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考点 17 导数与函数的单调性（3 种核心题型+基础保分练+综
合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，
会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求
参数的取值范围等简单应用
【知识点】
1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上单调递增
函数 y＝f(x)在区间(a，b)
f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上单调递减
上可导
f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第 1 步，确定函数的定义域；
第 2 步，求出导数 f′(x)的零点；
第 3 步，用 f′(x)的零点将 f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出 f′(x)在各区间上的正
负，由此得出函数 y＝f(x)在定义域内的单调性．
常用结论
1．若函数 f(x)在(a，b)上单调递增，则当 x∈(a，b)时，f′(x)≥0 恒成立；若函数 f(x)在(a，
b)上单调递减，则当 x∈(a，b)时，f′(x)≤0 恒成立．
2．若函数 f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当 x∈(a，b)时，f′(x)>0 有解；若函数 f(x)
在(a，b)上存在单调递减区间，则当 x∈(a，b)时，f′(x)<0 有解
【核心题型】
题型一　不含参函数的单调性
确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能
漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
【例题 1】（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = ln x - 2 + ln 4 - x ，则 f x 的单调递增
区间为（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． - ,3 D． 3, +
【答案】A
【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递
增区间．
ìx - 2 > 0
【详解】由 í 得： 2 < x < 4 ，即 f x 4 x 0 的定义域为 2,4 ； - >
2
Q f x 1 1 3- x = - =
x - 2 4 - x x - 2 4 x ，-
\当 x 2,3 时， f x > 0；当 x 3,4 时， f x < 0；
\ f x 的单调递增区间为 2,3 ．
故选：A．
【变式 1】（2024·四川成都·三模）已知函数 f x 是定义在R 上的奇函数，且当 x > 0时，
f x = x 1- lnx ，则当 x < 0 时， f x 的单调递增区间为（ ）
A． - ,-e B． -e,0
C． - ,0 D． -1,0
【答案】D
【分析】首先利用导数求出函数在 0, + 上的单调性，再根据奇函数的性质得到函数在
- ,0 上的单调性，即可判断.
【详解】当 x > 0时， f x = x 1- lnx ，则 f x = - ln x，
所以当0 < x <1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0，
所以 f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
又函数 f x 是定义在R 上的奇函数，
所以 f x 在 -1,0 上单调递增，在 - , -1 上单调递减.
故选：D
【变式 2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函数 f x 的导函数为 f x ，若当 x < 0 时
f x a= x2 - ，且 f -1 = 0 .则 f x 的单调增区间为 .
x
【答案】 -1,0 , 0,1
【分析】根据题意，由条件可得 a = 2，即可求得 f x 在 - ,0 上的单调增区间，再由函数
的奇偶性即可得到 f x 在 0, + 上的单调增区间，即可得到结果.
f x x2 a a【详解】因为 x < 0 时 = - ，则 f x = 2x + x < 0 ，
x x2
又 f -1 = 0，则-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，则 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 单调递增，
又 f x 为奇函数，
当 x > 0时， f x 在 0,1 单调递增，
所以 f x 的单调增区间为 -1,0 , 0,1 .
故答案为： -1,0 , 0,1
【变式 3】（2024· 3河南开封·三模）已知函数 f x = x - 3lnx， f x 为 f x 的导函数．
(1)求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
9
(2)求函数 g x = f x - f x - 的单调区间和极值．
x
【答案】(1) y =1
(2)见解析
【分析】（1）利用导数求出 f 1 =1， f 1 = 0，，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）求出导函数，用列表法求出极值即可．
3 2 3
【详解】（1）因为 f x = x - 3lnx的定义域为 (0, + )， f (x) = 3x - ，
x
所以 f 1 =1， f 1 = 0，
所以曲线 y = f (x) 在点 1, f 1 处的切线方程为 y =1．
（2）依题意， g x = f x - f x 9- = x3 6- 3lnx - 3x2 - ，则
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．
当 x 变化时， g (x) ， g(x)的变化情况如表所示：
x ( 0, 1) 1 1,2 2 (2,+ )
g (x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
\函数 g(x)的单调递减区间为 1,2 ，单调递增区间为( 0, 1)， (2,+ ) ．
故 g(x)的极小值为 g 2 = -7 - 3ln 2， g(x)的极大值为 g 1 = -8．
题型二　含参数的函数的单调性
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断
点
【例题 2】（多选）（23-24 高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数 f x = x3 + ax2 + 2x
（ a R ）的大致图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】先求得 f x ，根据判别式对 a进行分类讨论，由此确定正确答案.
3
【详解】因为 f x = x + ax2 + 2x a R 的定义域为R ， f x = 3x2 + 2ax + 2 ．
当D = 2a 2 - 4 3 2≤0，即- 6 a 6 时， f x 0对任意 x R 恒成立，
所以 f x 在R 上单调递增，故 C 正确；
2
当D = 2a - 4 3 2 > 0 ，即a < - 6 或 a > 6 时，
2 2
设方程3x2 + 2ax + 2 = 0 x , x x -a - a - 6 -a + a - 6的两根为 1 2 ，且 1 = , x2 = ，3 3
2
可知 x1x2 = > 0 ，可知 x1, x3 2
同号，
令 f x < 0，得 x1 < x < x2 ；令 f x > 0，得 x < x1或 x > x2 ，
所以 f x 在区间 - , x1 上单调递增，在区间 x1, x2 上单调递减，在区间 x2 ,+ 上单调递
增，
故 A，B 正确，D 错误.
故选：ABC.
【变式 1】（2024·天津·二模）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)当 a = 2时，求 f x 在点 e，f e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若函数 f x - x 2存在极大值，且极大值为 1，求证： f x e + x ．
【答案】(1) y = 5x - 2e
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数，求切点处切线的方程；
（2）利用导数，分类讨论函数的单调性；
（3）由极大值，求出 a的值，通过构造函数求最值的方法证明不等式.
【详解】（1）当 a = 2时， f x = x + 2xlnx ，则 f e = e + 2e = 3e，
又 f x = 3+ 2lnx，则切线的斜率 k = f e = 5，
所求切线方程为 y - 3e = 5 x - e ，即 y = 5x - 2e．
（2）函数 f x 的定义域为 0, + ，
Q f x 1 alnx ax 1= + + × =1+ a + alnx．
x
①当 a = 0时， f x =1 > 0， f x 在 0, + 上单调递增．
②当 a > 0时，
1 1- 1+ ÷ - 1+ ÷
x e
è a , + ÷ a÷时， f x > 0，\函数 f x 在 e
è
,+ ÷÷ 上单调递增；
è è
1- 1 1+ ÷ - 1+ ÷
x 0,e è a ÷时， f x < 0，\函数 f x 在 0,e è a ÷ ÷÷上单调递减．
è è
③当 a<0时，
1 1- 1+ ÷ - 1+
x 0,e
è a ÷ ÷时， f
÷
x > 0，函数 f x 在 0,e
è a ÷÷上单调递增；
è è
1 1- + ÷ 1- 1+ ÷
x e
è a , + ÷时， f x < 0，函数 f x 在 e è a ÷ ,+ ÷÷ 上单调递减．
è è
综上可得，
当 a = 0时，函数 f x 在 0，+ 上单调递增；
1- 1+ ÷ 1- 1+ ÷
当 a > 0 a a时，函数 f x 在 0,e è ÷上单调递减，在 e è ÷ ,+ ÷÷ 上单调递增；
è è
1 1 1 1- + - ÷ + ÷
当 a<0 f x 0,e è a时，函数 在 a ÷÷上单调递增，在 e
è
,+ ÷÷ 上单调递减．
è è
1- 1+ ÷
（3）证明：由（2）可知，当 a<0时， f x a存在极大值，且极大值为 f e è ÷÷ =1，
è
- 1 1+ 1 1 1 1 1则 - + ÷ - +
- 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，从而 e è a = - ，设- = t ，则 et-1 = t ． a a
g t = et-1 - t t > 0 g t = et-1令 ，所以 -1，
当0 < t <1时， g t < 0，所以 g t 在 0,1 上单调递减；
当 t > 1时， g t > 0，所以 g t 在 1, + 上单调递增．
而 g 1 = e0 -1 = 0，所以 et-1 - t = 0 的根为 t =1， 从而 a = -1．
因此 f x = x - xlnx，即证 x - xlnx e- x + x2 x > 0 成立，
e- x e- x
也就是证1- lnx + x，即证1- x - lnx - x-lnx
x elnx
= e ，
也就是证 e- x-lnx -x - lnx +1，设u = -x - lnx，即证 eu u +1．
H u = eu - u -1，\H u = eu设 -1，
当u - ,0 时，H u < 0，H u 在 - ,0 上单调递减；
当u 0, + 时， H u > 0 ，H u 在 0, + 上单调递增．
H u H 0 = 0，即 eu - u -1 0恒成立，
\ f x e- x + x2 恒成立．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单
调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、
不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，证明不等式，构造一个适当的函数，
利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.
【变式 2】（2024· 2陕西商洛·三模）已知函数 f x = 2a ln x 1- x2 - ax a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
2x
(2)当 a > 0时，若函数 g x e= + aex 和 h x = 2a2x 的图象在 0,1 上有交点，求实数 a的取
2
值范围．
【答案】(1)答案见解析；
é 3
(2) êe4 , + ÷

【分析】（1）求出函数导数，分类讨论确定 f (x) 的符号，得出单调区间；
（2）换元转化后，问题可化为 f (x) 在 0,1 上有零点，根据 f (x) 单调性并分类讨论即可得解.
2
1 f x 0, + f x -x - ax + 2a
2
【详解】（ ）函数 的定义域为 ， = ．
x
令 f x = 0，得 x = a, x = -2a
①当 a = 0时， f x < 0， f (x) 在 0, + 上单调递减；
②当 a > 0时，列表如下：
x 0,a a a,+
f x + 0 -
f x Z 极大值 ]
所以 f x 在 0,a 上递增， f x 在 a,+ 上递减；
③当 a < 0时，列表如下
x 0, -2a -2a -2a, +
f x + 0 -
f x Z 极大值 ]
所以 f x 在 0, -2a 上递增， f x 在 -2a, + 上递.
综上，当 a = 0时， f x 在 0, + 上递减；当 a > 0时， f x 在 0,a 上递增， f x 在
a,+ 上递减；当 a < 0时， f x 在 0, -2a 上递增， f x 在 -2a, + 上递减.
（2）当 a > 0时，设 x = lnt,Q x 0,1 \t 1,e
2x
函数 g x e= + aex h x = 2a2和 x 的图象在 0,1 有交点，
2
t2
等价于函数 g x = + at 和h x = 2a2lnt 的图象在 1,e 上有交点，
2
x2 2
即函数 g x = + ax 和h x = 2a lnx 的图象在 1,e 上有交点，
2
等价于 f x 的图象在 1,e 有零点，
f x 的单调递增区间是 0,a ，单调递减区间是 a,+ ．
f 1 1= - - a < 0，由（1）知 a > 1
2
当a e 时， f x 在 1,e 为增函数， f x 在 1,e 上有零点，则 f e > 0
4a2 2ea e2 0 a 1- 5 e a 1+ 5\ - - > \ < 或 > e，\a e ；
4 4
当1< a < e 时， f x 在 1, a 递增，在 a, e 递减，
Q f 1 < 0\ f a 0，
2a2即 lna
1
- a2 a2 0 3 3- \lna ，
2 4 \e4 a < e
é 3
综合得：实数 a的取值范围为 êe4 , + ÷ .

2
g x t= + at
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于通过令 x = lnt 换元，转化为函数 2 和
h x = 2a2lnt 1,e f x 1,e
的图象在 上有交点，再转化为 的图象在 有零点，通过转化即可
利用 f (x) 的单调性求解
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) > 9ln a ．（参考数据： ln 2 0.693）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分 a 0和 a > 0讨论单调性即可；
（2）先求出 f (x) 的最小值，然后构造函数，根据导数求出最值来证明即可.
1
【详解】（1）由题意得 f x = 2a - ，
x
当 a 0时， f x < 0在 (0, + )上恒成立， f (x) 在 (0, + )上单调递减，
当 a > 0时，令 f x = 0 1，解得 x = ．
2a
当 x

0,
1
÷ 时， f x < 0 x
1
，当 , +

÷， f x2a 2a > 0．è è
1 1
所以 f (x) 在 0, ,+
è 2a ÷
上单调递减，在 ÷上单调递增； è 2a
综合得：当 a 0时， f (x) 在 (0, + )上单调递减，
f (x) 0, 1 1 当 a > 0时， 在 2a ÷上单调递减，在 ,+ ÷上单调递增；è è 2a
1
a 0 f (x) f = a
1 1
2 1 > a + - ln = a2（ ）由（ ）可知，当 时， 的最小值为 ÷ ÷ +1+ ln 2a
è 2a
．
è a 2a
要证 f (x) > 9ln a 成立，需 a2 +1+ ln 2a > 9ln a 成立，
即证 a2 - 8ln a +1+ ln 2 > 0 ．
2
令 h(a) = a2 - 8ln a +1+ ln 2(a > 0)，则 h (a) = 2a 8 2a - 8- = ．
a a
令 h (a) = 0，得 a = 2（负值舍去）．
当 a (0, 2)时， h (a) < 0 ；当 a (2,+ )时， h (a) > 0．
因此 h(a) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) ，上单调递增．
所以当 a = 2时， 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，
故当 a > 0时， f (x) > 9ln a
题型三　函数单调性的应用
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立．
(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是 f′(x)>0 (或 f′(x)<0)在该区间上存在解
集
命题点 1　比较大小或解不等式
【例题 3】（2024·四川成都·模拟预测）若函数 f (x) 对任意的 x R 都有 f (x) < f (x)恒成立，
则 2 f (2) 与 e2 f (ln 2)的大小关系正确的是（ ）
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．无法比较大小
【答案】C
f x
【分析】构造函数 g x = x ，利用导数可得 g(x)在R 上单调递减，从而得到 g(2) < g(ln 2)，e
进而得解.

f x f x - fg x g x x 【详解】令 = x ，则 = ，e ex
因为对任意的 x R 都有 f (x) < f (x)成立，
所以 g (x) < 0，即 g(x)在R 上单调递减，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
故选：C.
11 10 1
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）比较 a = - ，b = ln1.2， c = 0.1 的大小关系为（ ）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】构造函数 = - - 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，利用导数分析各函数的单调性，由 f x 的单调性可得出 a、b
2 2
的大小关系，由 g x 的单调性可得出b 、 的大小关系，由 h x 的单调性可得出 c、 的
11 11
大小关系，综合可得出 a、b 、 c的大小关系.
2
【详解】构造函数 f x x 1= - - 2ln x，其中 x >1，则 f x 1 1 2 x -1 x = + 2 - = > 0，x x x2
所以，函数 f x 在 1, + 上为增函数，
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
则 g x
2 2 2x
= - = > 0
x +1 x 1 2 x 1 2 对任意的 x > 0+ + 恒成立，
所以，函数 g x 在 0, + 上为增函数，
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，则 h x = e -1 > 0对任意的 x > 0恒成立，
所以，函数 h x 在 0, + 上为增函数，则 g 0.1 = e0.1 -1.1 > g 0 = 0，则 e0.1 >1.1，
c 1 1 2所以， = < = ，
5e0.1 5 1.1 11
综上所述， a > b > c .
故选：D.
1
【变式 2】（23-24 高三上·湖南衡阳· x 2期末）已知函数 f x = e - x - aln x +1 .
2
(1)证明：当 a 1时， f x 1对 x 0, + 恒成立.
2a
(2)若存在 x1, x2 x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 ，比较 x1 +1 x2 +1 与 e e 的大小，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
2a
(2) x +1 x +1 < e e ，理由见解析1 2
x
【分析】（1）构造函数 g x = e - x x 0 ，通过导函数判断单调性可得 ex - x 1，进而利
用放缩和导数证明 f x 在 0, + 上为增函数即可；
ex 1 12 - x
2 - ex12 + x
2 2a
（2）由 f x1 = f x
1
2 ，得 a = 2 2 ，要证明 x +1 x +1 < e e ，即证
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 ÷，构造e è 2
2h x = éln x +1 2ù - ex 1 2 - x ÷，再利用导数证明即可.e è 2
【详解】（1）设函数 g x = ex - x x 0 g x = ex，则 -1，当 x 0 时， g x 0，
所以 g x 为增函数，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
因为 x 0 ，所以 x +1 1，当 a 1时， x +1- a 0，
所以 f x x +1- a= 0，所以 f x 在 0, + 上为增函数，
x +1
故 f x f 0 =1，即当 a 1时， f x 1对 x 0, + 恒成立.
2a
（2） x1 +1 x +1 < e e ，2
证明如下：
x 1 2 x 12 1 2
不妨设 x1 < x2，由 f x1
e - x2 - e + x= f x2 ，得 a = 2 2
1
，
ln x2 +1 - ln x1 +1
2a
要证明 x +1 x +1 < e e ，只需证 ln x1 +1 + ln x
2a
+1 < ，
1 2 2 e
即证 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
即证 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设函数 ÷，则 h x
2
= - ex - x ，e è 2 x +1 e
2ln x +1 2 é1- ln x +1 ù
（方法一）设函数j x = ，则j x = .
x +1 (x +1)2
当 -1 < x < e -1时，j x > 0；当 x > e -1时，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, + 上单调递减，e e
又 x1 < x2，所以 h x2 < h x1 ，
2 2 1 2 2 1
则 é ln x2 +1 ù -
ex2 - x2 2 ÷ < éln x1 +1 ù <

e
x1 - x2 1 ÷，e è 2 e è 2
2a
从而 x1 +1 x2 +1 < e e 得证.
（方法二）设函数 p x = eln x +1 - x -1 p x e 1 e - x -1，则 = - = ，
x +1 x +1
当 -1 < x < e -1时， p x > 0，当 x > e -1时， 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
因为此连不等式的两个等号的取等条件不同，所以 < ex - x ，
x +1
2ln x +1 2
从而 < ex - x ，所以 h x < 0，所以 h x 在 -1, + 上单调递减，x +1 e
又 x1 < x2，所以 h x2 < h x1 ，
éln 2x +1 2ù - ex 12 - x2 2则 2 2 ÷ < é ln x
2 1
1 +1 ù -
ex1 - x2 ，
e è 2 e 2 1 ÷è
2a
从而 x1 +1 x2 +1 < e e 得证.
【点睛】研究双变量问题往往通过某等量关系得出两变量之间的关系式，将双变量问题转化
为单变量问题，再通过构造函数利用导数判断出函数单调性进行问题求解.
2
【变式 3】（23-24 x高三上·河北保定·阶段练习）已知函数 f x = ln 1+ x + .
2
(1)当 x 0, + 时，比较 f x 与 x 的大小；
2 a
(2)若函数 g x = cos x x+ 2，且 f e2 ÷ = g b -1 a > 0,b > 0 ，证明： f b +1> g a +1 .
2 è
【答案】(1) f x x
(2)证明见解析
2
【分析】（1）构造j x = f x - x = ln 1+ x x+ - x ，利用导数可得j x 0 ，即
2
f x x；
a
（2）构造函数 h x = f x +1- g x ，从而推得 g b

> g e 2 ÷，再利用导数得到 g x 的单
è
a
调性，从而得到 2b > e 2 ，进而将问题转化为证b > a +1，再利用导数证得e
a > a +1，由此得
证.
2
【详解】（1）设函数j x = f x - x = ln 1 x x+ + - x ，
2
2
则j x 1= + x -1 x= ，
1+ x 1+ x
当 x 0, + 时，j x 0，
则j x 在 0, + 上单调递增，
所以j x j 0 = 0，从而 f x - x 0，即 f x x；
（2）设函数 h x = f x +1- g x = ln 1+ x +1- cos x ，
当 x > 0时，1- cos x 0， ln 1+ x > 0，则 h x > 0 恒成立，
a a
2
a
则由 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
因为 g x x= cosx + ，所以 g x = x - sinx ，
2
令u x = x - sinx ，则u x =1- cosx 0 恒成立，
所以u x = 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，
a a
又b > 0，e 2 > 0，所以b > e 2 ,
要证 f b2 +1> g a +1 ，只需证 g b2 > g a +1 ，
即证b2 > a +1．
a
因为b > e 2 ，所以b
2 > ea ．
设函数m x = ex - x -1 x > 0 m x = ex，则 -1 > 0 ，
所以m x 在 0, + 上单调递增，
因为 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，从而 f b +1> g a +1 得证．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数
学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用
命题点 2　根据函数的单调性求参数
【例题 4】（2023·全国·模拟预测）若对任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2，
x1 ln x2 - x2 ln x1 < 2
x - x ，则实数
m 的取值范围是（ ）
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】根据题意易知m 0 ，变形 < 2
ln x1 + 2 ln x + 2> 2
x2 - x
可得 x x ，故构造函数1 1 2
f (x) ln x + 2= ，根据函数单调性的定义可得函数 f (x) 在 (m,+ ) 上单调递减，由 f (x) < 0 即
x
可得解.
x1 ln x2 - x2 ln x1
【详解】对任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2， < 2x - x ，易知m 0 ，2 1
则 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
= ，则函数 f (x) 在 (m,+ ) 上单调递减．
x
因为 f (x)
ln x +1
= - 2 ，由 f (x) < 0 x
1
，可得 > ，
x e
1
所以函数 f (x)

的单调递减区间为 ,+

e ÷
，
è
所以 (m,
1
+ ) ,+
1
e ÷，故
m ，
è e
é1
即实数m 的取值范围为 ê ,+ ÷． e
故选：C
x x
【变式 1】（23-24 高三上·广东汕头·期中）设 a 0,1 ，若函数 f x = a + (1+ a) 在 0, +
递增，则 a的取值范围是（ ）
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】把函数 f x 在 0, + 递增利用导数转化为 a ÷ - 在 0, + 上恒成立，è ln(1+ a)
ln a
利用指数函数单调性得 - 1ln(1+ a) ，解对数不等式即可得解.
【详解】因为函数 f x = a x + (1+ a)x在 0, + 递增，
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则 ，即 ÷ - 在 0, + 上恒成立，
è a ln(1+ a)
1+ a x 0y = 1+ a ln a由函数 ÷ 单调递增得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 的取值范围是 ê ,1 .
2 ÷
÷

故选：B
【变式 2】（多选）（23-24 2高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x - ax - ln x，下列命题
正确的是（ ）
A．若 x =1是函数 f x 的极值点，则 a =1
B．若 f 1 = 0，则 f x 在 x 0,2 上的最小值为 0
C．若 f x 在 1,2 上单调递减，则a 1
D．若 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立，则 a 2
【答案】AB
【分析】根据 x =1为函数的极值点可对 A 判断；由 f 1 = 0可求得a =1即可对 B 判断；由
f x 在 1,2 1上单调递减等价于 f x = 2x - a - 0在区间 1,2 上恒成立，即可对 C 判断；
x
由 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立等价于 a x - ln x ，构造函数 h x = x - ln x ，
x 1,2 ，再利用导数从而求出 h x = h 2 = 2 - ln 2max ，即可对 D 判断．
2
【详解】对于 A，由 f x = x - ax - ln x f x 2x a 1，得 = - - ，因为 x =1是函数 f x 的极
x
值点，
所以 f (1) = 2 - a -1 = 0，得 a =1，经检验 x =1是函数 f x 的极小值点，故 A 正确．
对于 B，由选项 A，由 f 1 =1- a - ln1 =1- a = 0 2，得 a =1，可知 f x = x - x - ln x ，
则 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, + )递增，在( 0, 1)上递减，
所以当 x 0,2 时， x =1时， f (x) 取得最小值 f 1 =1-1- 0 = 0 ，故 B 正确．
对于 C，因为 f x 在 1,2 上单调递减，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))，则 g (x) 1= 2 + 2 > 0，x x x
所以 g(x)在 1,2 单调递增，所以 g(1) < g(x) < g(2)，即1 7< g(x) < ，所以 a 7 ，故 C 不正
2 2
确．
对于 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 ，则h (x) = 1- 0，
x
所以 h(x) 在 x 1,2 上单调递增，所以 h x = h 2 = 2 - ln 2max ，所以 a 2 - ln 2，故 D 不正
确．
故选：AB
【变式 3】（23-24 · · f (x) = ex + a x2高三上 山东青岛 期末）若函数 -1 在 (0, + )上单调递增，
则 a 的取值范围是 ．
é e
【答案】 ê- ,
e ù
2 2ú
【分析】分 x 1与0 < x <1两种情况，求导，然后参变分离，构造函数，求出最值，得到答
案.
ìex + a x2 -1 , x 1
x
【详解】 f (x) = e + a x2 -1 =

í ，
ex - a x2 -1 ,0 < x <1
当 x 1时， 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,+ 上单调递减，
x
又 h x = h 1 = -e a emax ，所以 2a -e，解得 - ；2
x
当0 < x <1时， 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 上单调递减，
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处连续，
a é e e ù综上， - , .
ê 2 2 ú
é e , eê-
ù
2 2 ú故答案为：
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2023·全国· x高考真题）已知函数 f x = ae - ln x在区间 1,2 上单调递增，则 a 的最小值
为（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
【答案】C
【分析】根据 f x 1= aex - 0在 1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
【详解】依题可知， f x aex 1 0 x 1= - 在 1,2 上恒成立，显然 a > 0，所以 xe ，
x a
x x
设 g x = xe , x 1,2 ，所以 g x = x +1 e > 0，所以 g x 在 1,2 上单调递增，
g x > g 1 = e e 1 1，故 ，即 a = e-1 ，即 a 的最小值为
a e e
-1．
故选：C．
a
2．（23-24 高三上·山西大同·阶段练习）设 f (x) = x - + a 在 1, + 上为增函数，则实数 a取
x
值范围是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． -2, + D． -1, +
【答案】D
【分析】问题化为 f (x) 0在 1, + 上恒成立求参数范围.
a
【详解】由题意， 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 .
故选：D
3．（2024·云南楚雄·一模）若 a > b，则函数 y = a x - a (x - b)2 的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
2
【分析】对比选项可知 a 0，由题意 x = a， x = b （ a > b）是函数 y = a x - a x - b 的零
x b x 2a + b点， 1 = < 2 = （ a > b）都是函数 y = a x - a (x - b)2 的极值点，由此可以排除 A，3
C；进一步对 a和 0 的大小关系分类讨论，得出函数在 x = b 处附件的增减变换情况即可.
【详解】对比各个选项可知 a 0，
由三次函数图象与性质可得 x = a， x = b （ a > b）是函数 y = a x - a x - b 2 的零点，
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都是函数 y = a x - a (x - b)2 的极值点，由此3
可以排除 A，C；
若 a > 0 2，则函数 y = a x - a x - b 的图象形状为增减增，
y a x a x b 2 ,b b, 2a + b- 2a + b 具体为 = - - 在 单调递增，在 ÷ 单调递减，在 ,+ 3 3 ÷单调è è
递增，可知 B 符合；
若 a<0，则函数 y = a x - a x - b 2 的图象形状为减增减，
2a + b 2a + b
具体为 y = a x - a x - b 2 在 - ,b 单调递减，在 b, 3 ÷ 单调递增，在 ,+ ÷单调è è 3
递减，可知 D 不符合．
故选：B.
4．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有
两个整数 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2 ) > 0，则实数 a的取值范围为（　　）
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】根据题意，求得 f (x) = + a - 2，分 a 2和 a < 2，两种情况讨论，结合 f 1 , f 2
x
的值，得出 f 3 0 ，即可求解.
【详解】由函数 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时， f x > 0，则 f x 在 (0, + )上单调递增，且 f (2) = ln 2 > 0，
所以 f (x) > 0 有无数个整数解，不符合题意，
若 a < 2 1时，当 x (0,- ) 时， f (x) > 0；当 x ( 1- ,+ )时， f (x) < 0a 2 a 2 ，- -
所以函数 f x 在 (0, 1 ) 1- a 2 上单调递增，在 (- ,+ )a 2 上单调递减，- -
因为 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，综上可得，实数 a的取值范围为 (0, 2 - ln 3] .
故选：B.
8 3 2
5．（2024·全国·模拟预测）已知 a = sin ，b = ln ， c = ，则 a,b,c的大小关系为（
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】根据正弦函数和对数函数单调性，结合临界值 2 可比较出
a,b大小关系；构造函数
3
f 2 x -1 x = ln x - x >1 ，利用导数可得 f x 单调性，得到 f ÷ > 0，由此可得b,c大小x +1 è 2
关系，从而得到结果.
8
15 8 6 16 8 π π 8 π 1
【详解】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, + 上单调递增，x x +1 x x +1
\ f 3 ÷ > f 1 = 0 ，即 ln
3 2
> ，\b > c ；
è 2 2 5
综上所述： a > b > c .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数单调性比较大小的问题，解题关键是能够根据数字
特征，采用构造函数的方式，将问题转化为函数单调性的求解问题.
二、多选题
6．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = x3 - 3x，则（ ）
A．函数 g x = f x × f ' x 是偶函数 B． y = -x是曲线 y = f x 的切线
C．存在正数 a, f x 在 -a, a 不单调 D．对任意实数 a， f a f a + 2 3
【答案】CD
【分析】先求出导函数，再逐项分析.
【详解】 f x '是奇函数， f x = 3 x2 -1 是偶函数，因此 f x × f ' x 是奇函数，A 错误；
'
因为 f 0 = -3，又 f 0 = 0，所以 f x 在 x = 0处的切线是 y - f 0 = -3 x - 0 ，即
y = -3x ，B 错误；
f '令 (x)= 0，得 x1 = -1, x2 =1，当 x < -1 '时， f x > 0，当 x >1 '时， f x > 0，因此 f x
在 - , -1 和 1, + 单调递增，当-1 < x <1时， f ' x < 0，在 -1,1 单调递减，故当 a > 1时，
f x 在区间 -a, a 不单调，C 正确；
因为 f x + 2 3 - f x = 6 3(x + 3)2 0，故对任意实数 a， f a f a + 2 3 ，D 正确；
故选：CD.
7．（23-24 高三上·江西宜春·期中）下列函数中，是奇函数且在区间 0,1 上是减函数的是
（ ）
A． f x = ex B． f x = -sinx C． f x 1= D． f (x) = x3 - 2x
x
【答案】BC
【分析】根据所给条件，逐一分析各选项中函数的奇偶性及其在区间 0,1 上的增减性即可.
x
【详解】对于 A，函数 f x = e 的定义域为 R，是增函数，A 不对；
对于 B，函数 f x = -sinx的定义域为 R，是奇函数，并且在 0,1 上单调递减，B 对；
1
对于 C，函数 f x = 的定义域为 (- ,0) U (0, + )，是奇函数，并且在 0,1 上单调递减，C
x
对；
对于 D，函数 f (x) = x3 - 2x 的定义域为 R，且 f (x) = -x3 + 2x = - x3 - 2x = - f x ，是奇函
数，对函数求导 f (x) = 3x2 - 2 ，
当 f (x) < 0 6 6，函数单调递减，即3x2 - 2 < 0，解得- < x < ，所以 f (x) = x3 - 2x 递减区
3 3
6 6
间是 (- , ) .D 不对．
3 3
故选：BC
三、填空题
8．（2024·云南大理·模拟预测）函数 f x =1- 2x - lnx 的最大值为 .
1
【答案】-ln2 / ln
2
【分析】分类讨论去解析式中的绝对值，利用导数研究函数的单调性，根据单调性求函数的
最大值.
【详解】函数 f x =1- 2x - lnx ，定义域为 0, + ，
当 x 1时， f x =1- 2x - lnx ， f x 2 1= - - < 0，
x
\ f x 在 1, + 为减函数，此时 f (x)max = f 1 = -1；
当0 < x <1时， f x =1- 2x + lnx ，\ f x 2 1 -2x +1= - + = ，
x x
1 1
\ x 0, f x > 0 当 ÷时， ，当 x ,1÷时， f x < 0，
è 2 è 2
\ f x 0, 1 1 ,1 在 ÷上单调递增，在2 2 ÷上单调递减，è è
1 1
此时 f (x)max = f ÷ = ln = -ln2，
è 2 2
综上可知， f (x)max = -ln2 .
故答案为：-ln2 .
9．（2024·全国· 2模拟预测）已知函数 g x = x ex - xex - ex ，若方程 g x = k 有三个不同的实
根，则实数 k 的取值范围是 .
-2
【答案】 0,5e
【分析】通过求导得出函数的单调性和极值，即可得出有三个实根时实数 k 的取值范围.
【详解】由题意，
在 g x = x2ex - xex - ex 中， g x = ex x2 + x - 2 ，
当 g x = 0时，解得 x = -2或1，
当 g x < 0即-2当 g x > 0即 x<- 2， x >1时， g x 单调递增，
∵ g -2 = -2 2 e-2 - -2 e-2 - e-2 = 5e-2 ， g 1 = e1 - e1 - e1 = -e，
当 x -2, g x = x2 - x -1 ex 0，
方程 g x = k 有三个不同的实根，
∴ 0 < k < g -2 即0 < k < 5e-2，
-2
故答案为： 0,5e .
【点睛】易错点点点睛：本题考查函数求导，两函数的交点问题，在研究函数的图象时很容
2
易忽略 x -2, g x = x - x -1 ex 0这个条件.
四、解答题
10．（2024·江西南昌·一模）已知函数 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的单调递减区间；
(2)求 f x 的最大值.
【答案】(1) 2e, + ；
(2) 2e .
【分析】（1）求导得 f x ln 2e= ，令 f x < 0可求 f x 的单调递减区间；
x
（2）由（1）易判断 f x 在 x 0,2e 时单增， f x 在 x 2e, + 时单减，进而求出
f x max .
【详解】（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 的单调递减区间为 2e, + ；
（2）当 x 0,2e 时， f x > 0, f x 单调递增；
当 x 2e, + 时， f x < 0, f x 单调递减，
所以 f x f 2e = 2 + ln2 2e - 2eln2e = 2e，即 f x 的最大值为 2e .
11．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数 f x = ax2 - lnx - x ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) 1, +
【分析】（1）讨论 a的正负，从而根据导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）分离参数，然后将恒成立问题转化为函数最值问题即可.
2
【详解】（1）因为 f x = ax - lnx - x, x 0, + ，
2
所以 f x = 2ax 1 2ax - x -1- -1 = ，
x x
当 a 0时， 2ax2 - x -1 -x -1 < -1 < 0，
故 2ax2 - x -1< 0恒成立，所以 f x < 0；
当 a > 0时，令 2ax2 - x -1 = 0，
x 1+ 1+ 8a解得 = （舍去负根），
4a
1+ 1+ 8a
令 f x > 0，得 x > ，此时 f x 单调递增；
4a
令 f x < 0，得0 < x 1+ 1+ 8a< ，此时 f x 单调递减．
4a
综上所述：当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递减;

f x 0,1+ 1+ 8a
1+ 1+ 8a
当 a > 0时， 在 ÷÷上单调递减，在4a
,+
4a ÷÷
上单调递增．
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则 = - 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, + 上单调递减且 h 1 = 0，
所以当 x 0,1 时， h x > 0, g x > 0 ，
当 x 1, + 时， h x < 0, g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g(x)max = g 1 =1，
所以a 1 a 1, + ，即 的取值范围为
综合提升练
一、单选题
1．（2023·贵州毕节·一模）给出下列命题：
①函数 f (x) = 2x - x2 恰有两个零点；
f (x) x a a②若函数 = - + 在 (1, + )上单调递增，则实数 a 的取值范围是[-1,+ )；
x 4
f (x) f (x) + f (1- x) = 4 f 1 + f 2 9 ③若函数 满足 ，则 10 ÷ ÷
+L+ f ÷ =18；
è è10 è10
④若关于 x 的方程 2 x - m = 0有解，则实数 m 的取值范围是 (0,1] .
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
【答案】D
【分析】对于①，由零点存在性定理得到 -1,0 有 1 个零点，结合 f (2) = f 4 = 0，①错误；
对于②，转化为导函数在 (1, + )大于等于 0，参变分离后进行求解；对于③，求出
f ( 5 ) = 2 x，从而分组求和即可；对于④，先计算出 y = 2 1,+ ，从而得到答案.
10
【详解】对于①， f (2) = f 4 = 0，故 2,4为函数的两个零点，
又当 x < 0 时， y1 = 2
x
单调递增， y2 = x
2
单调递减，
故 f (x) = 2x - x2 在 x < 0 上单调递增，且 f (-1) = 2-1 -1 < 0 ， f (0) = 20 = 1 > 0 ，
由零点存在性定理可知：$x0 -1,0 ，使得 f (x0 ) = 0，
故函数 f (x) = 2x - x2 零点个数多于 2 个，
故①错误；
a
对于②，由题意得 f (x) =1+ 2 0 在 (1, + )上恒成立，x
即a -x2 在 (1, + )上恒成立，
因为在 (1, + )上， y = -x2 < -1，故 a -1，故实数 a 的取值范围是[-1,+ )，②正确；
对于③，函数 f (x) 满足 f (x) + f (1- x) = 4，
x 5令 = ，则 2 f (
5 ) = 4，解得 f (
5 ) = 2，
10 10 10
f 1 + f 2 9 则 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正确；
x
由题意得 2 x = m有解，其中 y = 2 1,+ ，
故实数 m 的取值范围是 1, + ，④错误.
故选：D
2 2023· · f x = ax3 2．（ 江西 模拟预测）已知函数 + bx + cx + d 的大致图象如图所示，则（ ）
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】根据图形，结合函数的单调性和极值点的概念以及韦达定理，计算即可求解.
【详解】由图可知，函数 f (x) 有两个递增区间，一个递减区间，
2
所以函数 f x = 3ax + 2bx + c图象开口方向朝上，且于 x 轴有两个交点，
故 a > 0；
又函数 f (x) 的极大值点在 y 轴左侧，极小值点在 y 轴右侧，且极大值点离 y 轴较近，
所以方程 f x = 3ax2 + 2bx + c = 0的两根 x1, x2 满足 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 .
故选；B.
3 x．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数 f x = x -1 e + a 在区间 -1,1 上单调递增，则
a 的最小值为（ ）
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 ，构造函数 g x = -xe ， x -1,1 ，求
导得到其单调性，得到 g x < g -1 = e-1，得到 a e-1，求出答案.
【详解】由题意得 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 ，
则 g x = -ex - xex = - x +1 ex <0在 x -1,1 上恒成立，
故 g x = -xex 在 x -1,1 上单调递减，
故 g x < g -1 = e-1，
故 a e-1，故 a 的最小值为 e-1 .
故选：A
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = 4xex - e2x - 2ex， f (x) 为 f (x) 的导函数，

g(x) f (x)= ，则（ ）
ex
A． g(x)的极大值为 4e2 - 2，无极小值
B． g(x)的极小值为 4e2 - 2，无极大值
C． g(x)的极大值为 4ln2 - 2，无极小值
D． g(x)的极小值为 4ln2 - 2，无极大值
【答案】C
【分析】本题考查利用导数判断函数的极值，考查考生的运算求解能力，可按下列顺序求解：
求导 求导
f x = 4xex - e2x - 2ex f x = ex 4x x- 2ex + 2 g(x) = 4x - 2ex + 2 g x = 4 - 2e
g(x)的单调性 g(x)的极值情况
x x
【详解】 f (x) 的定义域为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
求导得 g x = 4 - 2ex ，令 g x = 0，得 x = ln 2，
当 x < ln 2时， g (x) > 0；当 x > ln 2时， g x < 0，
所以函数 g(x)在 (- , ln 2) 上单调递增，在 (ln 2,+ ) 上单调递减，且当 x = ln 2时， g(x)取得
极大值 g(ln 2) = 4ln 2 - 2 ，无极小值．
故选：C．
1 3
5．（2024·全国·模拟预测）已知a = ,b = ,c = ln2，则它们之间的大小关系是（ ）
e -1 4
A． a < b < c B． a < c < b
C． c < a < b D． c < b < a
【答案】B
【分析】构造函数 f x lnx 1= - x
1
- ÷ (x > 0)，求导判断单调性即可得b,c大小，再构造2 è x
函数 g x = lnx 1，h x = x -1 ，根据两个函数过点 1,0 , e,1 ，及两图象特点，在同一
e -1
坐标系画出两函数图象，即可得 a,c 大小，从而可得结论.
2
【详解】构造函数 f x = lnx 1- x 1- ÷ (x > 0) f x
1 1 1 1 -(x -1)，则 = - + = 0
2 è x x 2 x2 ÷è 2x2
（ x > 0，当 x =1时取等号），
所以 f x 在 0, + 上单调递减，所以 f 2 = ln2 3- < f 1 = 0，所以 c < b ；
4
1
构造函数 g x = lnx，h x = x -1 ．易知点 1,0 , e,1 都在函数 g x 与 h x 的图像
e -1
上．
作出函数 g x 与 h x 的大致图像，如图：
1
由图易得 ln2 > ，所以 a < c．综上可知， a < c < b．
e -1
故选 B．
2
6．（2023·贵州遵义·模拟预测）若函数 f x = ex -ax 在区间 1,3 上单调递增，则 a的可能取值
为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
2
【分析】由 f (x) = ex -ax 2x - a ，结合题意a 2x3在[1,3]上恒成立求范围，即可判断所能
取的值.
2 2
【详解】由题设 f x = ex -ax 在区间 1,3 上单调递增，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 上递增，故 a 2 .
所以 A 符合要求.
故选：A
2 - ln 2 1 ln 2
7．（2024·全国·模拟预测）若 a = 2 ，b = ， c = ，则 a，b ， c的大小顺序为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】结合已知要比较函数值的结构特点，构造函数 f x = ，利用导数研究函数单调
2x
性，通过函数单调性比较大小即可.
f x ln x e
2
【详解】构造函数 = ，则 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
则 f x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减．
因为 2 < e，所以 f 2 < f e ，所以 c < b ；
e e
2 2
因为 < ，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 ，则 1 - 2 = 1 - ÷ = - ，
è x1 2x1 2e
2
g x ln x 2 - ln x x令 = - ， x 1,e
2x 2e2
，
2 2
则 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 上单调递增，
又 g e = 0，所以 g x < 0 ，所以 f x1 < f x2 ，
e2 e2 e2
因为 2 = e2 ，且1< 2 < e < ，所以 a = f ÷ > f 2 = c ，所以 c2 2 è 2
故选：B
8．（2023· x吉林通化·模拟预测）已知函数 f x = e - a ln x有两个大于 1 的零点，则 a的取值
范围可以是（ ）
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】由函数 f x 有两个大于 1 的零点，得 f x 在 1, + 不单调，然后利用导数研究函
数 f x 的单调性即可求解.
【详解】因为函数 f x = ex - a ln x有两个大于 1 的零点，所以 f (x) 在 1, + 不单调.
f x = ex - a ln x f x = ex a由 得 - (x > 0) ，
x
当 a 0时， f x > 0恒成立，所以 f (x) 在 0, + 上单调递增，不符合题意；
当 a > 0时，显然 f x = ex a- 在 0, + 上单调递增，而 f (1) = e - a，
x
当0 < a e时，当 x 1,+ 时， f x > f (1) 0 ，所以 f (x) 在 1, + 上单调递增，不符合
题意，此时可排除 ABC；
当 a > e时，因为 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
当 x 1, x0 时， f x < 0， f (x) 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， f x > 0， f (x) 单调递增，
所以 f (x) 在 x = x0处取得极小值，也是最小值.
而 f (1) = e > 0，当 x 趋向正无穷时， f x 趋向正无穷，
所以当函数 f x 有两个大于 1 的零点时，只要 f x0 < 0即可，
f x = ex00 - a ln x0 = ex0 - x ex00 ln x0 = ex0 (1- x0 ln x0 )，
设 y = xex (x >1)，则 y = x +1 ex > 0，所以 y = xex (x >1)单调递增；
设 g(x) =1- x ln x g (x) = - ln x -1 x
1
，则 ，当 > 时， g (x) = - ln x -1 < 0， g(x)单调递减；
e
D a éee+1 2e对于 ，当 , e 时，由 a = x ex00 知 x0 e，
当 x0 e时，1- x ln x 1- e<0 f x = ex0 0 ，所以 00 (1- x0 ln x0 ) < 0 ，满足题意；
故选：D.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合
思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
二、多选题
2x -1
9．（22-23 高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数 y = ×ex ，则（ ）
x -1
A．函数的极大值点为 x=0 B．函数的极小值点为 x=0
(1,+ ) 3 C．函数在 上单调递增 D．函数在 1, ÷上单调递减
è 2
【答案】AD
【分析】先求出函数的导数，然后由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极
值.
【详解】定义域为 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 ，
当 x < 0
3 3
或 x > 时，nnn y >0n，当0 < x < 1或1< x < 时， y < 0，
2 2
所以函数在 (- ,0)
3
和 ,
3
+
2 ÷上递增，在
(0,1) 和 1, ÷上递减，
è è 2
3
所以当 x=0为极大值点， x= 为极小值点，
2
所以 AD 正确，BC 错误，
故选：AD
10．（2023·云南昆明·模拟预测）已知函数 f (x) = x3 - mx - n，其中m, n R ，下列选项中，
能使函数 y = f (x) 有且仅有一个零点的是（ ）
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】由题意可得 g(x) = x3 - mx = n ，问题转化为函数 g(x)的图象与直线 y = n 有且只有
一个交点.利用导数，分类讨论函数 g(x)的单调性.结合选项，分析函数 g(x)的性质即可求解.
【详解】由 x3 - mx - n = 0，得 x3 - mx = n ，设 g(x) = x3 - mx，
将问题转化为函数 g(x)的图象与直线 y = n 有且只有一个交点，
g (x) = 3x2 - m ，当m 0时 g (x) 0， g(x)在 R 上单调递增，
m > 0 x m当 时， < - 时， g (x) > 0，函数 g(x)单调递增；
3
m
当- < x m< 时， g (x) < 0，函数 g(x)单调递减；
3 3
m
当 x > 时， g (x) > 0，函数 g(x)单调递增，
3

所以函数 g(x)
m m
极大值为 g - ÷÷，极小值为 g3 ÷÷
，
è è 3
若m = -1,n =1，则 g(x)在 R 上单调递增，其图象与直线 y = n 有且只有一个交点，故 A 正确；
若m = 0, n =1，则 g(x)在 R 上单调递增，其图象与直线 y = n 有且只有一个交点，故 B 正确；
若m = 3,n = 2，则函数 g(x)的极大值为 g(-1) = 2，极小值为 g(1) = -2，如图，
由图可知，函数 g(x)图象与直线 y = n 有 2 个交点，故 C 错误；
若m = 3,n = -3，函数 g(x)的极大值为 g(-1) = 2，极小值为 g(1) = -2，
所以函数 g(x)图象与直线 y = n 有且只有 1 个交点，故 D 正确.
故选：ABD．
11．（2023·山东泰安·一模）已知函数 f x = x ln x - ax a R 有两个极值点x1，x2 x1 < x2 ，
则（ ）
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 ，根据已知得 f x 有两个变号零点，令 g x = f x ，求出 g x ，分
类讨论根据其正负得出 f x 单调性，令其满足有两个变号零点，当 a 0时，不满足题意，
1
当 a 0 f > 时，则 ÷ > 0，即可解出 a的范围，判断 A；
è 2a
1
根据已知可得 f x 有两个变号零点x1，x2 x1 < x2 ，而函数 f x 在 0, 2a ÷上单调递增，è
1 ,+ 1在 ÷上单调递减，则 x1 < < x2 ，即可判断 B；è 2a 2a
f 1 =1- 2a > 0，则 x1 <1
1
< < x2 ，根据不等式的性质即可得出 x2 - x1范围，判断 C；2a
1
根据 f x 得出函数 f x 单调性，结合 x1 <1< x2 ，且0 < a < ，列不等式，即可判断 D.2
【详解】对于 A： f x = x ln x - ax a R ，定义域 x 0, + ，
f x = ln x +1- 2ax x > 0 ，
函数 f x 有两个极值点x1，x2，
则 f x 有两个变号零点，
设 g x = ln x +1- 2ax x > 0 ，
g x 1则 = - 2a 1- 2ax= ，
x x
当 a 0时， g x > 0，则函数 f x 单调递增，则函数 f x 最多只有一个变号零点，不符
合题意，故舍去；
当 a > 0时， x
1
< 时， g x > 0 1， x > 时， g x < 0，
2a 2a
则函数 f x 0, 1 1 在 2a ÷上单调递增，在è ,+ ÷上单调递减，è 2a
若 f x 1 1有两个变号零点，则 f ÷ > 0，解得： a < ，
è 2a 2
此时 x 由正趋向于 0 时， f x 趋向于- ， x 趋向于+ 时， f x 趋向于- ，
则 f x 有两个变号零点，满足题意，
故 a
1
的范围为：0 < a < ，故 A 正确；
2
对于 B：函数 f x 有两个极值点x1，x2 x1 < x2 ，
即 f x 有两个变号零点x1，x2 x1 < x2 ，
则 x
1
1 < < x2 ，故 B 错误；2a
对于 C：当0 < a
1
< 时， f 1 =1- 2a > 0，
2
x 1 1则 1 < < < x
1
2 ，即 x2 > ，-x1 > -1，2a 2a
x 1则 2 - x1 > -1，故 C 正确；2a
对于 D： f x 有两个变号零点x1，x2 x1 < x2 ，且函数 f x 先增后减，
则函数 f x 在 0, x1 与 x2 ,+ 上单调递减，在 x1, x2 上单调递增，
Q x 11 <1 < x2，且0 < a < ，2
ì f x1 < f 1 = -a < 0
\ í D 1 ，故 正确； f x2 > f 1 = -a > - 2
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结
合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；
再利用导数研究函数单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进
行求解，求解过程要注意原函数和对于的导函数的关系，不能混淆.
三、填空题
12．（2024·四川成都·三模）已知函数 f x 是定义在R 上的奇函数，且当 x > 0时，
f x = x 1- lnx ，则当 x < 0 时， f x 的单调递增区间为 ．
【答案】 -1,0
【分析】利用导数求当 x > 0时 f x 的单调递增区间，再根据奇函数的对称性求得结果.
【详解】当 x > 0时， f x = -lnx ,
由 f x > 0，解得0 < x <1，所以 f x 在区间 0,1 上单调递增，
因为函数 f x 是定义在R 上的奇函数，
所以函数 f x 图象关于原点对称，
所以 f x 在区间 -1,0 上单调递增.
故答案为： -1,0 .
13．（2023· · asin x湖南 模拟预测）已知函数 f x = e - a sin x，对于任意 x1, x2 R ，都有
f x1 - f x2 e - 2，则实数 a的取值范围为 .
【答案】 -1,1
【分析】换元，求导，利用导数研究函数的单调性，把 f x1 - f x2 e - 2转化为
f (x)max - f (x)min e - 2 ，利用函数最值建立不等关系求解即可.
【详解】当 a = 0时， f x =1，符合题意；
当 a 0时，令 t = a sin x x R ，则 t é- a , a ù a 0 ，
f x = easin x - a sin x可化为 y = et - t ，
g t = et令 - t ，则 g t = et -1，
t é - a ,0ù 时， g t 单调递减， t é0, a ù 时， g t 单调递增，
所以 g t 的最小值为 g 0 =1，
对于任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 e - 2，
ì g a -1 e - 2 ì e a - a e-1①
等价于 í
g
，即 í ，
- a -1 e - 2 - a -1 e + a e ②
对于①：由 g t -1在 é0, a ù 上单调递增，且 g 1 = e ，
可知 a 1，即-1 a 1且 a 0，
在-1 a 1且 a 0的条件下，对②：由 t é - a ,0ù 时， g t 单调递减，
e- a a e-1 1 1 1可得 + + = + < e-1，②成立，
e
综上可知：实数 a的取值范围为 -1,1 .
故答案为： -1,1
14．（2023· 2x广东广州·模拟预测）已知函数 f x = e - 2a x - 2 ex - a2x2 a > 0 恰有两个零点，
则a = .
e2
【答案】
2
【分析】利用导数，求出 f x 的单调区间，由函数 f x 恰有两个零点即函数 f x 与 x 轴
有两个不同的交点，从而建立等量关系求解可得.
2x x
【详解】因为 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，则 y = ex - a ，令 y > 0，
故当 x > lna时 y > 0，函数 y = ex - ax为增函数，
当 x < lna时 y < 0，函数 y = ex - ax为减函数，
即当 x = lna时函数 y = ex - ax有最小值 a 1- lna ，
若 a 1- lna 0，即0 < a e时 f x 0，此时函数 f x 在 R 上为增函数，与题意不符，且
当 a = e时， f x 的零点为 1；
若 a 1- lna < 0 x，即 a > e时，此时函数 y = e - ax, a > 0 与 x 轴有两个不同交点，
ìex1 = ax1
设交点为 x1,0 , x2 ,0 ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，即 íex
，
2 = ax2
所以当 x < x1或 x > x2 时 y > 0，即 f x > 0，此时函数 f x 为增函数，
当 x1 < x < x2 时 y < 0 ，即 f x < 0，此时函数 f x 为减函数，
依题意，函数 f x 恰有两个零点即函数 f x 与 x 轴有两个不同的交点，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
故答案为： .
2
【点睛】根据函数零点个数求解参数范围的问题的一般方法：
设F x = f x - g x
方法一：转化为函数F x 与 x 轴交点个数问题，通过求解F x 单调性构造不等式求解；
方法二：转化为函数 y = f x , y = g x 的交点个数问题求解.
四、解答题
15．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ln x + ax2 - bx．
(1)当 a =1，b = 3时，求 f (x) 的单调区间；
(2)若函数 f (x) 在 x = 2处取得极值 ln 2，求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程．
(1) f (x)
0, 1 (1, + ) 1 ,1 【答案】 的单调递增区间为 ÷， ，单调递减区间为2 2 ÷è è
(2) 4x - 4y - 3 = 0
【分析】（1）代入 a =1，b = 3，根据导数求单调区间即可；
（2）根据极值点处导数为 0，以及导数的几何意义求解即可.
【详解】（1）当 a =1，b = 3时， f (x) = ln x + x2 - 3x．定义域为 x (0,+ )．
2
1 2x - 3x +1 2x -1 x -1则 f x 2x 3 = + - = = ．
x x x
令 f (x) = 0
1 1
，则 x1 = ， x2 =1，所以，当0 < x < 或 x >1时， f (x) > 0 ；2 2
1
当 < x <1时， f (x) < 0 ．
2
1
因此， f (x) 的单调递增区间为 0, ÷， (1, + )
1
，单调递减区间为 ,12 ÷．è 2 è
（2）依题意知 f (x) 的定义域为 (0, + )，对 f (x) 求导，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)上单调递增，在 (2,+ ) 上单调递减，满足 f (x) 在 x = 2处取得极值，
f (x) = ln x - 1 x2 1+ x ．
4 2
(1, f (1)) 1 1 1切点 为 1, ÷ ， f 1 =1- + =14 ，è 2 2
所以曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))
1
处的切线方程为 y - =1 x -1 ，整理可得 4x - 4y - 3 = 0 .
4
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a ex + a2 - x．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) 4 ln a + 2 ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论 a 的正负，判断导数的正负，即可求得答案；
（2）由（1）可得函数的最小值，要证明 f (x) 4 ln a + 2 ，及证
f (x) - (4lna + 2) = a3 - 3lna -1 0；方法一，构造函数 g(x) = x3 - 3ln x -1, (x > 0)，利用导数
求其最小值，说明大于等于 0 即可；方法二，利用 lnx x -1进行放缩，证明 a 3 - 3 ln a -1 0
即可.
【详解】（1） f (x) 的定义域为 (- , + )， f (x) = aex -1．
若 a 0，则 f (x) < 0 ， f (x) 在 (- , + )上单调递减：
若 a > 0，则由 f (x) = 0得 x = - ln a ，当 x < - ln a 时， f (x) < 0 ；当 x > - ln a 时， f (x) > 0 ；
故 f (x) 在 (- , - ln a)上单调递减，在 (- ln a, + )上单调递增；
故当 a 0时， f (x) 在 (- , + )上单调递减：
当 a > 0时， f (x) 在 (- , - ln a)上单调递减，在 (- ln a, + )上单调递增；
（2）方法 1，当 a > 0时，由（1）知，当 x = - ln a 时， f (x) 取得最小值．
所以 f (x) f ( - lna) = a3 +1+ lna ，从而 f (x) - (4lna + 2) = a3 - 3lna -1．
3
设 g(x) = x3 - 3ln x -1, (x > 0) g (x) 3x2 3 3x -3，则 = - = ．
x x
当0 < x <1时， g (x) < 0；当 x >1时， g (x) > 0，
所以 g(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
故当 x > 0时． g(x) g(1) = 0，
故当 a > 0时， a 3 - 3 ln a -1 0，即 f (x) 4 ln a + 2 ；
方法 2：当 a > 0时，由（1）知，当 x = - ln a 时， f (x) 取得最小值，
所以 f (x) f (-lna)=a3 +1+lna 3，从而 f (x)-(4lna+2)=a -3lna-1，
h(x) = lnx - x+1,x > 0 h (x) 1- x令 ， = ，
x
当0 < x <1时， h (x) > 0；当 x >1时， h (x) < 0；
故 h(x) h(1) = 0,\lnx x -1，当 x =1等号成立；
3 3 3 2
所以，当 a > 0时，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·全国· 2模拟预测）已知函数 f x = x + x + aln x +1 ， a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) 2证明：当 a < -1时，a + f x > 1．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得 f x ，再分 a 0和 a < 0两种情况讨论即可．
2 2 2
（2）由（1）知 f x min ，从而 a -1+ f x a -1+ f x a -1+ f x > 0min ，即证明 min ，
再构造新函数 g a ，利用导数得证．
1 f x x 1 a (x +1)
2 + a
【详解】（ ） = + + = , (x > -1)，
x +1 x +1
当 a 0, f x > 0在 x -1, + 上恒成立，故 f x 在 -1, + 上单调递增；
当 a < 0时，令 f x > 0得 x > -1+ -a ；
令 f x < 0得-1 < x < -1+ -a ，
故 f x 在 -1+ -a , + 上单调递增，在 -1, -1+ -a 上单调递减．
1 1
（2）证明：由（1）知，当 a < -1时， 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
则 g a 1= 2a + ln -a ．
2
h a 2a 1令 = + ln -a , a < -1 ，
2
则 h a 2 1= + ．
2a
因为 a < -1，所以 h a > 0，
所以 h a 在 - ,-1 上单调递增．
又 h -1 < 0 1，所以 g a = 2a + ln -a < 0，
2
所以 g a 在 - ,-1 上单调递减．
因为 g -1 = 0，所以 g a > g -1 = 0，
2
所以 a -1+ f x a2 -1+ f (x)min > 0，
即当 a < -1 2时， a + f x >1．
1 1
18．（2024· 3 2青海·模拟预测）已知函数 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点，求m 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
- ,-4 4(2) - , -1

÷ -1, +
è 3
【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，分-m -1与 1 的大小关系讨论即可；
（2）分别讨论m 与-2的大小时，利用导数求出函数的极值，再求 f x 有 3 个零点时极值
的范围即可求出结果.
2
【详解】（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当 -m -1>1，即m < -2时，
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,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
②当-m -1 =1，即m = -2时，
f x 0恒成立，所以 f x 在R 上单调递增；
③当-m -1<1，即m > -2时，
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, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减；
综上，
当m < -2时， f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
当m = -2时， f x 在R 上单调递增；
当m > -2时， f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减.
（2）因为 f x 有 3 个零点，所以m -2，
m 2
m 2 f -m -1 = + m +1 2 f 1 1 m 2当 > - 时，极大值 ；极小值 = - - ，
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
当m < -2时，极大值 f 1 = - m - ；极小值 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
综上，m 的取值范围为 - ,-4 - , -1

÷ -1, + .
è 3
【点睛】方法点睛：
（1）带参数的单调性讨论问题可按照如下步骤求解：求导，讨论方程的性质，根的个数，
根的大小，根与给定区间的关系；
（2）已知方程根的个数求参数时，可求导分析极值，利用极值范围求解.
19．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex + ax - b，其中 e为自然对数的底数．
(1)若 f x 在区间 1,2 上不是单调函数，求 a的取值范围．
1
(2)当 x 0 时， f x 1+ x2 - b恒成立，求 a的取值范围．
2
【答案】(1) -e2 < a < -e
(2) -1, + ．
【分析】（1）首先对原函数求导，方法一：通过讨论 a 的范围得到函数的单调区间，只需要
极值点在区间 1,2 内即可求出 a 的范围；方法二：求出函数恒单调时 a 的取值范围，取其
补集即可；
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，构造新函数
2
h x ex ax 1= + - x2 -1， x 0, + ，通过二次求导结合分类讨论思想即可得到答案.
2
x x
【详解】（1）方法一 由 f x = e + ax - b，得 f x = e + a．
若 a 0，则 f x > 0恒成立， f x 为增函数，不符合题意．
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 上单调递减，在 ln -a , + 上单调递增．
因为 f x 在区间 1,2 上不是单调函数，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 在区间 1,2 上是单调函数，
则 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，则 a -ex 在 1,2 上恒成立，所以 a≥- e．
若 f x 0在 1,2 上恒成立，则 a -ex 在 1,2 上恒成立，所以 a -e2 ．
所以若 f x 在区间 1,2 上不是单调函数，则-e2 < a < -e．
1
（2）当 x 0 时， 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，则 + a - x ．
2
x x
令 g x = e + a - x，则 g x = e -1．
因为 x 0 ，所以 g x 0，所以 g x 在 0, + 上为增函数，
所以 h x 在 0, + 上为增函数．
所以 g x g 0 =1+ a ．
所以 h x 1+ a ．
当1+ a 0，即 a -1时，h x 0恒成立，所以 h x 在 0, + 上为增函数，
所以 h x h 0 = 0 ex + ax 1- x2，即 -1 0恒成立．
2
当1+ a < 0，即 a < -1时，因为 h x 在 0, + 上单调递增，所以$x0 0, + ，使得
h x0 = 0．
即当 x 0, x0 时， h x < 0，当 x x0 ,+ 时， h x > 0．
又因为 h 0 = 0，所以 h x 0在 x 0, + 上不恒成立．
综上可知， a的取值范围是 -1, + ．
h x = ex 1+ ax - x2 -1 0 0, +
【点睛】第二问转化为 2 在 上恒成立，其实只要注意到
h(0) = 0 h 0 0，必有 成立，可以得到 a -1这个必要条件，然后再论证 a -1是满足题意
也是可行的
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在 0, + 上单调递减的是（ ）
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】根据函数奇偶性定义可排除 A，利用特殊值法可排除 B，利用导数求函数单调性可
排除 C，根据函数奇偶性定义及复合函数单调性可得结果.
- x x
【详解】对于 A，因为 f -x = 3 + 2 ，所以 f x f -x , f x - f x ，
即 f x 为非奇非偶函数，故排除 A．
2 - 1 22 - 1
对于 B，因为 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, + 上不是单调递减的，故排除 B．
对于 C，对 f x 求导，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 ÷÷上单调递增，在 , + ÷÷上单调递减，故排除 C．
è 3 è 3
对于 D，易得 f x 的定义域为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 为奇函数．
2 x + x +1 2
令 t = x + x2 +1，则 f x = log1t ．易知 t = x + x2 +1在 0, + 上单调递增，
2
y = log 1 x 在 0, + 2上单调递减．由复合函数的单调性，得 f x = log1 x + x +1
2 2
在 0, + 上单调递减．
故选：D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = log x3a - ax2 + x - 2a (a > 0且 a 1)在区间 (1, + )
上单调递减，则 a的取值范围是（ ）
0, 2ù é2 ,1 A． ú B． ê ÷ C． (1, 2] D．[2,+ )è 3 3
【答案】A
【分析】对数函数的单调性与底数有关，分 0 < a < 1和 a > 1两种情况讨论，此外还要注意对
数函数的定义域，即真数为正；复合函数单调性满足“同增异减”，根据对数函数单调性结合
题干中“在区间 (1, + )上单调递减”得到真数部分函数的单调性，从而求得 a的取值范围.
【详解】设函数 g x = x3 - ax2 + x - 2a，则 g x = 3x2 - 2ax +1．
①若 0 < a < 1，则 y = loga x 在定义域上单调递减．
f x = log x3 2又 a - ax + x - 2a 在区间 1, + 上单调递减，所以 g x 在区间 1, + 上单调递
增，故 g x 0对任意的 x 1,+ 恒成立．
又 g 1 = 4 - 2a 0，所以对任意的 x 1, + , g x 0显然成立．
又因为 g x > 0 2对任意 x 1,+ 恒成立，所以 g 1 = 2 - 3a 0，故0 < a ．
3
②若 a > 1，则 y = loga x 在定义域上单调递增．
又 f x = loga x3 - ax2 + x - 2a 在区间 1, + 上单调递减，所以 g x 在区间 1, + 上单调递
减，故 g x 0对任意的 x 1,+ 恒成立．
因为抛物线 y = 3x2 - 2ax +1的开口向上，所以 g x 0不可能对任意的 x 1,+ 恒成
立．
a 0, 2ù所以 的取值范围为 ．
è 3 ú
故选：A．
1
3．（2024· 2甘肃兰州·三模）函数 f x = -x + ax +1- ln x ，若 f x 在 0, ÷是减函数，则实
è 2
数 a 的取值范围为（ ）
A． (- , 2] B． (- ,2) C． (- ,3] D． (- ,3)
【答案】C
【分析】求导，导函数小于等于 0 恒成立，分离参数求新函数最值即可求解．
【详解】函数 f x = -x2 + ax +1- ln x,\ f x = -2x 1+ a - ，
x
1 1
若函数在区间 0, ÷上是减函数，则 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
由对勾函数性质可知 y = + 2x

在 0, ÷单调递减，故 y = + 2x > 3，所以 a 3 .x è 2 x
故选：C.
1 1 1 103 1 2.01 2 2.014．（2024·全国·模拟预测）已知 a = + + ,b = ln ,c = + ，则（ ）
100 101 102 100 ÷ ÷è10 è15
A． a < b < c B． c < b < a C．b【答案】B
【分析】构造函数利用导数证明得当 x > 0时，有 x > ln x +1 ，从而可证得
1 1 1
+ + > ln103 ln100 ln 103 1- = ，同理当 x >1时，有 lnx >1- ，从而
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.
【详解】设 f x = x - ln x +1 (x > 0) 1 x，则 f x =1- = > 0，
x +1 x +1
所以 f x 在 0, + 单调递增，所以 f x > f 0 = 0，即当 x > 0时，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
设 g x = lnx 1+ -1(x > 1) g x 1 1 x -1，则 = - 2 = 2 > 0，x x x x
所以 g x 在 1, + 单调递增，所以 g x > g 1 = 0，即当 x >1 lnx 1时，有 >1- ，
x
b ln 103 1 100 3 1所以 = > - = > ．
100 103 103 36
1 2.01 2 2.01 2 2
又因为 c 1 2= 1 10 ÷
+ ÷ < ÷ + ÷ = ，所以b > c．
è è15 è10 è15 36
综上可知， c < b < a ．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：在比较b,c的大小关系时，关键是找到适当的中间值，然后通过适当
的放缩比较大小即可顺利得解.
二、多选题
5．（2024· 3 2云南昆明·模拟预测）已知函数 f x = x + ax - ax +1，则下列说法正确的是（ ）
A．若 f x 为R 上的单调函数，则 a < -3
B．若 a = 2时， f x 在 -1,1 上有最小值，无最大值
C．若 f x -1为奇函数，则 a = 0
D．当 a = 0时， f x 在 x =1处的切线方程为3x - y -1 = 0
【答案】BCD
【分析】A 选项利用导数恒正或恒负可解得；B 选项求导，判断单调区间和单调性得出极值；
C 选项利用奇函数的性质求出；D 选项利用导数的意义结合点斜式求出.
【详解】A：若 f (x) 为R 上的单调函数，则 f (x) = 3x2 + 2ax - a ，D = 4a2 +12a 0 ，则
-3 a 0，故 A 错；
B：当 a = 2时， f (x) = x3 + 2x2 - 2x +1，令 f (x) = 3x2 + 4x - 2 = 0 x -2 - 10，得 1 = < -1，3
x -2 + 10= < 1，则 f (x)2 在 -1, x2 上单调递减，在 x2 ,1 上单调递增， f (x) 在 x = x3 2处取最小
值，无最大值，故 B 对；
C：由于 f (x) -1 = x3 + ax2 - ax ，则 f (x) -1为奇函数时，
f (x) -1 = - é f -x -1 ù x3 + ax2 - ax = x3 - ax2 - ax a = 0，故 C 对；
D：当 a = 0时， f (x) = x3 +1， f (x) = 3x2 ，则 f (1) = 3，切点为 1,2 ，切线方程为3x - y -1 = 0，
故 D 对；
故选：BCD．
6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正确的是（ ）
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】利用函数 f x = 的单调性可判断 A 选项；利用函数 g x = x - ln x +1 的单调
x
性可判断 B 选项；利用函数 h x = x - sin x在 0,1 上的单调性可判断 C 选项；利用函数
3
p x x= sin x - x + 在 0,1 上的单调性可判断 D 选项.
6
f x ln x【详解】对于 A 选项，令 = ，则 f x 1- ln x= ，
x x2
当 x>e时， f x < 0，则函数 f x 在 e, + 上单调递减，
π > e f π < f e ln π ln e因为 ，则 ，即 < ，即 e ln π < π ln e，即
π e ln π
e < ln eπ，
所以， πe < eπ ，A 对；
1 x
对于 B 选项，令 g x = x - ln x +1 ，则 g x =1- = ，
x +1 x +1
当 x > 0时， g x x= > 0，即函数 g x 在 0, + 上为增函数，
x +1
1 1 10
所以， g ÷ = - ln > g 0 = 0
1 10
，即 > ln = - ln 0.9，B 对；
è 9 9 9 9 9
对于 C 选项，令 h x = x - sin x，其中0 < x <1，
则 h x =1- cos x > 0对任意的 x 0,1 恒成立，
所以，函数 h x 在 0,1 1 1 1 1上为增函数，因为 0,1 ，则 h ÷ = - sin > h 0 = 0，5 è 5 5 5
1
所以，5sin <1，C 对；
5
x3 2
对于 D 选项，令 p x = sin x - x + ，其中0 < x <1，则 p x cos x 1 x= - + ，
6 2
2
令 q x = cos x x-1+ ，
2
由 C 选项可知， q x = x - sin x = h x > h 0 = 0 对任意的 x 0,1 恒成立，
所以，函数 q x 在 0,1 上单调递增，则 p x = q x > q 0 = 0，
则函数 p x 在 0,1 上单调递增，
1
因为 0,1 p 1 = sin 1 1 1- + = sin 1 53- > 0 sin 1 53，则 ，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
又因为 - = > = > 0，即 sin > > ，D 错.
162 π 162π 162π 162π 3 162 π
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）已知 a > 1，b > 0， c >1，且 ae-a = e-b ln b = ce- c ，则 a，b，c
的大小关系为 ．（用“ <”连接）
【答案】b < a < c
【分析】由已知条件得到b >1， c > a >1，令 f x = x - ln x，利用导数法得到 ln x < x，从
ln b b a b x
而 b < b ， a < b ，再设 h x = x ，由 h x 的单调性判断即可.e e e e e
∵ a > 1 b > 0 c >1 a b c a ln b c【详解】 ， ， ，且实数 ， ， 满足 a = b = ，e e e c
∴ ln b > 0， c = a >1，∴ b >1， c > a >1．
令 f x = x - ln x，则 f x x -1= ，
x
∴ f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
∴ 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设 = x ，则 h a < h b ， h x = ，e ex
∴ h x 在 1, + 上单调递减，
∴ a > b．综上，b < a < c．
故答案为：b < a < c
8．（2023·安徽·二模）若不等式 ln x - ax 2a2 - 3对"x (0,+ )恒成立，则实数 a 的取值范
围为 ．
【答案】[1, + )
【分析】用构造法解决含参不等式的恒成立问题，求解实数 a 的取值范围.
【详解】设 f (x) = ln x - ax - 2a2 + 3，则 f (x)
1
= - a ．当 a 0时， f (x)
1
= - a > 0恒成立，
x x
则函数 f (x) 在 (0, + )上单调递增，
f e-3 - 2a = ln e-3 - 2a + 3- ae-3 ln e-3 + 3- ae-3 = -ae-3 0，不合题意，舍去；
当 a > 0 f 时，由 (x)
1 1- ax 1
= - a = = 0得 x = ．
x x a
0 x 1 1当 < < 时， f (x) > 0 ，当 x > 时， f (x) < 0 ，
a a
0, 1 1则函数 f (x) 在 ÷ 上单调递增，在 , +

÷ 上单调递减，
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, + )上单调递减，
è a
g(1) = 0，则 g(a) 0 的解集为[1, + ) ，即实数 a 的取值范围是[1, + ) ．
故答案为：[1, + ) .
四、解答题
9．（2024· 3 2湖南衡阳·二模）已知函数 f x = ax + bx +1 a R ，当 x = 2时， f x 取得极值
-3．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求 f x 在区间 -1,3 上的最值．
(1) f x = x3 2【答案】 - 3x +1
(2) f x 的最小值为-3，最大值为1.
ìa =1
【分析】（1）利用极值定义可求得 í ，可得解析式；
b = -3
（2）利用导函数判断出函数 f x 在区间 -1,3 上的单调性，比较端点处的值可得结论.
2
【详解】（1）依题意考点 17 导数与函数的单调性（3 种核心题型+基础保分练+综
合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，
会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求
参数的取值范围等简单应用
【知识点】
1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上________
函数 y＝f(x)在区间(a，b)
f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上________
上可导
f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是________
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第 1 步，确定函数的 ；
第 2 步，求出导数 f′(x)的 ；
第 3 步，用 f′(x)的零点将 f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出 f′(x)在各区间上的正
负，由此得出函数 y＝f(x)在定义域内的单调性．
常用结论
1．若函数 f(x)在(a，b)上单调递增，则当 x∈(a，b)时，f′(x)≥0 恒成立；若函数 f(x)在(a，
b)上单调递减，则当 x∈(a，b)时，f′(x)≤0 恒成立．
2．若函数 f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当 x∈(a，b)时，f′(x)>0 有解；若函数 f(x)
在(a，b)上存在单调递减区间，则当 x∈(a，b)时，f′(x)<0 有解
【核心题型】
题型一　不含参函数的单调性
确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能
漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
【例题 1】（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = ln x - 2 + ln 4 - x ，则 f x 的单调递增
区间为（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． - ,3 D． 3, +
【变式 1】（2024·四川成都·三模）已知函数 f x 是定义在R 上的奇函数，且当 x > 0时，
f x = x 1- lnx ，则当 x < 0 时， f x 的单调递增区间为（ ）
A． - ,-e B． -e,0
C． - ,0 D． -1,0
【变式 2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函数 f x 的导函数为 f x ，若当 x < 0 时
f x = x2 a- ，且 f -1 = 0 .则 f x 的单调增区间为 .
x
【变式 3】（2024·河南开封·三模）已知函数 f x = x3 - 3lnx， f x 为 f x 的导函数．
(1)求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求函数 g x = f x - f x 9- 的单调区间和极值．
x
题型二　含参数的函数的单调性
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断
点
【例题 2】（多选）（23-24 3 2高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数 f x = x + ax + 2x
（ a R ）的大致图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【变式 1】（2024·天津·二模）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)当 a = 2时，求 f x 在点 e，f e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若函数 f x - x 2存在极大值，且极大值为 1，求证： f x e + x ．
2 1 2
【变式 2】（2024·陕西商洛·三模）已知函数 f x = 2a ln x - x - ax a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
2x
(2)当 a > 0 g x e= + aex 2时，若函数 和 h x = 2a x 的图象在 0,1 上有交点，求实数 a的取
2
值范围．
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) > 9ln a ．（参考数据： ln 2 0.693）
题型三　函数单调性的应用
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立．
(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是 f′(x)>0 (或 f′(x)<0)在该区间上存在解
集
命题点 1　比较大小或解不等式
【例题 3】（2024·四川成都·模拟预测）若函数 f (x) 对任意的 x R 都有 f (x) < f (x)恒成立，
则 2 f (2) 与 e2 f (ln 2)的大小关系正确的是（ ）
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．无法比较大小
11 10 1
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）比较 a = - ，b = ln1.2， c =
10 11 5e0.1
的大小关系为（ ）
A． a > c > b B．b > c > a
C．b > a > c D． a > b > c
1
【变式 2】（23-24 高三上·湖南衡阳·期末）已知函数 f x = ex - x2 - aln x +1 .
2
(1)证明：当 a 1时， f x 1对 x 0, + 恒成立.
2a
(2)若存在 x1, x2 x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 ，比较 x1 +1 x2 +1 与 e e 的大小，并说明理由.
x2
【变式 3】（23-24 高三上·河北保定·阶段练习）已知函数 f x = ln 1+ x + .
2
(1)当 x 0, + 时，比较 f x 与 x 的大小；
2 a
(2)若函数 g x x= cos x + ，且 f e2 ÷ = g b -1 a > 0,b > 0 f b2，证明： +1> g a +1 .
2 è
命题点 2　根据函数的单调性求参数
【例题 4】（2023·全国·模拟预测）若对任意的x1， x2 (m,+ )，且 x1 < x2，
x1 ln x2 - x2 ln x1 < 2 m
x - x ，则实数 的取值范围是（ ）2 1
1 ,e A é
1
． ÷ B． ê ,e
ù é1 1
ú C． ê , +

÷ D． ,+ ÷
è e e e è e
【变式 1】（23-24 x x高三上·广东汕头·期中）设 a 0,1 ，若函数 f x = a + (1+ a) 在 0, +
递增，则 a的取值范围是（ ）
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
【变式 2】（多选）（23-24 2高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x - ax - ln x，下列命题
正确的是（ ）
A．若 x =1是函数 f x 的极值点，则 a =1
B．若 f 1 = 0，则 f x 在 x 0,2 上的最小值为 0
C．若 f x 在 1,2 上单调递减，则a 1
D．若 x - l ln x f x 在 x 1,2 上恒成立，则 a 2
【变式 3】（23-24 高三上·山东青岛·期末）若函数 f (x) = ex + a x2 -1 在 (0, + )上单调递增，
则 a 的取值范围是 ．
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知函数 f x = aex - ln x在区间 1,2 上单调递增，则 a 的最小值
为（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
a
2．（23-24 高三上·山西大同·阶段练习）设 f (x) = x - + a 在 1, + 上为增函数，则实数 a取
x
值范围是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． -2, + D． -1, +
3．（2024· 2云南楚雄·一模）若 a > b，则函数 y = a x - a (x - b) 的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x = ln x + a - 2 x - 2a + 4(a > 0)，若有且只有
两个整数 x1, x2 使得 f (x1) > 0，且 f (x2 ) > 0，则实数 a的取值范围为（　　）
A．[ln 3,2) B． (0, 2 - ln 3] C． (0, 2 - ln 3) D．[2 - ln 3,2)
8 3 2
5．（2024·全国·模拟预测）已知 a = sin ，b = ln ， c = ，则 a,b,c的大小关系为（ ）
15 2 5
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D． c > b > a
二、多选题
6．（2023· 3全国·模拟预测）已知函数 f x = x - 3x，则（ ）
A．函数 g x = f x × f ' x 是偶函数 B． y = -x是曲线 y = f x 的切线
C．存在正数 a, f x 在 -a, a 不单调 D．对任意实数 a， f a f a + 2 3
7．（23-24 高三上·江西宜春·期中）下列函数中，是奇函数且在区间 0,1 上是减函数的是
（ ）
A． f x = ex B． f x = -sinx f x 1C． = D． f (x) = x3 - 2x
x
三、填空题
8．（2024·云南大理·模拟预测）函数 f x =1- 2x - lnx 的最大值为 .
9．（2024·全国· 2 x x x模拟预测）已知函数 g x = x e - xe - e ，若方程 g x = k 有三个不同的实
根，则实数 k 的取值范围是 .
四、解答题
10．（2024·江西南昌·一模）已知函数 f x = 2 + ln2 x - xlnx .
(1)求 f x 的单调递减区间；
(2)求 f x 的最大值.
11．（2024· 2江苏盐城·模拟预测）已知函数 f x = ax - lnx - x ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范围.
综合提升练
一、单选题
1．（2023·贵州毕节·一模）给出下列命题：
①函数 f (x) = 2x - x2 恰有两个零点；
f (x) x a a②若函数 = - + 在 (1, + )上单调递增，则实数 a 的取值范围是[-1,+ )；
x 4
③若函数 f (x) 满足 f (x) + f (1 x)
1 2 9
- = 4 ，则 f ÷ + f

÷ +L+ f ÷ =18；
è10 è10 è10
④若关于 x 的方程 2 x - m = 0有解，则实数 m 的取值范围是 (0,1] .
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
2．（2023·江西·模拟预测）已知函数 f x = ax3 + bx2 + cx + d 的大致图象如图所示，则（ ）
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·模拟预测）已知函数 f x = x -1 ex + a 在区间 -1,1 上单调递增，则
a 的最小值为（ ）
A． e-1 B． e-2 C．e D． e2
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = 4xex - e2x - 2ex， f (x) 为 f (x) 的导函数，

g(x) f (x)= x ，则（e ）
A． g(x)的极大值为 4e2 - 2，无极小值
B． g(x)的极小值为 4e2 - 2，无极大值
C． g(x)的极大值为 4ln2 - 2，无极小值
D． g(x)的极小值为 4ln2 - 2，无极大值
1 3
5．（2024·全国·模拟预测）已知a = ,b = ,c = ln2，则它们之间的大小关系是（ ）
e -1 4
A． a < b < c B． a < c < b
C． c < a < b D． c < b < a
2
6．（2023·贵州遵义·模拟预测）若函数 f x = ex -ax 在区间 1,3 上单调递增，则 a的可能取值
为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2 - ln 2 1 ln 2
7．（2024·全国·模拟预测）若 a = 2 ，b = ， c = ，则 a，b ， c的大小顺序为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·模拟预测）已知函数 f x = ex - a ln x有两个大于 1 的零点，则 a的取值
范围可以是（ ）
1
A．
ù
0,1 B． 1,ee ú
è
1 ù
C． ee ,eú D． é e
e+1, e2e
è
二、多选题
2x -1
9 x．（22-23 高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数 y = ×e ，则（ ）
x -1
A．函数的极大值点为 x=0 B．函数的极小值点为 x=0
3
C．函数在 (1,+ )上单调递增 D．函数在 1, ÷上单调递减
è 2
10．（2023·云南昆明·模拟预测）已知函数 f (x) = x3 - mx - n，其中m, n R ，下列选项中，
能使函数 y = f (x) 有且仅有一个零点的是（ ）
A．m = -1， n =1 B．m = 0， n =1
C．m = 3， n = 2 D．m = 3， n = -3
11．（2023·山东泰安·一模）已知函数 f x = x ln x - ax a R 有两个极值点x1，x2 x1 < x2 ，
则（ ）
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、填空题
12．（2024·四川成都·三模）已知函数 f x 是定义在R 上的奇函数，且当 x > 0时，
f x = x 1- lnx ，则当 x < 0 时， f x 的单调递增区间为 ．
13．（2023· asin x湖南·模拟预测）已知函数 f x = e - a sin x，对于任意 x1, x2 R ，都有
f x1 - f x2 e - 2，则实数 a的取值范围为 .
14 2023· · f x = e2x - 2a x - 2 ex - a2 2．（ 广东广州 模拟预测）已知函数 x a > 0 恰有两个零点，
则a = .
四、解答题
15．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ln x + ax2 - bx．
(1)当 a =1，b = 3时，求 f (x) 的单调区间；
(2)若函数 f (x) 在 x = 2处取得极值 ln 2，求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程．
16 2024· · f (x) = a ex + a2．（ 全国 模拟预测）已知函数 - x．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) 4 ln a + 2 ．
1
17．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = x + x + aln x +1 ， a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) 2证明：当 a < -1时，a + f x > 1．
1 1
18．（2024· · 3 2青海 模拟预测）已知函数 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点，求m 的取值范围．
19．（2023· x全国·模拟预测）已知函数 f x = e + ax - b，其中 e为自然对数的底数．
(1)若 f x 在区间 1,2 上不是单调函数，求 a的取值范围．
1
(2)当 x 0 时， f x 1+ x2 - b恒成立，求 a的取值范围．
2
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在 0, + 上单调递减的是（ ）
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全国·模拟预测）已知函数 f (x) = loga x - ax + x - 2a (a > 0且 a 1)在区间 (1, + )
上单调递减，则 a的取值范围是（ ）
2ù é2
A． 0, ú B． ê ,1÷ C． (1, 2] D．[2,+ )è 3 3
1
3 2024· 2．（ 甘肃兰州·三模）函数 f x = -x + ax +1- ln x ，若 f x 在 0, ÷是减函数，则实
è 2
数 a 的取值范围为（ ）
A． (- , 2] B． (- ,2) C． (- ,3] D． (- ,3)
2.01
4 2024· · 1 1 1 103 1 2
2.01

．（ 全国 模拟预测）已知 a = + + ,b = ln ,c =
100 101 102 100
+
10 ÷ 15 ÷
，则（ ）
è è
A． a < b < c B． c < b < a C．b二、多选题
5．（2024·云南昆明· 3 2模拟预测）已知函数 f x = x + ax - ax +1，则下列说法正确的是（ ）
A．若 f x 为R 上的单调函数，则 a < -3
B．若 a = 2时， f x 在 -1,1 上有最小值，无最大值
C．若 f x -1为奇函数，则 a = 0
D．当 a = 0时， f x 在 x =1处的切线方程为3x - y -1 = 0
6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正确的是（ ）
A． eπ > πe B．- ln 0.9
1
<
9
C．5sin
1
<1 D． sin
1 1
<
5 3 π
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）已知 a > 1，b > 0， c >1，且 ae-a = e-b ln b = ce- c ，则 a，b，c
的大小关系为 ．（用“ <”连接）
8．（2023·安徽·二模）若不等式 ln x - ax 2a2 - 3对"x (0,+ )恒成立，则实数 a 的取值范
围为 ．
四、解答题
9 3 2．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数 f x = ax + bx +1 a R ，当 x = 2时， f x 取得极值
-3．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求 f x 在区间 -1,3 上的最值．
m -1
10．（2024·陕西西安·三模）已知函数 f (x) = mx - - lnx(m R) ，函数
x
g(x) ln x 1 π= + ,q [0, ) 在区间[1, + ) 上为增函数．
x cosq 2
(1)确定q 的值，求m = 3时曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)设函数 h(x) = f (x) - g(x)在 x (0,+ )上是单调函数，求实数m 的取值范围．
11．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数 f (x) = ln x + mx +1．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当m =1时，数列{an}满足 a1 =1， an+1 = f (an )
①求证： an 2
n-1
；
1 1 1
②求证： (1+ 2 )(1+ 2 )L(1+ ) < ea2 a3 a
2 ．
n

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