x∈[1，+∞），f′（x）≤0恒成立，， 因x≥1＞0，不等式整理得， 令，由x≥1得t∈（0，1]， 设g（t）＝t2﹣t，t∈（0，1]，g（t）为开口向上的二次函数，对称轴为， 故g（t）的最小值为， 因此，解得， 即a的取值范围为． 【题型8：导函数为含参准一次函数的单调性分析】 【例8】（2026•辽宁校级模拟）已知函数f（x）＝eax﹣ax+2cosx，其中e为自然对数的底数， （1）当a＝1时，求f（x）在x＝π处的切线； （2）若a为实数，g（x）＝f（x）﹣2cosx，求g（x）的最小值； （3）已知a＞0，且f（x）在[0，+∞）单调递增，求实数a的取值范围． 【答案】（1）y＝（eπ﹣1）x﹣πeπ+eπ﹣2； （2）最小值为1； （3）． 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）利用导数确定单调性后可得最小值； （3）f′（x）＝aeax﹣a﹣2sinx≥0，∀x＞0．注意f'（0）＝0，令p（x）＝f′（x）＝aeax﹣a﹣2sinx，求出p′（x），分类讨论：p′（0）＜0时，由f′（x）的单调性得出f′（x）≥0（x＞0）不可能恒成立，p′（0）≥0时，证明f′（x）≥0（x＞0）恒成立，从而可得参数范围． 【解答】解：（1）因为f（x）＝ex﹣x+2cosx，求导得f′（x）＝ex﹣1﹣2sinx， 所以f（π）＝eπ﹣π﹣2，f′（π）＝eπ﹣1， 所以切线方程为y﹣（eπ﹣π﹣2）＝（eπ﹣1）（x﹣π），即y＝（eπ﹣1）x﹣πeπ+eπ﹣2； （2）因为g（x）＝eax﹣ax，令t＝ax∈R，h（t）＝et﹣t，所以g（x）＝h（ax）， 所以h′（t）＝et﹣1，所以当t＞0时，h′（t）＞0，当t＜0时，h′（t）＜0， 所以h（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增， 所以h（t）的最小值为h（0）＝1，即g（x）的最小值为1； （3）因为f（x）＝eax﹣ax+2cosx，所以f′（x）＝aeax﹣a﹣2sinx， 令p（x）＝f′（x）＝aeax﹣a﹣2sinx，则p′（x）＝a2eax﹣2cosx， 因为当a＞0时，f（x）在[0，+∞）单调递增，所以∀x≥0，f′（x）＝aeax﹣a﹣2sinx≥0， 若p′（0）＝a2﹣2＜0，即时，∃t＞0使得x∈（0，t）时，p′（x）＜0， 所以p（x）即f′（x）在[0，t）单调递减，所以当x∈（0，t）时，f′（x）＜f′（0）＝a﹣a＝0，不合题意， 所以p′（0）＝a2﹣2≥0，即，下面证明时符合题意． 因为∀x≥0，eax≥ex≥1，2≥2cosx≥﹣2，所以当时p′（x）≥a2﹣2≥2﹣2＝0， 即f′（x）在[0，+∞）单调递增，所以∀x≥0，f′（x）≥f′（0）＝0， 综上，实数a的取值范围为． 【变式8】（2026•河南模拟）已知函数f（x）＝aebx﹣x2﹣2x，其中a＞0，b＞0． （1）当b＝1时，若f（x）在R上是增函数，求a的取值范围； （2）若对任意的b＞0，f（x）均存在两个极值点，求a的取值范围． 【答案】（1）[2，+∞）； （2）． 【分析】（1）求导后，参变分离，构造函数求最值即可； （2）转化为f′（x）的最小值小于0，得到，再求以b为自变量的函数的最大值即可． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝aebx﹣x2﹣2x，其中a＞0，b＞0， 当b＝1时，f（x）＝aex﹣x2﹣2x，对函数求导可得f′（x）＝aex﹣2x﹣2， 依题意f′（x）≥0，等价于，x∈R． 设，则， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，在（﹣∞，0）上单调递增， 所以h（x）max＝h（0）＝2，所以a≥h（x）max＝2， 所以a的取值范围是[2，+∞）； （2）由题意函数f（x）＝aebx﹣x2﹣2x，其中a＞0，b＞0， 对函数求导可得f′（x）＝abebx﹣2x﹣2， 设m（x）＝f′（x），则m′（x）＝ab2ebx﹣2， 令m′（x）＝0，解得， 所以f′（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又x→+∞时，f′（x）→+∞，x→﹣∞时，f′（x）→+∞， 所以， 所以． 设g（b）＝1﹣b+2lnb，则， 令g′（b）＝0，解得b＝2，所以g（b）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减， 所以g（b）max＝g（2）＝2ln2﹣1， 所以，解得， 所以a的取值范围是． 【题型9：导函数为含参可因式分解二次函数的单调性分析】 【例9】（2025秋•南京期末）已知函数f（x）＝2lnx+x2﹣mx，m∈R． （1）当m＝5时，求f（x）的极值； （2）若函数f（x）在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围； （3）若4＜m＜5，且f（x）有两个极值点x1，x2，其中x1＜x2，求f（x1）﹣f（x2）的取值范围． 【答案】（1）极大值为，极小值为f（2）＝2ln2﹣6； （2）（﹣∞，4]； （3）． 【分析】（1）利用导数判断单调性，进而求极值； （2）转化为导数恒非负问题，用分离参数+基本不等式求解； （3）韦达定理消元+换元构造函数，求值域即可． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝2lnx+x2﹣mx， 因此当m＝5时，函数f（x）的定义域为（0，+∞）， f（x）＝2lnx+x2﹣5x， 因此， 令f′（x）＝0，解得或x＝2， 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 因此，函数f（x）的极大值为，极小值为f（2）＝2ln2﹣6； （2）f（x）的定义域为（0，+∞）， 则题意等价于在（0，+∞）上恒成立， 即在（0，+∞）上恒成立， 由基本不等式知，x＞0时，， 当且仅当x＝1时等号成立， 因此m≤4，即实数m的取值范围为（﹣∞，4]； （3）由已知， 因为f（x）有两个极值点x1，x2， 因此x1，x2为方程2x2﹣mx+2＝0的两个不相等的实数根， 则，x1•x2＝1， 因为0＜x1＜x2，因此0＜x1＜1＜x2， 又，解得， 因此 ， 设， 则， 因此g（x）在上单调递减， 又，g（1）＝1﹣1+0＝0， 因此， 即f（x1）﹣f（x2）的取值范围为． 【变式9】（2026•芜湖校级模拟）已知函数f（x）＝x﹣aln2x． （1）求f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10），求实数a的值（其中e为自然对数的底数，e≈2.718）． 【答案】（1）y＝x； （2）； （3）． 【分析】（1）通过求导得到切线斜率，再结合切点的值，用点斜式写出切线方程； （2）将函数单调递增转化为f′（x）≥0恒成立，通过构造辅助函数F（x）＝x﹣2alnx，对参数a分类讨论，利用导数求F（x）的最小值并令其非负，解得a的取值范围； （3）先利用第（2）问结论，排除的情况；再对，构造，分析f（x）在[e，+∞）上的单调性，根据单调性分段去绝对值求和，结合f（ek）＝0建立方程，验证后得到a的值． 【解答】解：（1）由f（x）＝x﹣aln2x，可得， 所以切线的斜率为f′（1）＝1，又f（1）＝1， 故切线方程为y﹣1＝x﹣1，即y＝x； （2）由f（x）在（0，+∞）上单调递增， 可得在（0，+∞）上恒成立， 记F（x）＝x﹣2alnx，则， 若a＞0，则由F′（x）＜0，可得0＜x＜2a，由F′（x）＞0，可得x＞2a， 则F（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增， 所以F（x）min＝F（2a）＝2a（1﹣ln（2a））， 只需，所以； 若a＜0，则F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增， 注意到x→0+时，F（x）→﹣∞，不合题意； 若a＝0，则F（x）＝x＞0，符合题意； 综上，实数a的取值范围为； （3）若要化简|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10）， 需要讨论f（e），f（e2），…，f（e10）的大小关系， 故不妨设x∈[e，+∞），由第（2）问可知， 当时，f（x）单调递增， 当a＜0时，由x∈[e，+∞），可得 0，即f（x）单调递增， 即当均有f（x）在[1，+∞）上单调递增， 此时， 所以f（e）＝0，即e﹣a＝0，即a＝e，这与矛盾，此时无解； 若，则， 记，则f′（x）与g（x）在x≥e时同号， 在[e，+∞）单调递增，此时g（e）＝e﹣2a＜0， 注意到x→+∞时，g（x）→+∞，所以存在x0＞e，使得g（x0）＝0， 若x∈[e，x0），则g（x）＜0，则f′（x）＜0； 若x∈（x0，+∞），则g（x）＞0，则f′（x）＞0， 所以f（x）在[e，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 设，其中k∈N*，等价于， 即（*）， ①若k≥10，则f（e）＞f（e2）＞…＞f（e10）， 此时：， 则，此时由（*）可知，矛盾，此时无解； ②若1≤k≤9且f（ek+1）＜f（ek），则同理可得： ， 代入（*）可得：， 由于f（ek+1）＜f（ek）⇔f（ek）＞0， 逐一验证可知只有符合； ③若1≤k≤9且f（ek+1）≥f（ek），则f（e）＞f（e2）＞…＞f（ek）≤f（ek+1）＜f（ek+2）＜…＜f（e10）， 此时， 由已知得， 代入（*）可得：， 验证f（ek+1）≥f（ek）⇔f（ek+1）≥0 成立，故符合题意； 综上，实数a的值为． 【题型10：导函数为含参不可因式分解二次函数的单调性分析】 【例10】（2026春•扬州校级月考）已知函数，其中a∈R． （1）当a＝1时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若函数f（x）在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若f（x）在（0，2）上存在两个极值点x1，x2（x1＜x2），求证：． 【答案】（1）x﹣y﹣1＝0； （2）（﹣∞，2]； （3）证明：∵f（x）在（0，2）上有两个极值点x1，x2， 则f′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0在（0，2）上有两个不等实数根x1，x2， ， 解得，且x1+x2＝a，x1x2＝1， 此时，， ， 令，则， ， 所以h（t）在（0，1）上单调递减， 又由，由x1＜x2可知0＜t＜1，即， 联立解得，所以， 且h（1）＝0，， 所以． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）把问题转化为f′（x）≥0恒成立，即恒成立，利用基本不等式即可求解； （3）根据极值点的定义及韦达定理得到x1+x2＝a，x1x2＝1，并求出a的范围，令并求出t的范围，最后把|f（x2）﹣f（x1）|转化为t的函数，最后利用导数判断函数的单调性即可求解． 【解答】解：（1）由题意函数，其中a∈R， 当a＝1时，，定义域为（0，+∞）， 所以， 所以k＝f′（1）＝1，又f（1）＝0， 所以函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1，即x﹣y﹣1＝0； （2）由题意函数，其中a∈R， 可得f（x）的定义域是（0，+∞）， ， 函数f（x）在定义域上单调递增，则f′（x）≥0对x＞0恒成立， 即， 因为，当且仅当x＝1时等号成立， 所以a≤2时，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递增， 即实数a的取值范围为（﹣∞，2]； （3）证明：∵f（x）在（0，2）上有两个极值点x1，x2， 则f′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0在（0，2）上有两个不等实数根x1，x2， ， 解得，且x1+x2＝a，x1x2＝1， 此时，， ， 令，则， ， 所以h（t）在（0，1）上单调递减， 又由，由x1＜x2可知0＜t＜1，即， 联立解得，所以， 且h（1）＝0，， 所以． 【变式10】（2026•辽宁模拟）已知函数，a∈R． （1）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程； （2）证明：函数f（x）的图象是中心对称图形； （3）若函数f（x）为减函数，求实数a的取值范围． 【答案】（1）2x+y﹣2＝0； （2）证明：由函数， 可得， 所以 ， 即f（x）+f（2﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（2﹣x）， 所以函数f（x）的图象关于点（1，0）中心对称． （3）． 【分析】（1）当a＝0时，求得，求得f′（1）＝﹣2，f（1）＝0，结合导数的几何意义，即可求解； （2）根据题意，求得，求得f（x）+f（2﹣x）＝0，即可得证； （3）求得，转化为f′（x）≤0在（0，2）内恒成立，当x＝1时，0≤2恒成立；当x≠1时，恒成立，利用换元法和二次函数的性质，即可求解． 【解答】解：（1）当a＝0时，，可得， 又由，可得， 所以函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程y﹣0＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2＝0． （2）证明：由函数， 可得， 所以 ， 即f（x）+f（2﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（2﹣x）， 所以函数f（x）的图象关于点（1，0）中心对称． （3）由，其定义域为0＜x＜2， 且， 因为函数f（x）是减函数，所以f′（x）≤0在（0，2）内恒成立， 即在（0，2）内恒成立， 因为x（2﹣x）＞0，不等式可化为﹣2+3a（x﹣1）2•x（2﹣x）≤0， 即3a（x﹣1）2•x（2﹣x）≤2， 当x＝1时，0≤2恒成立，此时a∈R； 当x≠1时，， 令t＝x﹣1，则x＝t+1，因为0＜x＜2且x≠1，即﹣1＜t＜1且t≠0， 则， 令g（t）＝t2（1﹣t2）＝﹣t4+t2， 令m＝t2，则0＜m＜1，， 当时，g（m）取得最大值，此时， 所以g（t）的最大值为，则的最小值为， 因为恒成立，所以，即实数a的取值范围为． 【题型11：导函数为含参准二次函数型的单调性分析】 【例11】（2026春•泰山区校级月考）已知函数． （1）若曲线y＝f（x）在x＝π处的切线与直线x+y﹣2＝0平行，求实数a的值； （2）若函数在内不单调，求实数a的取值范围． （3）若f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围． 【答案】（1）a＝2； （2）； （3）[﹣1，1]． 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合两条直线平行的性质进行求解即可； （2）根据函数g（x）在内不单调，即g′（x）＝0有解，再参变分离得到参数a的取值范围，注意端点值的讨论； （3）根据函数导函数与单调性的关系，结合换元法、一元二次不等式解集的性质进行求解即可． 【解答】解：（1）由题意函数， 因为f′（x）＝2﹣cos2x+acosx， 所以f′（π）＝2﹣cos2π+acosπ＝1﹣a， 曲线y＝f（x）在x＝π处的切线与直线x+y﹣2＝0平行， 而直线x+y﹣2＝0的斜率为﹣1， 所以1﹣a＝﹣1，得a＝2； （2）已知在内不单调， 即g（x）在内有极值点， 令，则a＝cos3x， 又，∴， 当a＝1时，恒成立，不合题意， 综上，； （3）由题意函数， f′（x）＝2﹣cos2x+acosx， 因为f（x）在R上单调递增，所以f′（x）≥0在R上恒成立， 所以2﹣cos2x+acosx≥0，即2cos2x﹣acosx﹣3≤0， 令t＝cosx，t∈[﹣1，1]，即2t2﹣at﹣3≤0， 令g（t）＝2t2﹣at﹣3，t∈[﹣1，1]，要使g（t）≤0， 只需，解得﹣1≤a≤1， 即实数a的取值范围是[﹣1，1]． 【变式11】（2026•河南校级模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣（lnx）2（a∈R）． （1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围； （2）若f（x）有3个零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）； （2）（i）； （ii）证明：∵，∴， ∵当x∈（e，+∞）时，h（x）单调递减，当x∈（0，e）时，h（x）单调递增，且h（1）＝0，x1＜x2＜x3， ∴x1∈（0，1），x2∈（1，e），x3∈（e，+∞）， ∵，∴， ∵h（x）在（0，1）上单调递增，∴， ∵h（x1）＜h（1）＝0，∴， ∴证明可以转化成证明，即证lnx2+lnx3＞2， ∵，化简可得， ∴， ∴， 设，可得， ∴证明lnx2+lnx3＞2可以转换为证明当t＞1时，即证， 设，则， ∵当t＞1时，F′（t）＞0， ∴F（t）在（1，+∞）上单调递增，F（t）＞F（1）＝0，∴， ∵，∴． 【分析】（1）由题意得f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，则在（0，+∞）上恒成立，然后构造函数，利用导数求出其最大值即可； （2）（i）根据题意将问题转化为有3个不同的实数根，构造函数，利用导数求出其单调区间和极值即可得答案； （ii）将问题转化成证明，即证lnx2+lnx3＞2，再转换为证明当t＞1时，构造函数利用求得其最小值大于零即可． 【解答】解：（1）由题意f（x）＝ax2﹣（lnx）2，求导可得， 因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x∈（0，+∞）时，f′（x）≥0，即， 设，求导可得， 令g′（x）＝0，即1﹣2lnx＝0，可得， 当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 因此g（x）的极大值为，即， 所以a的取值范围是； （2）（i）令f（x）＝0，可得， 因为f（x）有三个零点，所以a＞0，因此可得有3个不同的实数根， 设，求导可得， 令h′（x）＝0，即1﹣lnx＝0，可得x＝e， 当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，h（x）的值域为， 当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（x）的值域为， 所以当且仅当时，有3个不同的实数根， a的取值范围是； （ii）证明：∵，∴， ∵当x∈（e，+∞）时，h（x）单调递减，当x∈（0，e）时，h（x）单调递增，且h（1）＝0，x1＜x2＜x3， ∴x1∈（0，1），x2∈（1，e），x3∈（e，+∞）， ∵，∴， ∵h（x）在（0，1）上单调递增，∴， ∵h（x1）＜h（1）＝0，∴， ∴证明可以转化成证明，即证lnx2+lnx3＞2， ∵，化简可得， ∴， ∴， 设，可得， ∴证明lnx2+lnx3＞2可以转换为证明当t＞1时，即证， 设，则， ∵当t＞1时，F′（t）＞0， ∴F（t）在（1，+∞）上单调递增，F（t）＞F（1）＝0，∴， ∵，∴． 【题型12：分段分析法讨论函数的单调性】 【例12】（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【答案】（1）函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）（，+∞）； （3）[7﹣e2，+∞）． 【分析】（1）求导后构造函数g（x）再次求导后可得； （2）变形不等式后令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点，求导分a≤0和a＞0两种情况结合零点存在定理分析可得； （3）当x＝0时显然成立；当x＞0时，分离参数可得，构造函数求导结合隐零点分析最值即可． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x， 当a＝2时，f（x）＝e2x+2x2﹣2x，f′（x）＝2e2x+4x﹣2， 令g（x）＝f′（x）＝2e2x+4x﹣2，则g′（x）＝4e4x+4＞0恒成立， 所以f′（x）在R单调递增， 又f′（0）＝0， 所以当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 即函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）f（x）＝g（x）⇔e2x+ax2﹣2x＝ax2+2（a﹣1）x+2a⇒e2x﹣2ax﹣2x＝0， 令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点， 求导h′（x）＝2e2x﹣2a＝2（e2x﹣a）， 若a≤0，则h′（x）＞0，h（x）单调递增，在R上至多有一个零点，不符合题意； 若a＞0，令， 当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 所以， 由零点存在定理可得要使h（x）有两个零点，则， 当x→﹣∞时，e2x→0，﹣2a（x+1）→+∞，则h（x）→+∞； 当x→+∞，由指数爆炸模型可知h（x）→+∞， 所以a的取值范围为（，+∞）； （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，即e2x+ax2﹣2x≥4x3+1，整理可得ax2≥4x3+2x+1﹣e2x，x≥0， 当x＝0时显然成立； 当x＞0时，分离参数可得， 令，求k（x）的最大值即可， 求导， 令分子为m（x）＝4x3﹣2x﹣2+2e2x（1﹣x）， 则m′（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 再令n（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 则n′（x）＝8x（3﹣e2x）， 所以当时，n′（x）＜0，则m′（x）单调递减， 当时，n′（x）＞0，则m′（x）单调递增； 又， 故存在，使得m′（x0）＝0， 当x＞x0时，m′（x）＜0，m（x）单调递减， 当0＜x＜x0时，m′（x）＞0，m（x）单调递增； 又m（0）＝﹣2+2＝0，m（1）＝4﹣2﹣2+0＝0， 所以0＜x＜1时，m（x）＞0，即k′（x）＞0，k（x）单调递增； x＞1时，m（x）＜0，即k′（x）＜0，k（x）单调递减， 所以． 所以a的取值范围为[7﹣e2，+∞）． 【变式12】（2025秋•琼山区校级期末）设函数y＝f（x）在区间D上的导函数为f′（x），且f′（x）在D上存在导函数f″（x）（其中f″（x）＝[f′（x）]′）．定义：若区间D上f″（x）＞0恒成立，则称函数f（x）在区间D上为凹函数． （1）判断函数在区间（0，+∞）上是否为凹函数？并说明理由； （2）是否存在实数a，使得函数在区间（0，+∞）上为凹函数？若存在，求实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． （3）设k∈Z且k＞0，对于任意的x∈（0，+∞），不等式成立，求k的最大值． 【答案】（1）是，理由见解析； （2）存在，； （3）3． 【分析】（1）利用凹函数的定义即可求解； （2）利用凹函数的定义可得g″（x）＝2ae2x﹣lnx+lna＞0在（0，+∞）上恒成立，可得在（0，+∞）上恒成立，分和两种情况求解可得a的取值范围． （3）根据题意，转化为，令，求得，令G（x）＝x﹣ln（x+1）﹣1，利用导数求得函数G（x）的单调性，结合G（2）＝1﹣ln3＜0，G（3）＝2﹣ln4＞0，得到存在x0∈（2，3），使G（x0）＝0，结合函数F（x）的单调性，求得F（x）的最小值为F（x0），由G（x0）＝0，得到x0﹣ln（x0+1）﹣1＝0，求得F（x0）∈（3，4），即可求解． 【解答】解：（1）∵，∴ ∵x＞0时，f″（x）＞0， ∴函数在区间（0，+∞）上是凹函数． （2）∵， ∴， 若g（x）在区间（0，+∞）上为凹函数， 则g″（x）＝2ae2x﹣lnx+lna＞0在（0，+∞）上恒成立， ∴，即在（0，+∞）上恒成立， ∴在（0，+∞）上恒成立， 当时，显然成立，下面讨论的情况， 令h（x）＝xex（x＞0），则h′（x）＝（x+1）ex， ∵x＞0时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上为增函数， 由，得，∴，即， 即x＞0时，恒成立， 设，则， 当时，φ′（x）＞0，当时，φ′（x）＜0， 所以φ（x）在上单调递增，在上单调递减， 所以，则， 故存在实数a，使得g（x）在区间（0，+∞）上为凹函数，a的取值范围为； （3）∵x∈（0，+∞），∴， 令，则， 令G（x）＝x﹣ln（x+1）﹣1，则， 当x∈（0，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）在区间（0，+∞）上单调递增， 又∵G（2）＝1﹣ln3＜0，G（3）＝2﹣ln4＞0， ∴存在x0∈（2，3），使G（x0）＝x0﹣ln（x0+1）﹣1＝0， ∴当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，F′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，G（x）＞0，F′（x）＞0， 故F（x）在区间（0，x0）上单调递减，F（x）在区间（x0，+∞）上单调递增， ∴当x∈（0，+∞）时，F（x）的最小值为， 由G（x0）＝x0﹣ln（x0+1）﹣1＝0，有ln（x0+1）＝x0﹣1，∴， ∵x0∈（2，3），∴F（x0）∈（3，4），又∵恒成立，∴k＜F（x0）， ∵k∈Z且k＞0，∴k的最大值为3． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2026秋•商洛月考）下列函数中，既是偶函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．f（x）＝（x+1）2 B．f（x）＝2x+2﹣x C．f（x）＝cosx D．f（x）＝|lgx| 【答案】B 【分析】结合导数与单调性关系及基本初等函数的单调性，奇偶性检验各选项即可求解． 【解答】解：f（x）＝（x+1）2为非奇非偶函数，A错误； f（x）＝2x+2﹣x定义域为R，f（﹣x）＝2﹣x+2x＝f（x），即f（x）为偶函数， 当x＞0时，f′（x）＝（）ln2＞0恒成立， 所以f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，B正确； y＝cosx在区间（0，+∞）上不单调，C错误； y＝|lgx|为非奇非偶函数，D错误． 故选：B． 2．（2026•应县校级一模）若将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转135°可以得到另一个函数的图象，则m的取值范围为（　　） A． B．[0，e] C． D． 【答案】A 【分析】原问题等价于∀t∈R，直线y＝﹣x+t与函数y＝f（x）最多有一个交点，进而知函数必为单调函数，再由，判断g′（x）≥0恒成立，进一步转化为∀x∈R，2x≥3m[（ln2）x﹣1]，求出临界值，即可得解． 【解答】解：原问题等价于∀t∈R，直线y＝﹣x+t与函数y＝f（x）最多有一个交点， 所以直线y＝t与函数最多有一个交点， 所以函数g（x）必为单调函数，否则一定存在直线y＝t与其有多个交点， 而， 由，知0恒成立， 即∀x∈R，2x≥3m[（ln2）x﹣1]， 设函数y＝2x与直线y＝3m[（ln2）x﹣1]相切时切点的横坐标为x0， 则，解得， 所以， 即m的取值范围为． 故选：A． 3．（2026春•成都校级期中）若ea+lnb＞a+b，则下列结论可能成立的是（　　） A．0＜a＜lnb B．lnb＜a＜0 C．1＜ea＜b D．ea＜b＜1 【答案】D 【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可． 【解答】解：依题意得ea﹣a＞b﹣lnb，则ea﹣a＞b﹣lnb＝elnb﹣lnb， 令f（x）＝ex﹣x，则f（a）＞f（lnb）， 因为f（x）＝ex﹣x，求导得f'（x）＝ex﹣1， 易得f（x）在（﹣∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增， 当a，lnb∈（﹣∞，0）时，a＜lnb＜0，即ea＜b＜1，B错误，D正确． 当a，lnb∈（0，+∞）时，0＜lnb＜a，即1＜b＜ea，A和C错误． 故选：D． 4．（2026春•长宁区校级期中）已知函数f（x）＝2x﹣sinx，则不等式f（x+1）+f（2﹣2x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，3） B． C． D．（3，+∞） 【答案】A 【分析】根据函数解析式判断f（x）＝2x﹣sinx的奇偶性和单调性，即可求解． 【解答】解：因为f（﹣x）＝﹣2x﹣sin（﹣x）＝﹣2x+sinx＝﹣f（x），定义域为R，所以f（x）为奇函数， 因为﹣1≤cosx≤1， f′（x）＝2﹣cosx＞0，所以f（x）在R上单调递增， 所以f（x+1）+f（2﹣2x）＞0⇔f（x+1）＞﹣f（2﹣2x）＝f（2x﹣2）， 又f（x）单调递增，所以x+1＞2x﹣2⇒x＜3，即解集为（﹣∞，3）． 故选：A． 5．（2026•金坛区校级模拟）若g（x）＝bx﹣1与f（x）＝ex有且仅有一对对称的点关于函数y＝x的图象对称，那么实数b的取值范围是（　　） A．[1，+∞） B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，0]∪{1} D．（﹣∞，0）∪{1} 【答案】C 【分析】由题意可得h（x）＝lnx与g（x）＝bx﹣1恰好存在唯一交点，令lnx＝bx﹣1，则，即y＝b与有唯一的交点，构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系即可求解． 【解答】解：f（x）＝ex与h（x）＝lnx关于直线y＝x对称， 所以f（x）＝ex与g（x）＝bx﹣1的图象上恰好存在唯一一对关于直线y＝x对称的点， 等价于h（x）＝lnx与g（x）＝bx﹣1恰好存在唯一交点， 令lnx＝bx﹣1，则， 所以y＝b与有唯一的交点， 设，则， 在（0，1）上，F′（x）＞0，F（x）单调递增，在（1，+∞）上，F′（x）＜0，F（x）单调递减， 而，且当x＞1时，F（x）＞0， 所以当x→0时，F（x）→﹣∞，当x→+∞时，F（x）→0， 故b＝1或b≤0满足条件， 所以b的取值范围是（﹣∞，0]∪{1}． 故选：C． 6．（2026秋•平凉月考）设a＝e，，，则a，b，c大小关系是（　　） A．c＜b＜a B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．c＜a＜b 【答案】C 【分析】利用函数的单调性，比较函数值的大小． 【解答】解：设，当x≥e时，， 则f（x）在[e，+∞）上单调递增， 由， 有， 即， 得a＜b＜c． 故选：C． 7．（2026春•高坪区校级月考）已知定义在R上的函数f（x），其导函数为f′（x），且f′（x）＜f（x），则（　　） A．f（2026）＜f（2025） B．f（2026）＞ef（2025） C．ef（2026）＜f（2025） D．f（2026）＜ef（2025） 【答案】D 【分析】令，求导可得g（x）的单调性，利用单调性化简即可求得． 【解答】解：令，则求导得， 因为f′（x）＜f（x），所以f′（x）﹣f（x）＜0， 所以g′（x）＜0在R上恒成立，所以函数g（x）在R上单调递减， 所以g（2025）＞g（2026），即， 化简得f（2026）＜ef（2025）． 故选：D． 8．（2026春•莆田校级期中）函数的单调递减区间是（　　） A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣2，4） C．（0，4） D．（﹣∞，4） 【答案】C 【分析】先求函数定义域，再对函数求导并因式分解，根据导数小于0的解集得到函数的单调递减区间． 【解答】解：函数的定义域是（0，+∞）， ， 令y′＜0，解得：0＜x＜4， 故函数在（0，4）递减． 故选：C． 9．（2026春•云南期中）已知f（x）＝2x2+lnx﹣ax在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，4] C．[2，+∞） D．[4，+∞） 【答案】B 【分析】求导得f′（x）＝4xa，则f′（x）＝4xa≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤4x在（0，+∞）上恒成立，只需a≤（4x）min，即可得出答案． 【解答】解：因为f（x）＝2x2+lnx﹣ax， 所以f′（x）＝4xa， 因为f（x）＝2x2+lnx﹣ax在（0，+∞）上单调递增， 所以f′（x）＝4xa≥0在（0，+∞）上恒成立， 即a≤4x在（0，+∞）上恒成立， 由基本不等式可得4x24，当且仅当4x，即x时，取等号， 所以4x的最小值为4， 所以a≤4， 故选：B． 10．（2026春•南安市校级月考）若函数在区间（1，+∞）上单调递增，则实数k的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞） 【答案】D 【分析】将题干问题转化为f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立，参变分离得，利用对勾函数单调性求得，即可得解． 【解答】解：∵函数在区间（1，+∞）上单调递增， ∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立． ∴对于x∈（1，+∞）恒成立． 而由对勾函数的单调性可知在区间（1，+∞）上单调递减， ∴，∴k≥﹣2． ∴k的取值范围是[﹣2，+∞）． 故选：D． 11．（2025秋•雨花区校级期末）已知函数若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为（　　） A．（0，1] B．（1，+∞） C．（0，1） D．[1，+∞） 【答案】D 【分析】根据f（x）在（0，+∞）上单调递增，将问题转化为f'（x）≥0在（0，+∞）恒成立即可求解． 【解答】解：f（x）＝alnxx2﹣2x，f'（x）x﹣2，x∈（0，+∞）， 若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f'（x）≥0在（0，+∞）恒成立， 即x2﹣2x+a≥0，a≥﹣x2+2x，x∈（0，+∞）， 令g（x）＝﹣x2+2x，x∈（0，+∞）， 其对称轴为x＝1，所以g（x）的最大值为g（1）＝1， 故只需a≥1．即a∈[1，+∞）． 故答案为：D． 12．（2024高二上·浙江·开学考试）已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的单调性知导数小于等于0恒成立，分离参数后由正切函数单调性求解. 【详解】由题意，在上恒成立， 即在上恒成立， 因为在上单调递增，所以， 所以在时，， 所以. 故选：B 13．（2024高三下·青海西宁·开学考试）已知函数.若对任意，，且，都有，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，转化为，然后构造，得到，从而求得的取值范围. 【详解】根据题意，不妨取，则可转化为， 即. 令，则对任意，，且， 都有， 所以在上单调递增，即在上恒成立， 即在上恒成立. 令，，则，， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以， 即实数a的取值范围是， 故选:A 【提升通关练】 14．（2023秋•兴化市期末）已知函数f（x）＝aex﹣lnx在（1，2）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数单调性得f′（x）≥0对任意x∈（1，2）恒成立，分离参数得，构造函数研究其单调性，进而可求参数a的范围． 【解答】解：因为函数f（x）＝aex﹣lnx在（1，2）上是单调递增函数， 所以f′（x）对任意x∈（1，2）恒成立，所以， 令，则g'（x）， 所以g（x）在（1，2）内为减函数， 所以，则． 故选：C． 15．（2025秋•靖边县校级期末）已知函数f（x）＝x3﹣mx+6lnx在定义域内单调递增，则实数m的取值范围为（　　） A．（﹣∞，9] B．[9，+∞） C．（﹣∞，9） D．（9，+∞） 【答案】A 【分析】先求导函数，再应用单调递增导函数大于等于0，再构造函数求函数最小值，列不等式求参数范围即可． 【解答】解：因为函数f（x）＝x3﹣mx+6lnx在定义域（0，+∞）内单调递增， 所以， 所以在x∈（0，+∞）恒成立，所以， 设， 所以x∈（0，1），t′（x）＜0，t（x）单调递减；x∈（1，+∞），t′（x）＞0，t（x）单调递增； 所以t（x）min＝t（1）＝3+6＝9， 所以m≤9． 故选：A． 16．（2026春•肇庆校级期中）已知函数在[1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣2，+∞） B．（﹣2，+∞） C．（﹣∞，﹣2） D．（﹣∞，﹣2] 【答案】A 【分析】由f（x）在[1，+∞）上单调递增，可得f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，再由配方法即可求得参数范围． 【解答】解：由， 可得， 又f（x）在[1，+∞）上单调递增， 则f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立， 即x2+x+a≥0在[1，+∞）上恒成立， 即a≥﹣x2﹣x在[1，+∞）上恒成立， 又， 当x≥1时，的最大值是﹣2， 所以a≥﹣2，即实数a的取值范围是[﹣2，+∞）． 故选：A． 17．（2025春•西青区期末）已知函数f（x）＝（x2﹣a）e2x在区间[﹣1，2]上单调递增，则a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B． C．（﹣∞，6] D． 【答案】B 【分析】由题可得f′（x）≥0在[﹣1，2]上恒成立，据此可得答案． 【解答】解：f′（x）＝e2x（2x2+2x﹣2a），题意等价于f′（x）≥0在x∈[﹣1，2]上恒成立， 即2x2+2x﹣2a≥0⇒a≤（x2+x）在x∈[﹣1，2]上恒成立， 则a≤（x2+x）min，x∈[﹣1，2]． 对于函数， 其在上单调递减，在上单调递增．则． 故选：B． 18．（2025秋•长葛市期末）已知函数在区间上单调递增，则实数a的最大值为（　　） A． B．e C． D．2e 【答案】B 【分析】求出函数f（x）的导数f′（x），由f′（x）≥0并同构变形，结合单调性转化为在恒成立，再构造函数并求出最小值即可． 【解答】解：依题意，f′（x）＝ex﹣lnx﹣（a﹣1）x﹣lna＝（ex+x）﹣（ax+lnax）， 由f（x）在上单调递增，可得f′（x）≥0在上恒成立， 即ex+x≥ax+lnax在上恒成立， 即ex+x≥elnax+lnax在上恒成立， 令g（x）＝x+lnx，x＞0，而y＝lnx，y＝x在（0，+∞）上单调递增， 则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增， 因此在上恒成立， 令函数， 求导得， 由h′（x）＞0，得1＜x≤e；由h′（x）＜0，得； 故h（x）在（1，e]上单调递增，在上单调递减， 则h（x）≥h（1）＝e，因此a≤e， 所以实数a的最大值为e． 故选：B． 19．（2026•武昌区校级模拟）若关于x的方程ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a在（1，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，2] B．[2，+∞） C．（0，e2] D．[e2，+∞） 【答案】D 【分析】将已知等式变形可得ex﹣lna+x﹣lna＝eln（x﹣1）+ln（x﹣1）．设f（t）＝et+t，判断f（t）的单调性，从而可得lna＝x﹣ln（x﹣1）．设g（x）＝x﹣ln（x﹣1），再利用导数判断g（x）的单调性，从而可得a的取值范围． 【解答】解：由ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a，得， 即ex﹣lna﹣lna＝ln（x﹣1）﹣1，即ex﹣lna+x﹣lna＝eln（x﹣1）+ln（x﹣1）． 设f（t）＝et+t，则f（x﹣lna）＝f（ln（x﹣1））， 因为f′（t）＝et+1＞0，所以f（t）在R上单调递增， 所以x﹣lna＝ln（x﹣1），即lna＝x﹣ln（x﹣1）． 设g（x）＝x﹣ln（x﹣1），则g′（x）＝1， 当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，则g（x）在（1，2）上单调递减， 当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，则g（x）在（2，+∞）上单调递增， 所以g（x）≥g（2）＝2，所以lna≥2，解得a≥e2，即a的取值范围是[e2，+∞）． 故选：D． 20．（2026秋•武汉月考）已知a＞1，若函数与的最大值相等，则a的值所在区间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出f（x）的最大值；再把g（x）换元改写成与f同构的形式，比较得a应满足alna＝1，并说明这样的a唯一，最后由单调性定位根所在的区间． 【解答】解：（x＞0），则，设x0满足， 则当0＜x＜x0时f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞x0时f′（x）＜0，f（x）单调递减． 所以f（x）的最大值为． （x＞1）．令，则x＝ay+1， 代入得． 当aa＝e，即alna＝1时，，此时g的最大值与f的最大值相等． 下证使最大值相等的a唯一．记，则ga（x）＞0当且仅当x＞a+1， 故ga的最大值在某点xa＞a+1处取得．当a2＞a1＞1时，， 于是且，所以的最大值， 即a越大，g的最大值越小．所以使最大值相等的a至多一个，故a恰为方程alna＝1的根． 设φ（a）＝alna（a＞1），则φ′（a）＝lna+1＞0，φ（a）单调递增， 方程alna＝1有唯一根．因为，φ（2）＝2ln2≈1.39＞1， 所以根． 故选：B． 21．（2024高三·全国·专题练习）已知函数在，上单调递增，在上单调递减，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得两个根分别位于和上，所以，从而解不等式组可求出实数的取值范围. 【详解】由，得． 因为在，上单调递增，在上单调递减， 所以方程的两个根分别位于区间和上， 所以，即 解得. 故选：A． 22．（2024·全国）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 【培优通关练】 23．（2026秋•文登区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣1，g（x）＝alnx﹣x． （1）求f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若h（x）＝f（x）﹣g（x）在[1，2]单调递增，求a的取值范围； （3）当a＜0时，若，对，使得g（x1）≥f（x2），求a的取值范围． 【答案】（1）y＝（e﹣1）x﹣1； （2）（﹣∞，e]； （3）． 【分析】（1）求导可得斜率，利用点斜式方程计算即可求得； （2）转化为a≤（xex）min；设H（x）＝xex，x∈[1，2]，求导后判断单调性可得最值； （3）转化为g（x1）max≥f（x2）max，求导后求g（x）的最大值，f（x）的最大值即可． 【解答】解：（1）因为f（x）＝ex﹣x﹣1，所以f'（x）＝ex﹣1， 代入x＝1得切线斜率k＝f'（1）＝e﹣1， 又因为f（1）＝e﹣1﹣1＝e﹣2， 由点斜式方程可得y﹣（e﹣2）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x﹣1； （2）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣x﹣1﹣alnx+x＝ex﹣alnx﹣1，其中x＞0， 则， 因为h（x）在[1，2]单调递增，所以h′（x）≥0在[1，2]上恒成立， 所以xex≥a在[1，2]上恒成立，即a≤（xex）min； 当x∈[1，2]，设H（x）＝xex，x∈[1，2]，H'（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0， 所以H（x）在[1，2]上单调递增，所以H（x）min＝H（1）＝e，所以a≤e， 所以a的取值范围为（﹣∞，e]； （3）当a＜0时，若，对使得g（x1）≥f（x2）， 则g（x1）max≥f（x2）max， 因为f（x）＝ex﹣x﹣1，定义域为R，f'（x）＝ex﹣1， 由f'（x）＜0，可得x＜0，由f'（x）＞0，得x＞0， 所以f（x）单调递减区间为 （﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）， 所以函数f（x）在上单调递增，所以当时，f（x2）max＝f（1）＝e﹣2， 当时，g（x）＝alnx﹣x，其中 a＜0，则， 此时函数g（x）在上为减函数， 所以当时，， 所以，解得， 所以实数a的取值范围是． 24．（2026春•上饶期末）设． （1）若f（x）在（2，+∞）上存在单调递增区间，求a的取值范围； （2）当1≤a≤2时，f（x）在[1，4]上的最小值为，求f（x）在该区间上的最大值． 【答案】（1）（0，+∞）； （2）9． 【分析】（1）存在增区间等价于导函数在区间内有正值部分，利用导函数单调性可转化为端点处导数值大于零； （2）闭区间上最值在极值点或端点取得，先判断导函数符号得单调性，比较端点值确定最小值点，代回求最大值． 【解答】解：（1）因为，所以f′（x）＝﹣x2+2x+3a， 对称轴为x＝1，所以f′（x）在（2，+∞）上单调递减． 因为f（x）在（2，+∞）上存在单调递增区间， 所以导函数在（2，+∞）上存在函数值大于零的部分， 要使f′（x）＞0在（2，+∞）有解，只需f′（2）＞0， 所以f′（2）＝﹣4+4+3a＞0，解得a＞0． 所以a的取值范围为（0，+∞）； （2）因为1≤a≤2，f（x）在[1，4]上的最小值为， 所以f（x）求导得：f′（x）＝﹣x2+2x+3a， 记g（x）＝f′（x），则g′（x）＝﹣2x+2， g′（x）在[1，4]上小于等于0，即g（x）＝f′（x）在[1，4]上单调递减， 且f′（4）＝﹣8+3a＜0，f′（1）＝1+3a＞0， 所以有且只有一个x0∈[1，4]，使得f′（x0）＝0， 此时函数f（x）在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]单调递减， 又因为，，且， 所以， 由或x0＝﹣1（舍去）， 所以f（x）max＝f（3）＝9，因此f（x）在该区间上的最大值为9． 25．（2026•芜湖校级模拟）已知函数f（x）＝x﹣aln2x． （1）求f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10），求实数a的值（其中e为自然对数的底数，e≈2.718）． 【答案】（1）y＝x； （2）； （3）． 【分析】（1）通过求导得到切线斜率，再结合切点的值，用点斜式写出切线方程； （2）将函数单调递增转化为f′（x）≥0恒成立，通过构造辅助函数F（x）＝x﹣2alnx，对参数a分类讨论，利用导数求F（x）的最小值并令其非负，解得a的取值范围； （3）先利用第（2）问结论，排除的情况；再对，构造，分析f（x）在[e，+∞）上的单调性，根据单调性分段去绝对值求和，结合f（ek）＝0建立方程，验证后得到a的值． 【解答】解：（1）由f（x）＝x﹣aln2x，可得， 所以切线的斜率为f′（1）＝1，又f（1）＝1， 故切线方程为y﹣1＝x﹣1，即y＝x； （2）由f（x）在（0，+∞）上单调递增， 可得在（0，+∞）上恒成立， 记F（x）＝x﹣2alnx，则， 若a＞0，则由F′（x）＜0，可得0＜x＜2a，由F′（x）＞0，可得x＞2a， 则F（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增， 所以F（x）min＝F（2a）＝2a（1﹣ln（2a））， 只需，所以； 若a＜0，则F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增， 注意到x→0+时，F（x）→﹣∞，不合题意； 若a＝0，则F（x）＝x＞0，符合题意； 综上，实数a的取值范围为； （3）若要化简|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10）， 需要讨论f（e），f（e2），…，f（e10）的大小关系， 故不妨设x∈[e，+∞），由第（2）问可知， 当时，f（x）单调递增， 当a＜0时，由x∈[e，+∞），可得 0，即f（x）单调递增， 即当均有f（x）在[1，+∞）上单调递增， 此时， 所以f（e）＝0，即e﹣a＝0，即a＝e，这与矛盾，此时无解； 若，则， 记，则f′（x）与g（x）在x≥e时同号， 在[e，+∞）单调递增，此时g（e）＝e﹣2a＜0， 注意到x→+∞时，g（x）→+∞，所以存在x0＞e，使得g（x0）＝0， 若x∈[e，x0），则g（x）＜0，则f′（x）＜0； 若x∈（x0，+∞），则g（x）＞0，则f′（x）＞0， 所以f（x）在[e，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 设，其中k∈N*，等价于， 即（*）， ①若k≥10，则f（e）＞f（e2）＞…＞f（e10）， 此时：， 则，此时由（*）可知，矛盾，此时无解； ②若1≤k≤9且f（ek+1）＜f（ek），则同理可得： ， 代入（*）可得：， 由于f（ek+1）＜f（ek）⇔f（ek）＞0， 逐一验证可知只有符合； ③若1≤k≤9且f（ek+1）≥f（ek），则f（e）＞f（e2）＞…＞f（ek）≤f（ek+1）＜f（ek+2）＜…＜f（e10）， 此时， 由已知得， 代入（*）可得：， 验证f（ek+1）≥f（ek）⇔f（ek+1）≥0 成立，故符合题意； 综上，实数a的值为． 26．（2027春•合肥月考）已知函数． （1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 【答案】（1）f（x）的单调递增区间为 （﹣∞，0），（1，2），单调递减区间为（0，1），（2，+∞）； （2）． 【分析】（1）利用导数的正负性判断单调性； （2）利用参变分离计算函数最值即可． 【解答】解：（1）当a＝0时，， 则， 则当x＜0或1＜x＜2时，f′（x）＞0； 当0＜x＜1或x＞2时，f′（x）＜0， 所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），（1，2），单调递减区间为（0，1），（2，+∞）； （2）因为f（0）＝1，且当x≥0时，f（x）≤1， 所以对∀x∈（0，+∞）恒成立， 令， 则， 令，则h'（x）＝x+1﹣ex， 令k（x）＝x+1﹣ex，x＞0，则k'（x）＝1﹣ex＜0， 所以k（x）在（0，+∞）上单调递减，则k（x）＜0，即h′（x）＜0， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，则h（x）＜0， 所以当0＜x＜2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x＞2时，g'（x）＜0g（x）单调递减； 所以，所以， 综上，a的取值范围为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第18讲 导数与函数的单调性 目录 Part 1 考点突破 【考点1：函数的单调性与导数的关系】 【考点2：利用导数判断函数单调性的步骤】 Part2 题型探究 【题型1：利用导函数与原函数的关系确定原函数图象】 【题型2：求单调区间】 【题型3：已知含参函数在区间上递增或递减，求参数范围】 【题型4：已知含参函数在区间上不单调，求参数范围】 【题型5：已知含参函数存在增区间或减区间，求参数范围】 【题型6：不含参数单调性讨论】 【题型7：导函数为含参一次函数的单调性分析】 【题型8：导函数为含参准一次函数的单调性分析】 【题型9：导函数为含参可因式分解二次函数的单调性分析】 【题型10：导函数为含参不可因式分解二次函数的单调性分析】 【题型11：导函数为含参准二次函数型的单调性分析】 【题型12：分段分析法讨论函数的单调性】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：函数的单调性与导数的关系】 1、函数的单调性 函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数． 2、已知函数的单调性问题 ①若在某个区间上单调递增，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递增； ②若在某个区间上单调递减，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递减． 导数看正负，函数看增减——这是本讲的地基。在某个区间内，导数大于零则函数递增，导数小于零则函数递减。反过来不成立：已知函数在区间上单调递增，只能推出导数大于等于零且不恒为零，推不出导数大于零。做题先分清方向——是由导数推单调，还是由单调反推参数范围，等号能不能取到，差别就在这一步。 【考点2：利用导数判断函数单调性的步骤】 （1）确定函数的定义域； （2）如果导函数中正负未知，则需要单独讨论．如果导函数恒正或恒负，则无需单独讨论； （3）求出导数的零点； （4）用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出在各区间上的正负，由此得出函数在定义域内的单调性； （5）如果找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导；求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段. 解题方法总结 1、使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的．例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数． 2、若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立．因为，即或，当时，函数在区间上单调递增．当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立．这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件．于是有如下结论： 单调递增；单调递增； 单调递减；单调递减． 步骤就五步：定定义域、求导、找零点、用零点划分区间、列表判正负。真正的难点在第四步——导函数含参时，零点可能不存在、可能有两个、还可能要比较大小，这时就得分类讨论。一阶导看不出零点就求二阶导，这是常用的兜底办法。 Part 2 题型探究 【题型1：利用导函数与原函数的关系确定原函数图象】 【例1】（2025秋•重庆校级期末）已知函数f（x）与其导函数f′（x）的图象如图所示，则（　　） A．曲线M为函数f′（x）的图象 B． C．f（x）在单调递增 D．f（x）在单调递减 【变式1】（2025秋•惠州校级期末）已知函数f（x）的图象如图所示，则下列不等式正确的是（　　） A．f′（a）＜f′（b）＜f′（c） B．f′（b）＜f′（c）＜f′（a） C．f′（a）＜f′（c）＜f′（b） D．f′（c）＜f′（a）＜f′（b） 【题型2：求单调区间】 【例2】（2026春•承德校级期中）函数f（x）＝lnx﹣2x的单调递增区间为（　　） A．（﹣∞，2） B． C． D． 【变式2】（2026秋•厦门校级月考）函数f（x）＝x2+2mlnx（m＜0）的单调递减区间为（　　） A．（0，+∞） B． C． D． 【题型3：已知含参函数在区间上递增或递减，求参数范围】 【例3】（2026秋•商洛月考）已知函数f（x）＝2x2﹣alnx在区间（1，+∞）上单调递增，则正数a的取值范围为（　　） A．（4，+∞） B．[4，+∞） C．（0，4） D．（0，4] 【变式3】（2026春•武清区校级月考）已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣xlnx，a∈R，若f（x）在[1，+∞）单调递增，a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞） 【题型4：已知含参函数在区间上不单调，求参数范围】 【例4】（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝2ex+a（x﹣4），a∈R，若f（x）在[﹣1，1]上不单调，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【变式4】（2026春•西城区期末）若函数f（x）＝x3+ax2﹣6x+5在区间（1，2）上不是单调函数，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，3） B． C． D． 【题型5：已知含参函数存在增区间或减区间，求参数范围】 【例5】（2026•玉溪校级模拟）若函数f（x）＝lnxax2﹣2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（﹣1，+∞） D．[﹣1，+∞） 【变式5】（2026春•梅河口市校级期末）若函数f（x）＝lnx+ax2﹣2在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【题型6：不含参数单调性讨论】 【例6】（2026春•辽阳县校级月考）已知函数f（x）＝x3+sinx． （1）证明：f（x）在R上单调递增； （2）设x0＞0，曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），证明：当x≥﹣x0时，f（x）﹣g（x）≥0； （3）若x＞0时，f（x）＞ax，求a的取值范围． 【变式6】（2026•佳木斯校级模拟）已知． （1）当a＝4时，求函数f（x）的单调区间； （2）若，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【题型7：导函数为含参一次函数的单调性分析】 【例7】（2026春•沈河区校级月考）已知函数f（x）＝x2+（2a﹣1）x﹣3． （1）若函数f（x）在区间（﹣1，2）上不单调，求实数a的取值范围； （2）若函数f（x）在[﹣1，3]上的最大值为1，求实数a的值． 【变式7】（2026春•黄冈期末）已知函数f（x）＝ax2+x﹣lnx，a∈R． （1）当a＝1时，求f（x）在，1]上的值域； （2）若f（x）在[1，+∞）上单调递减，求a的取值范围． 参考数据：ln2＝0.69． 【题型8：导函数为含参准一次函数的单调性分析】 【例8】（2026•辽宁校级模拟）已知函数f（x）＝eax﹣ax+2cosx，其中e为自然对数的底数， （1）当a＝1时，求f（x）在x＝π处的切线； （2）若a为实数，g（x）＝f（x）﹣2cosx，求g（x）的最小值； （3）已知a＞0，且f（x）在[0，+∞）单调递增，求实数a的取值范围． 【变式8】（2026•河南模拟）已知函数f（x）＝aebx﹣x2﹣2x，其中a＞0，b＞0． （1）当b＝1时，若f（x）在R上是增函数，求a的取值范围； （2）若对任意的b＞0，f（x）均存在两个极值点，求a的取值范围． 【题型9：导函数为含参可因式分解二次函数的单调性分析】 【例9】（2025秋•南京期末）已知函数f（x）＝2lnx+x2﹣mx，m∈R． （1）当m＝5时，求f（x）的极值； （2）若函数f（x）在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围； （3）若4＜m＜5，且f（x）有两个极值点x1，x2，其中x1＜x2，求f（x1）﹣f（x2）的取值范围． 【变式9】（2026•芜湖校级模拟）已知函数f（x）＝x﹣aln2x． （1）求f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10），求实数a的值（其中e为自然对数的底数，e≈2.718）． 【题型10：导函数为含参不可因式分解二次函数的单调性分析】 【例10】（2026春•扬州校级月考）已知函数，其中a∈R． （1）当a＝1时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若函数f（x）在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若f（x）在（0，2）上存在两个极值点x1，x2（x1＜x2），求证：． 【变式10】（2026•辽宁模拟）已知函数，a∈R． （1）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程； （2）证明：函数f（x）的图象是中心对称图形； （3）若函数f（x）为减函数，求实数a的取值范围． 【题型11：导函数为含参准二次函数型的单调性分析】 【例11】（2026春•泰山区校级月考）已知函数． （1）若曲线y＝f（x）在x＝π处的切线与直线x+y﹣2＝0平行，求实数a的值； （2）若函数在内不单调，求实数a的取值范围． （3）若f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围． 【变式11】（2026•河南校级模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣（lnx）2（a∈R）． （1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围； （2）若f（x）有3个零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 【题型12：分段分析法讨论函数的单调性】 【例12】（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【变式12】（2025秋•琼山区校级期末）设函数y＝f（x）在区间D上的导函数为f′（x），且f′（x）在D上存在导函数f″（x）（其中f″（x）＝[f′（x）]′）．定义：若区间D上f″（x）＞0恒成立，则称函数f（x）在区间D上为凹函数． （1）判断函数在区间（0，+∞）上是否为凹函数？并说明理由； （2）是否存在实数a，使得函数在区间（0，+∞）上为凹函数？若存在，求实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． （3）设k∈Z且k＞0，对于任意的x∈（0，+∞），不等式成立，求k的最大值． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2026秋•商洛月考）下列函数中，既是偶函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．f（x）＝（x+1）2 B．f（x）＝2x+2﹣x C．f（x）＝cosx D．f（x）＝|lgx| 2．（2026•应县校级一模）若将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转135°可以得到另一个函数的图象，则m的取值范围为（　　） A． B．[0，e] C． D． 3．（2026春•成都校级期中）若ea+lnb＞a+b，则下列结论可能成立的是（　　） A．0＜a＜lnb B．lnb＜a＜0 C．1＜ea＜b D．ea＜b＜1 4．（2026春•长宁区校级期中）已知函数f（x）＝2x﹣sinx，则不等式f（x+1）+f（2﹣2x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，3） B． C． D．（3，+∞） 5．（2026•金坛区校级模拟）若g（x）＝bx﹣1与f（x）＝ex有且仅有一对对称的点关于函数y＝x的图象对称，那么实数b的取值范围是（　　） A．[1，+∞） B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，0]∪{1} D．（﹣∞，0）∪{1} 6．（2026秋•平凉月考）设a＝e，，，则a，b，c大小关系是（　　） A．c＜b＜a B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．c＜a＜b 7．（2026春•高坪区校级月考）已知定义在R上的函数f（x），其导函数为f′（x），且f′（x）＜f（x），则（　　） A．f（2026）＜f（2025） B．f（2026）＞ef（2025） C．ef（2026）＜f（2025） D．f（2026）＜ef（2025） 8．（2026春•莆田校级期中）函数的单调递减区间是（　　） A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣2，4） C．（0，4） D．（﹣∞，4） 9．（2026春•云南期中）已知f（x）＝2x2+lnx﹣ax在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，4] C．[2，+∞） D．[4，+∞） 10．（2026春•南安市校级月考）若函数在区间（1，+∞）上单调递增，则实数k的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞） 11．（2025秋•雨花区校级期末）已知函数若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为（　　） A．（0，1] B．（1，+∞） C．（0，1） D．[1，+∞） 12．（2024高二上·浙江·开学考试）已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 13．（2024高三下·青海西宁·开学考试）已知函数.若对任意，，且，都有，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【提升通关练】 14．（2023秋•兴化市期末）已知函数f（x）＝aex﹣lnx在（1，2）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 15．（2025秋•靖边县校级期末）已知函数f（x）＝x3﹣mx+6lnx在定义域内单调递增，则实数m的取值范围为（　　） A．（﹣∞，9] B．[9，+∞） C．（﹣∞，9） D．（9，+∞） 16．（2026春•肇庆校级期中）已知函数在[1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣2，+∞） B．（﹣2，+∞） C．（﹣∞，﹣2） D．（﹣∞，﹣2] 17．（2025春•西青区期末）已知函数f（x）＝（x2﹣a）e2x在区间[﹣1，2]上单调递增，则a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B． C．（﹣∞，6] D． 18．（2025秋•长葛市期末）已知函数在区间上单调递增，则实数a的最大值为（　　） A． B．e C． D．2e 19．（2026•武昌区校级模拟）若关于x的方程ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a在（1，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，2] B．[2，+∞） C．（0，e2] D．[e2，+∞） 20．（2026秋•武汉月考）已知a＞1，若函数与的最大值相等，则a的值所在区间为（　　） A． B． C． D． 21．（2024高三·全国·专题练习）已知函数在，上单调递增，在上单调递减，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 22．（2024·全国）已知，则（    ） A． B． C． D． 【培优通关练】 23．（2026秋•文登区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣1，g（x）＝alnx﹣x． （1）求f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若h（x）＝f（x）﹣g（x）在[1，2]单调递增，求a的取值范围； （3）当a＜0时，若，对，使得g（x1）≥f（x2），求a的取值范围． 24．（2026春•上饶期末）设． （1）若f（x）在（2，+∞）上存在单调递增区间，求a的取值范围； （2）当1≤a≤2时，f（x）在[1，4]上的最小值为，求f（x）在该区间上的最大值． 25．（2026•芜湖校级模拟）已知函数f（x）＝x﹣aln2x． （1）求f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； （3）若|f（e）﹣f（e2）|+|f（e2）﹣f（e3）|+…+|f（e9）﹣f（e10）|＝f（e）+f（e10），求实数a的值（其中e为自然对数的底数，e≈2.718）． 26．（2027春•合肥月考）已知函数． （1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $