第2课时 导数与函数的单调性
[考试要求] 1．能结合实例，借助图象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)．
1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y＝f (x)在区间(a，b)内可导 f ′(x)>0 f (x)在区间(a，b)上________
f ′(x)<0 f (x)在区间(a，b)上________
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x∈(a，b)时，f ′(x)≥0恒成立；若函数f (x)在(a，b)上单调递减，则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x∈(a，b)时，f ′(x)<0有解．
3．f ′(x)＞0在(a，b)上恒成立是f (x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件，举例：f (x)＝x3在R上单调递增，但f ′(0)＝0．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果函数f (x)在某个区间上恒有f ′(x)＝0，则f (x)在此区间内没有单调性． ( )
(2)若函数f (x)的图象在[a，b]上连续，在(a，b)内f ′(x)≤0且f ′(x)＝0的根有有限个，则f (x)在(a，b)上单调递减． ( )
(3)若函数f (x)在定义域上都有f ′(x)>0，则f (x)在定义域上一定单调递增． ( )
(4)函数f (x)＝x－sin x在R上单调递增． ( )
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5T3改编) f ′(x)是f (x)的导函数，若f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的图象可能是( )
A B C D
2．(人教A版选择性必修第二册P97 习题5.3T2(4)改编)函数f (x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________．
3．(人教A版选择性必修第二册P97 习题5.3T1改编)函数f (x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
4．(人教A版选择性必修第二册P87 例3改编)已知函数f (x)＝x3－ax在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是________．
考点一 不含参数的函数的单调性
[典例1] (1)(多选)(2025·重庆沙坪坝区模拟)下列函数在定义域上为增函数的是( )
A．f (x)＝x ln x B．f (x)＝ln x＋x
C．f (x)＝x－cos x D．f (x)＝x2ex
(2)函数f (x)＝的单调递增区间为________．
[听课记录]
利用导函数求函数单调区间的注意点
(1)先求函数定义域，单调区间是定义域的子集．
(2)正确求导函数．
(3)当f ′(x)＝0无解时，可根据f ′(x)的结构特征确定f ′(x)的符号．
(4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，要用“，”“和”隔开．
[跟进训练]
1．(多选)已知函数f (x)与f ′(x)的图象如图所示，则g(x)＝( )
A．在区间(0，1)上单调递增
B．在区间(1，4)上单调递减
C．在区间上单调递减
D．在区间上单调递减
考点二 含参数的函数的单调性
[典例2] 已知函数f (x)＝－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性．
[听课记录]
[拓展变式] 若将题中参数a的取值范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f (x)的单调性．
(1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个：
分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f ′(x)＝0是否有实数根，从而引起分类讨论；
分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，但不清楚f ′(x)＝0的实数根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；
分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，f ′(x)＝0的实数根也落在定义域内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论．
(2)求出f ′(x)后，先观察f ′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f ′(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式．
[跟进训练]
2．(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性．
考点三 函数单调性的应用
比较大小或解不等式
[典例3] (1)(多选)下列不等式成立的是( )
A．2ln
C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π
[听课记录]
(2)(2025·四川成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)>的解集为__________．
[听课记录]
灵活构造函数，利用函数单调性比较大小或解抽象不等式．
求参数的取值范围
[典例4] 已知函数g(x)＝2x＋ln x－．
(1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围．
[听课记录]
[拓展变式] (1)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围．
[听课记录]
根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f (x)在区间(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
[跟进训练]
3．(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)>0，且f (1)＝2，则f (ex)>2ex的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(ln 2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)
(2)(多选)下列不等式中恒成立的有( )
A．ln (x＋1)≥x－x2
B．ln x>，x∈(0，1)
C．ex≤1＋x＋x2
D．cos x≥1－x2
第2课时 导数与函数的单调性
梳理·必备知识
1．单调递增 单调递减 常数函数
2．定义域 零点
激活·基本技能
一、(1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、1．C [由题图知，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0，
∴f (x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，x1)时，f ′(x)<0，∴f (x)在(0，x1)上单调递减；
当x∈(x1，＋∞)时，f ′(x)>0，
∴f (x)在(x1，＋∞)上单调递增．故选C．]
2．(－∞，－1)， [f ′(x)＝3x2＋2x－1，令f ′(x)>0，解得x>或x<－1，所以f (x)＝x3＋x2－x在区间(－∞，－1)和上单调递增．]
3．(0，1) [函数f (x)的定义域为{x|x＞0}，由f ′(x)＝1－＜0，得0＜x＜1，
所以函数f (x)在区间(0，1)上单调递减．]
4．3 [f ′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3．]
考点一
典例1 (1)BC (2)(0，1) [(1)对于A，f (x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f ′(x)＝0得x＝，
所以在上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
在上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，故A错误；
对于B，f (x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＋1＝＞0，
f (x)在(0，＋∞)上单调递增，故B正确；
对于C，f (x)＝x－cos x的定义域为R，f ′(x)＝1－(－sin x)＝1＋sin x，
因为x∈R，所以sin x∈[－1，1]，
所以1＋sin x∈[0，2]，
所以x∈R时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故C正确；
对于D，f (x)＝x2ex的定义域为R，f ′(x)＝x2ex＋2xex＝(x＋2)xex，
令f ′(x)＝0得x＝－2或0，所以在(－∞，－2)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
在(－2，0)上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
在(0，＋∞)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，故D错误．故选BC．
(2)由题意知f ′(x)＝(x＞0)．
设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，
所以f ′(x)＞0；
当x＞1时，h(x)＜0，所以f ′(x)＜0．
综上，f (x)在(0，1)上单调递增．]
跟进训练
1．AC [法一(排除法)：易知函数g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，故排除选项BD，故选AC．
法二：结合题图，当x∈(1，4)时，f (x)－f ′(x)<0，
而g′(x)＝，且f (2)＝0，
故由选项知g(x)在上单调递减；
当x∈(0，1)时，f (x)－f ′(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，故选AC．]
考点二
典例2 解：函数f (x)＝－a ln x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，
若a≤0，令f ′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
若a>0，令f ′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln a．
①若ln a≤0，即00，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若00，当x∈(ln a，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③若ln a＝1，即a＝e时，可得f ′(x)≥0且等号不恒成立，
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若ln a>1，即a>e时，当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，ln a)时，f ′(x)<0，当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当1当a＝e时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>e时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
拓展变式
解：当a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0，1)时，f ′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，∴函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
跟进训练
2．解：f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝．
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4．
①当Δ≤0，即0f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a>2时，f ′(x)＝
，
由f ′(x)>0，得0，
由f ′(x)<0，得
所以f (x)在，
上单调递增，
在上单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f (x)在上单调递增；在上单调递减．
考点三
考向1 典例3 (1)AD (2)(1，3) [(1)设f (x)＝(x>0)，则f ′(x)＝，所以当00，函数f (x)单调递增；当x>e时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减．因为<2即2ln 因为<即ln >ln ，故选项B不正确；
因为e<4<5，所以f (4)>f (5)，即5ln 4>4ln 5，故选项C不正确；
因为e<π，所以f (e)>f (π)，即π>eln π，故选项D正确．故选AD．
(2)令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)，
因为当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，即g′(x)<0，所以当x>0时，g(x)＝xf (x)单调递减，
由不等式f (x－1)>可得
即g(x－1)>g(2)，故有0即不等式f (x－1)>的解集为(1，3)．]
考向2 典例4 解：(1)g(x)＝2x＋ln x－(x>0), g′(x)＝2＋(x>0)．
∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋≥0在[1，2]上恒成立，
∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．
在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，
∴a≥－3．
∴实数a的取值范围是[－3，＋∞)．
(2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，
则g′(x)＞0在[1，2]上有解，
即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，
∴a＞(－2x2－x)min，又(－2x2－x)min＝－10，
∴a＞－10．
∴实数a的取值范围为(－10，＋∞)．
拓展变式
解：(1)依题意g′(x)＝2＋在[1，2]上满足g′(x)≤0恒成立，∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，
又t＝－2x2－x＝－2＋在x∈[1，2]上单调递减，
∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10．
∴a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，
－10]．
(2)∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，
∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，
则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，易知y＝－2x2－x在(1，2)上单调递减，
∴y＝－2x2－x在(1，2)上的值域为(－10，－3)，
∴实数a的取值范围为(－10，－3)．
跟进训练
3．(1)A (2)BD [(1)设g(x)＝，x>0，
因为xf ′(x)－f (x)>0，所以g′(x)＝>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f (1)＝2，所以g(1)＝＝2，
由f (ex)>2ex，且ex>0得>2，
则g(ex)＝>2＝g(1)，
所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A．
(2)A选项，令f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，x>－1，则f ′(x)＝，x>－1，
当0又f (0)＝0，∴f (3)B选项，令f (x)＝ln x－，x∈(0，1)，
则f ′(x)＝≤0显然恒成立，
所以f (x)＝ln x－在(0，1)上单调递减，
又f (1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f (x)>f (1)＝0，即ln x>，故B正确；
C选项，当x＝3时，e3>1＋3＋32，此时ex>1＋x＋x2，故C错误；
D选项，令f (x)＝cos x－1＋x2，则f ′(x)＝－sin x＋x，
令h(x)＝f ′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f ′(x)＝－sin x＋x在R上单调递增，
又f ′(0)＝0，所以当x>0时，f ′(x)>0，
即f (x)＝cos x－1＋x2单调递增；
当x<0时，f ′(x)<0，即f (x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f (x)min＝f (0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确．故选BD．]
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第三章
一元函数的导数及其应用
第2课时 导数与函数的单调性
[考试要求] 1．能结合实例，借助图象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)．
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1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y＝f (x)在区间(a，b)内可导 f ′(x)>0 f (x)在区间(a，b)上__________
f ′(x)<0 f (x)在区间(a，b)上__________
f ′(x)＝0 f (x)在区间(a，b)上是___________
单调递增
单调递减
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_______；
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．
定义域
零点
[常用结论]
1．若函数f (x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f ′(x)≥0恒成立；若函数f (x)在(a，b)上单调递减，则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x∈(a，b)时，f ′(x)<0有解．
3．f ′(x)＞0在(a，b)上恒成立是f (x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件，举例：f (x)＝x3在R上单调递增，但f ′(0)＝0．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果函数f (x)在某个区间上恒有f ′(x)＝0，则f (x)在此区间内没有单调性． ( )
(2)若函数f (x)的图象在[a，b]上连续，在(a，b)内f ′(x)≤0且f ′(x)＝0的根有有限个，则f (x)在(a，b)上单调递减． ( )
(3)若函数f (x)在定义域上都有f ′(x)>0，则f (x)在定义域上一定单调递增． ( )
(4)函数f (x)＝x－sin x在R上单调递增． ( )
√
√
√
×
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5T3改编) f ′(x)是f (x)的导函数，若f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的图象可能是( )
A B C D
C [由题图知，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0，
∴f (x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，x1)时，f ′(x)<0，∴f (x)在(0，x1)上单调递减；
当x∈(x1，＋∞)时，f ′(x)>0，
∴f (x)在(x1，＋∞)上单调递增．故选C．]
2．(人教A版选择性必修第二册P97 习题5.3T2(4)改编)函数f (x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________________________．
(－∞，－1)， [f ′(x)＝3x2＋2x－1，令f ′(x)>0，解得x>或x<－1，所以f (x)＝x3＋x2－x在区间(－，－1)和上单调递增．]
(－∞，－1)，
3．(人教A版选择性必修第二册P97 习题5.3T1改编)函数f (x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
(0，1) [函数f (x)的定义域为{x|x＞0}，由f ′(x)＝1－＜0，得0＜x＜1，
所以函数f (x)在区间(0，1)上单调递减．]
(0，1)
4．(人教A版选择性必修第二册P87 例3改编)已知函数f (x)＝x3－ax在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是________．
3 [f ′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3．]
3
典例精研·核心考点
考点一 不含参数的函数的单调性
[典例1] (1)(多选)(2025·重庆沙坪坝区模拟)下列函数在定义域上为增函数的是( )
A．f (x)＝x ln x B．f (x)＝ln x＋x
C．f (x)＝x－cos x D．f (x)＝x2ex
(2)函数f (x)＝的单调递增区间为________．
√
√
(0，1)
(1)BC (2)(0，1) [(1)对于A，f (x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f ′(x)＝0得x＝，
所以在上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
在上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，故A错误；
对于B，f (x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＋1＝＞0，
f (x)在(0，＋∞)上单调递增，故B正确；
对于C，f (x)＝x－cos x的定义域为R，f ′(x)＝1－(－sin x)＝1＋sin x，
因为x∈R，所以sin x∈[－1，1]，所以1＋sin x∈[0，2]，
所以x∈R时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故C正确；
对于D，f (x)＝x2ex的定义域为R，f ′(x)＝x2ex＋2xex＝(x＋2)xex，
令f ′(x)＝0得x＝－2或0，所以在(－∞，－2)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
在(－2，0)上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
在(0，＋∞)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增，故D错误．故选BC．
(2)由题意知f ′(x)＝(x＞0)．
设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－＜0，所以h(x)在(0，
＋∞)上单调递减，
由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，
所以f ′(x)＞0；
当x＞1时，h(x)＜0，所以f ′(x)＜0．
综上，f (x)在(0，1)上单调递增．]
名师点评 利用导函数求函数单调区间的注意点
(1)先求函数定义域，单调区间是定义域的子集．
(2)正确求导函数．
(3)当f ′(x)＝0无解时，可根据f ′(x)的结构特征确定f ′(x)的符号．
(4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，要用“，”“和”隔开．
[跟进训练]
1．(多选)已知函数f (x)与f ′(x)的图象如图所示，则g(x)＝( )
A．在区间(0，1)上单调递增
B．在区间(1，4)上单调递减
C．在区间上单调递减
D．在区间上单调递减
√
√
AC [法一(排除法)：易知函数g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，故排除选项BD，故选AC．
法二：结合题图，当x∈(1，4)时，f (x)－f ′(x)<0，
而g′(x)＝，且f (2)＝0，
故由选项知g(x)在上单调递减；
当x∈(0，1)时，f (x)－f ′(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，故选AC．]
【教用·备选题】
1．函数f (x)＝的单调递减区间为_______________________．
(－∞，0)和 [∵f (x)＝，
∴f ′(x)＝
＝，
令f ′(x)<0，得x<0或x>，
∴函数f (x)的单调递减区间为(－∞，0)和．]
(－∞，0)和
2．已知函数f (x)＝8x－，x∈，讨论f (x)的单调性．
[解] f ′(x)＝8－
＝8－＝8－．
令cos2x＝t，则t∈(0，1)，则f ′(x)＝＝，
当t∈，即x∈时，f ′(x)<0．
当t∈，即x∈时，f ′(x)>0．
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减．
考点二 含参数的函数的单调性
[典例2] 已知函数f (x)＝－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性．
[解] 函数f (x)＝－a ln x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，
若a≤0，令f ′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
若a>0，令f ′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln a．
①若ln a≤0，即0＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若00，当x∈
(ln a，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③若ln a＝1，即a＝e时，可得f ′(x)≥0且等号不恒成立，
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若ln a>1，即a>e时，当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，ln a)时，
f ′(x)<0，当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当1当a＝e时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>e时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
【教用·备选题】
已知函数f (x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性．
[解] 函数的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ax－(a＋1)＋＝
＝．
①当01，
∴x∈(0，1)时，f ′(x)>0；
x∈时，f ′(x)<0，
∴函数f (x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减．
②当a＝1时，＝1，∴f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a>1时，0<<1，
∴x∈∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0；
x∈时，f ′(x)<0，
∴函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
[拓展变式] 若将题中参数a的取值范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f (x)的单调性．
[解] 当a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0，1)时，f ′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，∴函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
名师点评 (1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个：
分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f ′(x)＝0是否有实数根，从而引起分类讨论；
分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，但不清楚f ′(x)＝0的实数根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；
分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，f ′(x)＝0的实数根也落在定义域内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论．
(2)求出f ′(x)后，先观察f ′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f ′(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式．
[跟进训练]
2．(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性．
[解] f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝．
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4．
①当Δ≤0，即0f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a>2时，f ′(x)＝，
由f ′(x)>0，得0，
由f ′(x)<0，得综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f (x)在上单调递增；在上单调递减．
【教用·备选题】
1．函数f (x)＝2x－－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性．
[解] 由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2＋＝，
设g(x)＝2x2－ax＋2，令2x2－ax＋2＝0，Δ＝a2－16，
①当－4≤a≤4时，Δ≤0，此时f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a<－4时，Δ>0，设方程g(x)＝0的两根为x1，x2，
由x1＋x2＝<0，x1x2＝1>0可知g(x)＝0的两根都小于0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上大于0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>4时，Δ>0，由g(x)＝0，解得x1＝，x2＝，
由x1＋x2＝>0，x1x2＝1>0可知g(x)＝0的两根都大于0，
所以当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f ′(x)＞0，f (x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，
当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f ′(x)＜0，f (x)在(x1，x2)上单调递减．
综上所述，当a≤4时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>4时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
2．已知函数f (x)＝(2＋sin x＋cos x)ex－a(x＋sin x)(a∈R)，试讨论f (x)的单调性．
[解] f ′(x)＝(2cos x＋2)ex－a(1＋cos x)＝(cos x＋1)(2ex－a)，
当a≤0时，2ex－a>0，cos x＋1≥0，∴f ′(x)≥0，∴f (x)在R上单调递增；
当a>0时，令2ex－a＝0，解得x＝ln ，
则当x∈时，f ′(x)≤0；
当x∈时，f ′(x)≥0，
∴f (x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在R上单调递增；
当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．
考点三 函数单调性的应用
考向1 比较大小或解不等式
[典例3] (1)(多选)下列不等式成立的是( )
A．2ln C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π
(2)(2025·四川成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)>的解集为__________．
√
√
(1，3)
(1)AD (2)(1，3) [(1)设f (x)＝(x>0)，则f ′(x)＝，所以当00，函数f (x)单调递增；当x>e时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减．因为<2即2ln 因为<即ln >ln ，故选项B不正确；
因为e<4<5，所以f (4)>f (5)，即5ln 4>4ln 5，
故选项C不正确；
因为e<π，所以f (e)>f (π)，即π>eln π，故选项D正确．故选AD．
(2)令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)，
因为当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，即g′(x)<0，
所以当x>0时，g(x)＝xf (x)单调递减，
由不等式f (x－1)>可得
即g(x－1)>g(2)，故有0即不等式f (x－1)>的解集为(1，3)．]
【教用·备选题】
1．已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．cC．a√
D [由题意得0令f (x)＝(x>0)，则f ′(x)＝，
当01时，f ′(x)>0，
故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为ae5＝5ea，所以＝，
即f (5)＝f (a)，而0故0因为f (5)>f (4)>f (3)，所以f (a)>f (b)>f (c)，
所以0√
2．(多选)下列命题中正确的有( )
A．ln 5
C．<11 D．3eln 2>4
BC [构造函数f (x)＝(x＞0)，则f ′(x)＝，
当x∈(0，e)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
对于A，因为2<，
所以2ln >ln 2，故ln 5>ln 2，故A错误；
√
对于B，ln π> 2ln > >＝，又＜＜e，故B正确；
对于<11 ln 2又4>>e，故C正确；
对于>，显然D错误．故选BC．]
名师点评 灵活构造函数，利用函数单调性比较大小或解抽象不等式．
考向2 求参数的取值范围
[典例4] 已知函数g(x)＝2x＋ln x－．
(1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围．
[解] (1)g(x)＝2x＋ln x－(x>0), g′(x)＝2＋(x>0)．
∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋≥0在[1，2]上恒成立，
∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．
在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，
∴a≥－3．
∴实数a的取值范围是[－3，＋∞)．
(2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，
则g′(x)＞0在[1，2]上有解，
即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，
∴a＞(－2x2－x)min，
又(－2x2－x)min＝－10，
∴a＞－10．
∴实数a的取值范围为(－10，＋∞)．
[拓展变式] (1)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围．
[解] (1)依题意g′(x)＝2＋在[1，2]上满足g′(x)≤0恒成立，
∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，
又t＝－2x2－x＝－2＋在x∈[1，2]上单调递减，
∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10．
∴a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，－10]．
(2)∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，
∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，
则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，易知y＝－2x2－x在(1，2)上单调递减，
∴y＝－2x2－x在(1，2)上的值域为(－10，－3)，
∴实数a的取值范围为(－10，－3)．
名师点评 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f (x)在区间(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
[跟进训练]
3．(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)>0，且f (1)＝2，则f (ex)>2ex的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(ln 2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)
(2)(多选)下列不等式中恒成立的有( )
A．ln (x＋1)≥x－x2 B．ln x>，x∈(0，1)
C．ex≤1＋x＋x2 D．cos x≥1－x2
√
√
√
(1)A (2)BD [(1)设g(x)＝，x>0，
因为xf ′(x)－f (x)>0，
所以g′(x)＝>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f (1)＝2，所以g(1)＝＝2，
由f (ex)>2ex，且ex>0得>2，
则g(ex)＝>2＝g(1)，所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A．
(2)A选项，令f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，x>－1，则f ′(x)＝－1＋＝，x>－1，当0B选项，令f (x)＝ln x－，x∈(0，1)，
则f ′(x)＝＝＝－≤0显然恒成立，所以f (x)＝ln x－在(0，1)上单调递减，又f (1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f (x)>f (1)＝0，即ln x>，故B正确；
C选项，当x＝3时，e3>1＋3＋32，此时ex>1＋x＋x2，故C错误；
D选项，令f (x)＝cos x－1＋x2，
则f ′(x)＝－sin x＋x，
令h(x)＝f ′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f ′(x)＝－sin x＋x在R上单调递增，
又f ′(0)＝0，所以当x>0时，f ′(x)>0，
即f (x)＝cos x－1＋x2单调递增；
当x<0时，f ′(x)<0，即f (x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f (x)min＝
f (0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确．故选BD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．函数f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是( )
A．(1，＋∞) B．(－2，1)
C．(0，1) D．(－∞，－2)和(1，＋∞)
13
课后作业(十八) 导数与函数的单调性
√
C [f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－＋2＝，由f ′(x)＜0得0＜x＜1，所以函数f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是(0，1)．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
2．函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的图象可能是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
A B C D
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
D [f ′(x)>0的解集对应y＝f (x)的单调递增区间，f ′(x)<0的解集对应y＝f (x)的单调递减区间，验证只有D项符合．]
3．(2023·新高考Ⅱ卷)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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
13
C [因为f (x)＝aex－ln x，所以f ′(x)＝aex－．因为函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，所以f ′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex．当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝
e-1，故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
4．(2025·四川成都模拟)设a＝，b＝ln ，c＝，则a，b，c的大小顺序为( )
A．bC．c题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
13
D [由题意得a＝＝，b＝ln ＝＝，c＝．
设f (x)＝(x＞0)，则f ′(x)＝，
当00，所以f (x)单调递增；当x>e时，f ′(x)<0，所以f (x)单调递减．
又e<3<4f (4)>f (e2)，即<<，所以a故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且对任意x∈R都有
f ′(x)>2，f (2)＝0，则不等式f (x)－2x＋4>0的解集为( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，2)
13
√
A [令g(x)＝f (x)－2x＋4，则g′(x)＝f ′(x)－2>0，所以g(x)在R上单调递增．
又g(2)＝f (2)－2×2＋4＝0，则不等式f (x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2，故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．函数f (x)的定义域为D，导函数为f ′(x)，若对任意x∈D，f ′(x)<
f (x)恒成立，则称f (x)为“导减函数”．下列函数中，是“导减函数”的是( )
A．y＝x2 B．y＝cos x
C．y＝logπx D．y＝2x
13
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D [y＝x2，y′＝2x，当x＝1时，y′＝2>y＝1，则y＝x2不符合“导减函数”的定义；
y＝cos x，y′＝－sin x，当x＝π时，y′＝0>y＝－1，则y＝cos x不符合“导减函数”的定义；
y＝logπx，y′＝，当x＝时，y′＝>0>y＝－1，则y＝logπx不符合“导减函数”的定义；
y＝2x，y′＝2x ln 2<2x，则y＝2x符合“导减函数”的定义．故选D．]
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．若函数f (x)＝ax3＋3x2－x＋1恰有三个单调区间，则实数a的取值可以是( )
A．－3 B．－1
C．0 D．2
13
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
BD [依题意知，f ′(x)＝3ax2＋6x－1＝0有两个不相等的实数根，故
解得a>－3且a≠0．
故选BD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．给出定义：若函数f (x)在D上可导，即f ′(x)存在，且导函数f ′(x)在D上也可导，则称f (x)在D上存在二阶导函数，记g(x)＝(f ′(x))′，若g(x)<0在D上恒成立，则称f (x)在D上为凸函数，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A．f (x)＝sin x－cos x
B．f (x)＝ln x－3x
C．f (x)＝－x3＋3x－1
D．f (x)＝xe－x
13
√
√
√
题号
1
3
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2
4
6
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10
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12
BCD [对于A，f ′(x)＝cos x＋sin x，
g(x)＝－sin x＋cos x＝－sin ，当x∈时，sin <0，g(x)＝－sin >0，故A错误；
对于B，f ′(x)＝－3，g(x)＝－<0在上恒成立，故B正确；
对于C，f ′(x)＝－3x2＋3，g(x)＝－6x<0在上恒成立，故C正确；
对于D，f ′(x)＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，g(x)＝－e－x－(1－x)e－x＝－(2－x)e－x，
因为x∈，所以2－x>0，
所以g(x)＝－(2－x)e－x<0在上恒成立，故D正确．]
13
题号
1
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三、填空题
9．已知奇函数f (x)的定义域为R，且>0，则f (x)的单调递减区间为_________，满足以上条件的一个函数是______________________
_____．
13
f (x)＝x3－x(答案不
(－1，1)
唯一)
题号
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(－1，1) f (x)＝x3－x(答案不唯一)
[由>0可得f ′(x)(x2－1)>0，
所以 或
所以当x<－1或x>1时，f ′(x)>0；当－1所以f (x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以满足条件的一个函数可以为f (x)＝x3－x(答案不唯一)．]
13
题号
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10．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f (x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是__________．
13
[由题意得当x>0时，f ′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋ ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0．
题号
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12
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又013
题号
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四、解答题
11．已知函数f (x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性．
13
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝(x－2)ex－x2＋x，得f (2)＝0，
f ′(x)＝(x－1)ex－x＋1，则k＝f ′(2)＝e2－1，
所以所求切线方程为y＝(e2－1)(x－2)，
即(e2－1)x－y－2(e2－1)＝0．
题号
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(2)f (x)＝(x－2)ex－ax2＋ax的定义域为R，可得f ′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)，当a≤0，x∈(－∞，1)时，f ′(x)<0，f (x)在(－∞，1)上单调递减，x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f ′(x)＝0，解得x1＝ln a，x2＝1，
①当ln a＝1，即a＝e时，f ′(x)≥0，则f (x)在R上单调递增；
②当ln a<1，即0在区间(ln a，1)上，f ′(x)＜0，所以f (x)在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a，1)上单调递减；
③当ln a>1，即a>e时，
在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上，f ′(x)＞0，在区间(1，ln a)上，f ′(x)＜0，
所以f (x)在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减．
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题号
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12．(2025·江苏南通期中)已知函数f (x)＝x2＋a ln x，a∈R．
(1)若函数g(x)＝f (x)－x在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)讨论函数h(x)＝f (x)－(a＋2)x的单调性．
13
[解] (1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝2x＋－1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥(－2x2＋x)max．
设y＝－2x2＋x＝－2＋，则ymax＝，所以a≥，即实数a的取值范围是．
题号
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(2)h(x)＝x2＋a ln x－(a＋2)x且定义域为(0，＋∞)，
h′(x)＝2x＋－(a＋2)＝＝，
令h′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1，
若a≤0，则≤0，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
若013
当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
若a＝2，则h′(x)≥0在定义域内恒成立，
函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>2，则＞1，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
题号
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当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当0当a＝2时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>2时，函数h(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
题号
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题号
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13．(2021·全国乙卷)已知函数f (x)＝x3－x2＋ax＋1．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求曲线y＝f (x)过坐标原点的切线与曲线y＝f (x)的公共点的坐标．
13
[解] (1)由题意知f (x)的定义域为R，f ′(x)＝3x2－2x＋a，对于f ′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．
①当a≥时，f ′(x)≥0，f (x)在R上单调递增；
题号
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②当a＜时，令f ′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，令f ′(x)＞0，则x＜x1或x＞x2；
令f ′(x)＜0，则x1＜x＜x2．
所以f (x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥时，f (x)在R上单调递增；当a＜时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
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题号
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(2)设曲线y＝f (x)过坐标原点的切线为l，切点为＋ax0＋1)，
因为f ′(x0)＝－2x0＋a，所以切线l的方程为＋ax0＋1)＝－2x0＋a)(x－x0)．
由l过坐标原点，得－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x．
令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1．
所以曲线y＝f (x)过坐标原点的切线与曲线y＝f (x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a)．
13
谢 谢！课后作业(十八) 导数与函数的单调性
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共93分
一、单项选择题
1．函数f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是( )
A．(1，＋∞) B．(－2，1)
C．(0，1) D．(－∞，－2)和(1，＋∞)
2．函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的图象可能是( )
A B C D
3．(2023·新高考Ⅱ卷)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
4．(2025·四川成都模拟)设a＝，b＝ln ，c＝，则a，b，c的大小顺序为( )
A．bC．c5．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且对任意x∈R都有f ′(x)>2，f (2)＝0，则不等式f (x)－2x＋4>0的解集为( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，2)
6．函数f (x)的定义域为D，导函数为f ′(x)，若对任意x∈D，f ′(x)A．y＝x2 B．y＝cos x
C．y＝logπx D．y＝2x
二、多项选择题
7．若函数f (x)＝ax3＋3x2－x＋1恰有三个单调区间，则实数a的取值可以是( )
A．－3 B．－1
C．0 D．2
8．给出定义：若函数f (x)在D上可导，即f ′(x)存在，且导函数f ′(x)在D上也可导，则称f (x)在D上存在二阶导函数，记g(x)＝(f ′(x))′，若g(x)<0在D上恒成立，则称f (x)在D上为凸函数，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A．f (x)＝sin x－cos x
B．f (x)＝ln x－3x
C．f (x)＝－x3＋3x－1
D．f (x)＝xe－x
三、填空题
9．已知奇函数f (x)的定义域为R，且>0，则f (x)的单调递减区间为________，满足以上条件的一个函数是________．
(－1，1) f (x)＝x3－x(答案不唯一)
[由>0可得f ′(x)(x2－1)>0，
所以 或
所以当x<－1或x>1时，f ′(x)>0；当－1所以f (x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以满足条件的一个函数可以为f (x)＝x3－x(答案不唯一)．]
10．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f (x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
四、解答题
11．已知函数f (x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性．
12．(2025·江苏南通期中)已知函数f (x)＝x2＋a ln x，a∈R．
(1)若函数g(x)＝f (x)－x在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)讨论函数h(x)＝f (x)－(a＋2)x的单调性．
13．(2021·全国乙卷)已知函数f (x)＝x3－x2＋ax＋1．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求曲线y＝f (x)过坐标原点的切线与曲线y＝f (x)的公共点的坐标．
课后作业(十八)
A组 在基础中考查学科功底
1．C [f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－＋2＝，由f ′(x)＜0得0＜x＜1，所以函数f (x)＝x2－4ln x＋2x－3的单调递减区间是(0，1)．故选C．]
2．D [f ′(x)>0的解集对应y＝f (x)的单调递增区间，f ′(x)<0的解集对应y＝f (x)的单调递减区间，验证只有D项符合．]
3．C [因为f (x)＝aex－ln x，所以f ′(x)＝aex－．因为函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，所以f ′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex．当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e-1，故选C．]
4．D [由题意得a＝＝，b＝ln ＝＝，c＝．
设f (x)＝(x＞0)，则f ′(x)＝，
当00，所以f (x)单调递增；当x>e时，f ′(x)<0，所以f (x)单调递减．
又e<3<4f (4)>f (e2)，即<<，所以a5．A [令g(x)＝f (x)－2x＋4，则g′(x)＝f ′(x)－2>0，所以g(x)在R上单调递增．
又g(2)＝f (2)－2×2＋4＝0，则不等式f (x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2，故选A．]
6．D [y＝x2，y′＝2x，当x＝1时，y′＝2>y＝1，则y＝x2不符合“导减函数”的定义；
y＝cos x，y′＝－sin x，当x＝π时，y′＝0>y＝－1，则y＝cos x不符合“导减函数”的定义；
y＝logπx，y′＝，当x＝时，y′＝>0>y＝－1，则y＝logπx不符合“导减函数”的定义；
y＝2x，y′＝2x ln 2<2x，则y＝2x符合“导减函数”的定义．故选D．]
7．BD [依题意知，f ′(x)＝3ax2＋6x－1＝0有两个不相等的实数根，故
解得a>－3且a≠0．
故选BD．]
8．BCD [对于A，f ′(x)＝cos x＋sin x，
g(x)＝－sin x＋cos x＝－sin ，
当x∈时，sin <0，
g(x)＝－sin >0，故A错误；
对于B，f ′(x)＝－3，g(x)＝－<0在上恒成立，故B正确；
对于C，f ′(x)＝－3x2＋3，g(x)＝－6x<0在上恒成立，故C正确；
对于D，f ′(x)＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，g(x)＝－e－x－(1－x)e－x＝－(2－x)e－x，
因为x∈，所以2－x>0，
所以g(x)＝－(2－x)e－x<0在上恒成立，故D正确．]
9．(－1，1) f (x)＝x3－x(答案不唯一)
[由>0可得f ′(x)(x2－1)>0，
所以 或
所以当x<－1或x>1时，f ′(x)>0；当－1所以f (x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以满足条件的一个函数可以为f (x)＝x3－x(答案不唯一)．]
10． [由题意得当x>0时，f ′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋ ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0．
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又011．解：(1)当a＝1时，f (x)＝(x－2)ex－x2＋x，得f (2)＝0，
f ′(x)＝(x－1)ex－x＋1，则k＝f ′(2)＝e2－1，
所以所求切线方程为y＝(e2－1)(x－2)，
即(e2－1)x－y－2(e2－1)＝0．
(2)f (x)＝(x－2)ex－ax2＋ax的定义域为R，可得f ′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)，
当a≤0，x∈(－∞，1)时，f ′(x)<0，f (x)在(－∞，1)上单调递减，
x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f ′(x)＝0，解得x1＝ln a，x2＝1，
①当ln a＝1，即a＝e时，f ′(x)≥0，则f (x)在R上单调递增；
②当ln a<1，即0在区间(ln a，1)上，f ′(x)＜0，
所以f (x)在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a，1)上单调递减；
③当ln a>1，即a>e时，
在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上，f ′(x)＞0，在区间(1，ln a)上，f ′(x)＜0，
所以f (x)在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减．
12．解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
则g′(x)＝2x＋－1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即a≥(－2x2＋x)max．
设y＝－2x2＋x＝－2＋，则ymax＝，
所以a≥，即实数a的取值范围是．
(2)h(x)＝x2＋a ln x－(a＋2)x且定义域为(0，＋∞)，
h′(x)＝2x＋－(a＋2)＝＝，
令h′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1，
若a≤0，则≤0，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
若0当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
若a＝2，则h′(x)≥0在定义域内恒成立，
函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>2，则＞1，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，
当a≤0时，函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当0当a＝2时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>2时，函数h(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
B组 在综合中考查关键能力
13．解：(1)由题意知f (x)的定义域为R，f ′(x)＝3x2－2x＋a，对于f ′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．
①当a≥时，f ′(x)≥0，f (x)在R上单调递增；
②当a＜时，令f ′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，
令f ′(x)＞0，则x＜x1或x＞x2；
令f ′(x)＜0，则x1＜x＜x2．
所以f (x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥时，f (x)在R上单调递增；当a＜时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)设曲线y＝f (x)过坐标原点的切线为l，切点为＋ax0＋1)，
因为f ′(x0)＝－2x0＋a，所以切线l的方程为＋ax0＋1)＝－2x0＋a)(x－x0)．
由l过坐标原点，得－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x．
令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1．
所以曲线y＝f (x)过坐标原点的切线与曲线y＝f (x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a)．
1/1