专题1 导数与函数的单调性（恒单调、存在单调区间、不单调）【讲】

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2024/05/22更新 3751次浏览

专题1 导数与函数的单调性（恒单调、存在单调区间、不单调）【讲】

一、导数与函数单调性

设函数 $y = f (x)$ 在区间 $D$ 上可导，如果在 $D$ 上，导数 $f^{'} (x) > 0$ ，那么函数 $y = f (x)$ 在这个区间 $D$ 上单调递增；如果在 $D$ 上，导数 $f^{'} (x) < 0$ ，那么函数 $y = f (x)$ 在这个区间 $D$ 上单调递减．

二、已知函数的单调性求参数解题大招

1．在区间上单调递增（减）：

（1）转化为不等式的恒成立问题（常用）：

$f (x)$ 在区间 $D$ 上单调递增 $\Rightarrow f^{'} (x) \geq 0$ 在 $D$ 上恒成立；

$f (x)$ 在区间 $D$ 上单调递减 $\Rightarrow f^{'} (x) \leq 0$ 在 $D$ 上恒成立．

（2）利用集合间的包含关系处理：

$f (x)$ 在 $D$ 上单调，则区间 $D$ 是相应单调区间的子集．

注：若已知函数在某含参区间上的增减性时，一般先求出函数的增减区间，继而令已知区间是所求增减区间的子集，列出不等式，进行求解．在求函数的单调性时，可采用图象法、导数法或利用函数的性质．

2．在区间上单调：

$f (x)$ 在 $(a, b)$ 上单调 $\Leftrightarrow \{\begin{cases} f^{'} (a) \geq 0, \\ f^{'} (b) \geq 0 \end{cases}$ 或 $\{\begin{cases} f^{'} (a) \leq 0, \\ f^{'} (b) \leq 0 . \end{cases}$

（在做小题或大题答案检验上非常有效．）

3．单调区间为 $(a, b)$ ：

若函数 $y = f (x)$ 的单调区间为 $(a, b)$ ，则 $\{\begin{matrix} f' (a) = 0 \\ f' (b) = 0 \end{matrix}$

注：单调区间和在区间上单调的区别

一个函数的单调区间不一定是一个区间，可能是多个区间，单调区间是指一个函数中所有递减或递增性质的区间；在区间上单调是指在某单一区间上的单调性．

4．（不）存在单调区间：

（1） $f (x)$ 在区间 $D$ 上存在单调递增区间 $\Rightarrow f^{'} (x) > 0$ 在 $D$ 上有解 $\Leftrightarrow f^{'} {(x)}_{\max} > 0$ ；

$f (x)$ 在区间 $D$ 上存在单调递减区间 $\Rightarrow f^{'} (x) < 0$ 在 $D$ 上有解 $\Leftrightarrow f^{'} {(x)}_{\min} < 0$ ；

（2） $f (x)$ 在区间 $D$ 上不存在单调递增区间 $\Rightarrow f^{'} (x) \leq 0$ 在 $D$ 上恒成立；

$f (x)$ 在区间 $D$ 上不存在单调递减区间 $\Rightarrow f^{'} (x) \geq 0$ 在 $D$ 上恒成立．

5．在区间上不单调：

【思路一】函数在某一区间不单调，则在此区间内方程 $f^{'} (x) = 0$ 有解，且在解的两侧 $f^{'} (x)$ 的符号相反．即 $f (x)$ 在区间 $D$ 上不单调 $\Rightarrow f^{'} (x)$ 在 $D$ 上有变号零点（若 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内有极值，那么 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．）

【思路二】可求出函数在区间上是单调函数的参数的取值范围，求其补集即可得结果．

函数的单调性是函数的重要性质之一，对研究函数的图象、比较函数值的大小、解不等式、求极值、最值（取值范围）、判断函数零点个数、证明不等式起着至关重要的作用．因此，考查函数的单调性是高考的重点和热点，而导数是求解函数单调性的一把利器，利用它可以将判断原函数单调性的问题转化为判断导函数的符号问题．

一、含参问题讨论单调性的原则

讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，∴讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要（有效）部分，简称导主．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：

（1）最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；

（2）导函数是否有变号零点，即“有没有”；

（3）导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间上，即“在不在”；

（4）导函数的变号零点之间的大小关系，即“大不大”．

牢记：十二字方针“是不是，有没有，在不在，大不大”．

二、失误与防范

①忽略函数的定义域；

②缺乏整体意识，不能根据每一段的单调性整理函数在全区间上的单调性；

③分类讨论较乱，标准不确定；

④出现多个相同单调性的单调区间时，错误地使用“ $\cup$ ”连接．

三、含参问题讨论单调性的一般解题步骤

第一步：求 $y = f (x)$ 的定义域；

第二步：求 $f^{'} (x)$ （导函数中有分母通分）；

第三步：确定导函数有效部分，记为 $g (x)$ ．

对于 $y = f (x)$ 进行求导得到 $f^{'} (x)$ ，对 $f^{'} (x)$ 初步处理（如通分），提出 $f^{'} (x)$ 的恒正部分，将该部分省略，留下的部分则为 $f^{'} (x)$ 的有效部分（如： $f^{'} (x) = \frac{e^{x} (x^{2} - a x + 2)}{x^{2}}$ ，则记 $g (x) = x^{2} - a x + 2$ 为 $f^{'} (x)$ 的有效部分）．接下来就只需考虑导函数有效部分，只有该部分决定 $f^{'} (x)$ 的正负．

第四步：确定导函数主要（有效）部分 $g (x)$ 的类型，主要分以下几种类型：

类型一、导主一次型；

类型二、导主二次（或高次）型；

类型三、导主反比例函数型；

类型四、导主指数型；

类型五、导主对数型；

类型六、导主三角函数型．

考向一 已知函数 $y = f (x)$ 在区间上单调增（减）求参数

例1．已知 $a \in R$ ，函数 $f (x) = (- x^{2} + a x) e^{x}$ （ $a \in R$ ，e为自然对数的底数）．

（1）当a＝2时，求函数 $f (x)$ 的单调递增区间．

（2）是否存在实数a，使函数 $f (x)$ 为R上的单调递减函数？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

【典例解读】

第（1）小题给定参数取值，相当于定函数讨论单调性的问题．

第（2）小题已知含参函数的单调性，讨论参数取值，将问题转化为 $f^{'} (x) \leq 0$ 在R上恒成立的问题．

【规范解答】

（1）解：当 $a = 2$ 时， $f (x) = (- x^{2} + 2 x) e^{x}$ ．∴ $f^{'} (x) = (- 2 x + 2) e^{x} + (- x^{2} + 2 x) e^{x} = (- x^{2} + 2) e^{x}$ ．

令 $f^{'} (x) > 0$ ，即 $(- x^{2} + 2) e^{x} > 0$ ．

∵ $e^{x} > 0$ ，∴ $- x^{2} + 2 > 0$ ，解得 $- \sqrt{2} < x < \sqrt{2}$ ．

∴函数 $f (x)$ 的单调递增区间是 $(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$ ．

（2）解：不存在实数a，使函数 $f (x)$ 在R上为单调递减函数，理由如下：

若函数 $f (x)$ 在R上单调递减，则 $f^{'} (x) \leq 0$ 对 $x \in R$ 都成立．

即 $[- x^{2} + (a - 2) x + a] e^{x} \leq 0$ 对 $x \in R$ 都成立．

∵ $e^{x} > 0$ ，∴ $x^{2} - (a - 2) x - a \geq 0$ 对 $x \in R$ 都成立．

∴ $Δ = {(a - 2)}^{2} + 4 a \leq 0$ （或讨论 $g (x) = x^{2} - (a - 2) x - a$ 的最小值大于或等于0），即 $a^{2} + 4 \leq 0$ ，这是不可能的．

故不存在实数a，使函数 $f (x)$ 在R上单调递减．

【题后反思】

（1）利用导数判断函数单调性．

观察可导函数 $y = f (x)$ 在 $(a, b)$ 上的导函数图象，若 $f^{'} (x)$ 的图象在x轴上方（或下方），即函数 $f^{'} (x) > 0$ （或 $f^{'} (x) < 0$ ），则函数在这个区间内单调递增（或单调递减）；若恒有 $f^{'} (x) = 0$ 成立，则函数在这个区间上不具有单调性，为常数函数．

（2）已知函数单调性，求参数取值范围．

若已知函数 $y = f (x)$ 在一个区间内具有单调性，则 $y = f^{'} (x)$ 的图象在这个区间上不穿过x轴，只需考虑 $f^{'} (x) \geq 0$ 或 $f^{'} (x) \leq 0$ ，转化为不等式问题求解．

注意：导函数 $f^{'} (x) > 0$ （或 $f^{'} (x) < 0$ 是原函数 $f (x)$ 单调递增（或递减）的充分不必要条件，也就是说：若一个函数的导函数 $f^{'} (x) > 0$ （或 $f^{'} (x) < 0$ ），则原函数 $f (x)$ 单调递增（或递减）；但是反过来，若已知函数在一个区间内单调递增（或递减），则应该得到 $f^{'} (x) \geq 0$ （或 $f^{'} (x) \leq 0$ ），如： $y = x^{3}$ ，可导函数 $y = f (x)$ 在 $(a, b)$ 上单调递增的充要条件是 $f^{'} (x) \geq 0$ 恒成立，且使 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 的 $x_{0}$ 在 $(a, b)$ 内是孤立的点．

【再练一个】

15-16高三上·北京朝阳·期中

解答题-问答题 | 适中(0.64)

已知函数

.
（Ⅰ）若函数

在区间

上单调递减,求

的取值范围;
（Ⅱ）当

时,证明

2016-12-03更新 | 2666次组卷 | 4卷引用：2016届北京市朝阳区高三上学期期中统一考试文科数学试卷

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考向二 已知函数 $y = f (x)$ 在区间上单调求参数

例2．已知函数 $f (x) = \frac{1}{3} a x^{3} - x \sin x - 2 \cos x (a \in R)$ ，且 $f (x)$ 在R上单调，求a的取值范围．

【典例解读】

先求函数的导函数，由 $f (x)$ 在R上单调，可知 $f^{'} (x) \geq 0$ 恒成立或 $f^{'} (x) \leq 0$ 恒成立，构造函数 $g (x) = a x^{2} + \sin x - x \cos x$ ，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解．

【规范解答】求导 $f^{'} (x) = a x^{2} + \sin x - x \cos x$ ，令 $g (x) = a x^{2} + \sin x - x \cos x$ ，

由 $f (x)$ 在R上单调，可知 $g (x) \geq 0$ 恒成立或 $g (x) \leq 0$ 恒成立，分类讨论：

$g^{'} (x) = 2 a x + \cos x - (\cos x - x \sin x) = 2 a x + x \sin x = (2 a + \sin x) x$

（1）当 $a \geq \frac{1}{2}$ 时， $2 a + \sin x \geq 0$ ，令 $g^{'} (x) = 0$ ，得 $x = 0$

当 $x < 0$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递减；当 $x > 0$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递增；

$g {(x)}_{\min} = g (0) = 0$ ，即 $g (x) \geq 0$ 恒成立，符合题意；

（2）当 $a \leq - \frac{1}{2}$ 时， $2 a + \sin x \leq 0$ ，令 $g^{'} (x) = 0$ ，得 $x = 0$

当 $x < 0$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递增；当 $x > 0$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递减；

$g {(x)}_{\max} = g (0) = 0$ ，即 $g (x) \leq 0$ 恒成立，符合题意；

（3）当 $- \frac{1}{2} < a < \frac{1}{2}$ 时，令 $g^{'} (x) = 0$ ，得 $x = 0$ 或 $\sin x = - 2 a$ ，

研究 $x \in [0, π]$ 内的情况即可：

当 $x \in [0, x_{1})$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递减；当 $x \in (x_{1}, x_{2}]$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递增；当 $x \in (x_{2}, π]$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，函数 $g (x)$ 单调递减；

当 $x = x_{1}$ 时，函数 $g (x)$ 取得极小值，且满足 $\sin x_{1} = - 2 a$ ；当 $x = x_{2}$ 时，函数 $g (x)$ 取得极小值，且满足 $\sin x_{2} = - 2 a$

$∴ g (x_{1}) = a x_{1}^{2} + \sin x_{1} - x_{1} \cos x_{1} = - \frac{\sin x_{1}}{2} x_{1}^{2} + \sin x_{1} - x_{1} \cos x_{1}$ ，且 $x_{1} \in [0, \frac{π}{2})$

同理 $g (x_{2}) = - \frac{\sin x_{2}}{2} x_{2}^{2} + \sin x_{2} - x_{2} \cos x_{2}$ ，且 $x_{2} \in (\frac{π}{2}, π)$

又 $g (0) = 0$ ，当 $x_{1} \to \frac{π}{2}$ 时， $g (x_{1}) < 0$ ；当 $x_{2} \to π$ 时， $g (x_{2}) > 0$ ，故不符合；

∴a的取值范围是 $(- \infty, - \frac{1}{2}] \cup [\frac{1}{2}, + \infty)$ ．

【题后反思】

本题把函数 $f (x)$ 在R上单调问题，转化为等式的恒成立问题，不等式恒成立问题常见方法：

①分离参数 $a \geq f (x)$ 恒成立（ $a \geq f {(x)}_{\max}$ 即可）或 $a \leq f (x)$ 恒成立（ $a \leq f {(x)}_{\min}$ 即可）；

②数形结合（ $y = f (x)$ 图象在 $y = g (x)$ 上方即可）；

③讨论最值 $f {(x)}_{\min} \geq 0$ 或 $f {(x)}_{\max} \leq 0$ 恒成立．

【再练一个】

21-22高二·全国·课后作业

解答题-问答题 | 适中(0.65)

设函数

，若函数

在区间

上是单调函数，求实数m的取值范围.

2022-09-13更新 | 858次组卷 | 5卷引用：【典例题】 5.3 导数的应用课堂例题-沪教版（2020）选择性必修第一册第5章导数及其应用

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考向三 已知函数 $y = f (x)$ 单调区间 $D$ 求参数

例3．已知函数 $f (x) = e^{x} + a x + 1 (a \in R)$ ，函数 $f (x)$ 与函数 $f (f (x))$ 的单调区间相同，并且既有单调递增区间，也有单调递减区间，求实数 $a$ 的取值范围．

【典例解读】

求出 $f (x)$ 的导数，根据导数首先确定 $a$ 的粗略范围，并求出 $f (x)$ 的单调区间；再求出 $g (x) = f (f (x))$ 的导数 $g^{'} (x) = f^{'} (f (x)) \cdot f^{'} (x)$ ，根据题意两函数单调性一致可以确定 $f^{'} (f (x)) \geq 0$ ，展开计算得出 $a$ 的取值范围．

【规范解答】解法一：∵ $f (x) = e^{x} + a x + 1$ ，∴ $f^{'} (x) = e^{x} + a$ ，

若 $a \geq 0$ ，则 $f^{'} (x) = e^{x} + a > 0$ ， $f (x)$ 在 $R$ 上单调递增， $f (x)$ 只有单调增区间，不合题意；若 $a < 0$ ，令 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ，得 $x_{0} = \ln (- a)$ ， $a = - e^{x_{0}}$ ，当 $x > x_{0}$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ，函数 $f (x)$ 在 $(x_{0}, + \infty)$ 上单调递增，当 $x < x_{0}$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ，函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, x_{0})$ 上单调递减，

设 $g (x) = f (f (x))$ ，∵函数 $f (x)$ 与函数 $f (f (x))$ 的单调区间相同，∴函数 $g (x)$ 在 $(- \infty, x_{0})$ 上单调递减，在 $(x_{0}, + \infty)$ 上单调递增，又 $g^{'} (x) = f^{'} (f (x)) \cdot f^{'} (x)$ ，∴ $f^{'} (f (x)) \geq 0$ 对任意 $x \in R$ 恒成立，即 $f (x) \geq x_{0}$ 恒成立，由 $f {(x)}_{\min} = f (x_{0}) = e^{x_{0}} + a x_{0} + 1$ ，∴ $e^{x_{0}} + a x_{0} + 1 \geq x_{0}$ ，将 $a = - e^{x_{0}}$ ，代入上式，整理得 $e^{x_{0}} - (e^{x_{0}} + 1) x_{0} + 1 \geq 0$ ，即 $(e^{x_{0}} + 1) (1 - x_{0}) \geq 0$ ，从而 $x_{0} \leq 1$ ，此时 $a = - e^{x_{0}} \geq - e$ ，∴ $a$ 的取值范围为 $[- e, 0)$ ．

解法二： $f^{'} (x) = e^{x} + a$ ．当 $a \geq 0$ 时， $f^{'} (x) = e^{x} + a > 0$ 恒成立， $f (x)$ 在 $R$ 上单调递增． $f (x)$ 没有单调递减区间，不符合题意．当 $a < 0$ 时， $f^{'} (x) = e^{x} - (- a) = e^{x} - e^{\ln (- a)}$ ．当 $x \in (- \infty, \ln (- a))$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ， $f (x)$ 单调递减；当 $x \in (\ln (- a), + \infty)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 单调递增．令 $g (x) = f (f (x))$ ，则 $g^{'} (x) = f^{'} (f (x)) f^{'} (x) = (e^{f (x)} + a) (e^{x} + a) = (e^{e^{x} + a x + 1} + a) (e^{x} + a) = (e^{e^{x} + a x + 1} - e^{\ln (- a)}) (e^{x} - e^{\ln (- a)})$ ．

由题意， $\forall x \in R$ ， $e^{e^{x} + a x + 1} - e^{\ln (- a)} \geq 0$ 恒成立，即 $e^{x} + a x + 1 - \ln (- a) \geq 0$ 恒成立．令 $h (x) = e^{x} + a x + 1 - \ln (- a)$ ，则 $h (x) \geq 0$ 恒成立．∵ $h^{'} (x) = e^{x} + a = f^{'} (x)$ ，∴ $h (x)$ 与 $f (x)$ 有相同的单调性，∴ $h {(x)}_{\min} = h (\ln (- a)) = - a + a \ln (- a) + 1 - \ln (- a) = (a - 1) [\ln (- a) - 1] \geq 0$ ．又 $a - 1 < 0$ ，∴ $\ln (- a) - 1 \leq 0$ ，即 $\ln (- a) \leq 1$ ，即 $a \geq - e$ ．综上， $a$ 的取值范围是 $[- e, 0)$ ．

【题后反思】

本题中存在两个难点

①两个函数单调性相同与数学表达式的转换：两个函数单调性相同说明导数在同一区间的符号相同，若函数解析式简单，可分别写出两个导数的符号区间；若如本题一样导数解析式复杂，则先找导数的共性，然后讨论非共性处，以本题为例：导数 $f^{'} (f (x)) \cdot f^{'} (x)$ 与 $f^{'} (x)$ 的共性是同乘 $f^{'} (x)$ ，因此 $f^{'} (f (x))$ 符号情况决定了两个函数是否增减区间相同，继而将复杂式子简化只讨论 $f^{'} (f (x))$ 的情况即可．

②题中需要用到恒成立问题结论：

$a > f (x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a > f {(x)}_{\max}$ ； $a < f (x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a < f {(x)}_{\min}$ ．

【再练一个】

2024高三·全国·专题练习

解答题-问答题 | 适中(0.65)

解题方法

已知函数单调区间求参数范围利用基本不等式求值域

已知函数

在

上存在单调递减区间，求实数m的取值范围．

2024-05-22更新 | 312次组卷 | 1卷引用：专题1 导数与函数的单调性（恒单调、存在单调区间、不单调）【讲】

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考向四 已知函数 $y = f (x)$ 存在单调区间求参数

例4．已知函数在其定义域内存在单调递减区间．

（1）求f（x）的单调递减区间；

（2）设函数，（e是自然对数的底数）．是否存在实数a，使g（x）在［a，－a］上为减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

【典例解读】

（1）求导函数，对a进行分类讨论，判断导数的符号即可判断单调区间．

（2）根据定义域，讨论当a取不同范围时，导数的符号；通过不等式恒成立即可求得a的范围．

【规范解答】（1）．由题意知．

当时， $f (x)$ 的单调递减区间为 $(0, 1)$ ；

当 $- 1 < a < 0$ 时， $f (x)$ 的单调递减区间为 $(- a, 1)$ ；

当时， $f (x)$ 的单调递减区间为 $(1, - a)$ ．

（2）由区间 $[a, - a]$ 知．设，．

（i）当 $- 1 < a < 0$ 时，，由题意得 $h (x)$ 在 $[a, - a]$ 上单调递减．

，

设，

即 $φ (x) \geq 0$ 在区间 $[a, - a]$ 上恒成立．

在 $[a, - a]$ 上单调递增，故 $φ (a) \geq 0$ ，解得 $a \leq - \frac{1}{2}$ ．

∴．

（ii）当时，，由（1）知 $e f (x)$ 在 $(1, - a]$ 上单调递减．

∴ $h (x)$ 在 $[a, 1]$ 上单调递减，即 $φ (x) \geq 0$ 在区间 $[a, 1]$ 上恒成立．

由前述可知， $φ (x)$ 在 $[a, - 1]$ 上单调递减，在 $[- 1, 1]$ 上单调递增，∴ $φ (- 1) \geq 0$ ，

化简得 $5 a^{2} + 6 a + 2 \geq 0$ ，判别式小于0，恒成立．

另一方面，由，解得或．

∴ $a \in (- \infty, - 4]$ ．

综上，当时， $g (x)$ 在 $[a, - a]$ 上为减函数．

【题后反思】

本题通过函数存在单调递减区间等价于导函数小于 0 有解，巧妙地将问题进行了转化．在求解过程中，明确了定义域的重要性，以及根据条件合理分析出只需关注相关式子的最小值与特定值的关系．这种从条件到结论的分析推理过程值得回味，同时对于类似利用导数判断函数单调性并求参数范围的题目具有启示意义，让我们更加清楚解题的思路和关键步骤．

【再练一个】

2024高三·全国·专题练习

解答题-问答题 | 适中(0.65)

解题方法

已知函数单调区间求参数范围

已知函数

存在单调递减区间，求实数b的取值范围．

2024-05-22更新 | 255次组卷 | 1卷引用：专题1 导数与函数的单调性（恒单调、存在单调区间、不单调）【讲】

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考向五 已知函数 $y = f (x)$ 不存在单调区间求参数

例5．设函数 $f (x) = \ln x + x^{2} - 2 a x + a^{2}, a \in R$ ．

（1）当 $a = 2$ 时，求函数 $f (x)$ 的单调区间；

（2）若函数 $f (x)$ 在 $[1, 3]$ 上不存在单调增区间，求 $a$ 的取值范围．

【典例解读】

（1）先对函数求导，分别令导数大于零，小于零，即可求出函数的单调增减区间；

（2） $f^{'} (x) = \frac{1}{x} + 2 x - 2 a = \frac{2 x^{2} - 2 a x + 1}{x}, x \in [1, 3]$ ，令 $g (x) = 2 x^{2} - 2 a x + 1$ ，由于函数 $f (x)$ 在 $[1, 3]$ 上不存在单调增区间，则必有 $g (x) \leq 0$ ，然后列出不等式组可求出 $a$ 的取值范围

【规范解答】（1） $a = 2$ 时， $f (x) = \ln x + x^{2} - 4 x + 4, (x > 0)$ ，

$f^{'} (x) = \frac{1}{x} + 2 x - 4 = \frac{2 x^{2} - 4 x + 1}{x}$ ，

令 $f^{'} (x) > 0$ ，解得： $x > \frac{2 + \sqrt{2}}{2}$ 或 $0 < x < \frac{2 - \sqrt{2}}{2}$ ，

令 $f^{'} (x) < 0$ ，解得： $\frac{2 - \sqrt{2}}{2} < x < \frac{2 + \sqrt{2}}{2}$ ，

故 $f (x)$ 在 $(0, \frac{2 - \sqrt{2}}{2})$ 递增，在 $(\frac{2 - \sqrt{2}}{2}, \frac{2 + \sqrt{2}}{2})$ 递减，在 $(\frac{2 + \sqrt{2}}{2}, + \infty)$ 递增；

（2） $f^{'} (x) = \frac{1}{x} + 2 x - 2 a = \frac{2 x^{2} - 2 a x + 1}{x}, x \in [1, 3]$ ，

设 $g (x) = 2 x^{2} - 2 a x + 1$ ，

假设函数 $f (x)$ 在 $[1, 3]$ 上不存在单调递增区间，

必有 $g (x) \leq 0$ ，

于是 $\{\begin{matrix} g (1) = 3 - 2 a \leq 0 \\ g (3) = 19 - 6 a \leq 0 \end{matrix}$ ，解得 $a \geq \frac{19}{6}$ ．

【题后反思】

在解决第一问时，关键是通过求导找到导数为零的点，从而划分区间判断单调性，这种方法是解决函数单调性问题的常用手段；对于第二问，从反面思考，即假设不存在单调增区间，转化为不等式恒成立问题，这种思维方式在很多问题中都很有效，它能将复杂问题简单化．

【再练一个】

2022高三·全国·专题练习

解答题-问答题 | 困难(0.15)

解题方法

参变分离法解决导数问题构造函数法解决导数问题

已知函数

，

．
(1)对任意

，使得

是函数

在区间

上的最大值，试求最大的实数

．
(2)若

，对于区间

的任意两个不相等的实数

、

，且

，都有

成立，求

的取值范围．

2022-01-10更新 | 2053次组卷 | 4卷引用：第02讲双变量单调问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练

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【点睛】思路点睛：本题考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力，本题的第一问借助二次函数及一次函数的性质求解；第二问求解时先将已知转化，再构造函数数 $p (x) = f (x) + g (x)$ 和 $q (x) = f (x) - g (x)$ ，再利用函数的单调性求解参数的范围，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题．

考向六 已知函数 $y = f (x)$ 在区间上不单调求参数

例6．已知函数 $f (x) = x^{3} - (k^{2} - k + 1) x^{2} + 5 x - 2$ ， $g (x) = k^{2} x^{2} + k x + 1$ ，其中 $k \in R$ ．设函数 $p (x) = f (x) + g (x)$ ，若 $p (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上不单调，求k的取值范围．

【典例解读】

∵函数 $p (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上不单调，∴导函数 $p^{'} (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上符号会发生改变，即 $p^{'} (x) = 0$ 在区间 $(0, 3)$ 内有实根．

【规范解答】

∵ $p (x) = f (x) + g (x) = x^{3} + (k - 1) x^{2} + (k + 5) x - 1$ ，∴ $p^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 (k - 1) x + (k + 5)$ ．

∵ $p (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上不单调，∴ $p^{'} (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上的取值既有正值，又有负值．

∴ $p^{'} (x) = 0$ 在 $(0, 3)$ 上有实数解，且无重根．

则 $Δ = 4 {(k - 1)}^{2} - 4 \times 3 \times (k + 5)$

$= 4 (k + 2) (k - 7) > 0$ ．

解得 $k > 7$ 或 $k < - 2$ ．

情形1：当 $p^{'} (x) = 0$ 在 $(0, 3)$ 上有1个实数解．

① $p^{'} (0) \cdot p^{'} (3) < 0$ ，即 $(k + 5) (7 k + 26) < 0$ ，解得 $- 5 < k < - \frac{26}{7}$ ；

② $p^{'} (0) = 0$ ，得 $k = - 5$ ，另一个根为 $x = 4$ ，不合题意；

③ $p^{'} (3) = 0$ ，得 $k = - \frac{26}{7}$ ，另一个根为 $x = \frac{1}{7}$ ，符合题意．

情形2：当 $p^{'} (x) = 0$ 在 $(0, 3)$ 上有2个不相等的实数解，则

$\{\begin{cases} 0 < \frac{2 (1 - k)}{6} < 3, \\ p^{'} (3) > 0, \\ p^{'} (0) > 0, \end{cases}$ 解得 $\{\begin{cases} - 8 < k < 1, \\ k > - \frac{26}{7}, \\ k > - 5. \end{cases}$

∴ $- \frac{26}{7} < k < 1$ ．

又由 $k < - 2$ 或 $k > 7$ ，得 $- \frac{26}{7} < k < - 2$ ．

综上，若 $p^{'} (x) = 0$ 在 $(0, 3)$ 上有实数解，且无重根，则 $- 5 < k < - 2$ ．

∴若 $p (x)$ 在区间 $(0, 3)$ 上不单调，则 $- 5 < k < - 2$ ．

【题后反思】

本题中函数 $p (x)$ 在区间（0，3）上不单调，则导函数 $p^{'} (x)$ 在区间（0，3）内有零点．这两者之间是什么关系呢？实际上“函数 $p (x)$ 在区间（0，3）上不单调”是“导函数 $p^{'} (x)$ 在区间（0，3）内有零点”的充分不必要条件，而在求参数取值的时候，需要进行等价转化，也就是寻找充要条件，为此，在解答过程中，不仅要保证“导函数 $p^{'} (x)$ 在区间（0，3）内有零点”，还需要保证“方程 $p^{'} (x) = 0$ 在区间（0，3）内无重根”，这也就是将 $k = - 2$ 舍掉的原因．容易知道， $k = - 2$ 时， $p (x) = {(x - 1)}^{3}$ ，其导函数 $p^{'} (x) = 3 {(x - 1)}^{2}$ 虽然在（0，3）内有零点1，但是除此之外取值均为正，函数实际上是单调递增的．

为了防止出现由于考虑不周引起的解答错误，也可以从反面来考虑，也就是先求出使函数 $p (x)$ 在区间（0，3）上单调的k的取值范围，再算出其在实数集上的补集，读者也可以按照这种思路进行求解．

【再练一个】

2024高三·全国·专题练习

解答题-证明题 | 较难(0.4)

解题方法

已知函数单调区间求参数范围利用导数证明不等式

已知函数

，

．
(1)若曲线

与x轴相切，求a的值．
(2)若

，证明：对任意

，都有

．
(3)若函数

在区间

上既不是增函数，也不是减函数，求a的取值范围．

2024-05-22更新 | 294次组卷 | 1卷引用：专题1 导数与函数的单调性（恒单调、存在单调区间、不单调）【讲】

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考向七 含参函数单调性（单调区间）

例7．设函数 $f (x) = a x^{2} + b x + k (k > 0)$ 在 $x = 0$ 处取得极值，且曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线垂直于直线 $x + 2 y + 1 = 0$ ．

（1）求a，b的值；

（2）若函数 $g (x) = \frac{e^{x}}{f (x)}$ ，讨论 $g (x)$ 的单调性．

【典例解读】

第（1）小题，利用函数在 $x = 0$ 处取得极值，得出 $b = 0$ ．由切线斜率为2求得 $a = 1$ ．

第（2）小题，把 $a = 1$ ， $b = 0$ 代入 $f (x)$ 得到 $g (x) = \frac{e^{x}}{x^{2} + k} (k > 0)$ ，利用导数讨论函数的单调性．令 $g^{'} (x) = 0$ ，有 $x^{2} - 2 x + k = 0$ ，通过讨论一元二次方程判别式 $Δ = 4 - 4 k$ 的符号来研究导数的符号，进而确定函数 $g (x)$ 的单调性．

【规范解答】

（1）解：由题知 $f^{'} (x) = 2 a x + b$ ，∵ $f (x)$ 在 $x = 0$ 处取得极值，∴ $f^{'} (0) = 2 a \times 0 + b$ ，从而 $b = 0$ ．

由曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线与直线 $x + 2 y + 1 = 0$ 相互垂直，可知该切线斜率为2，即 $f^{'} (1) = 2$ ，有 $2 a = 2$ ，从而 $a = 1$ ．

（2）解：由（1）知：

$g (x) = \frac{e^{x}}{x^{2} + k} (k > 0)$ ， $g^{'} (x) = \frac{e^{x} (x^{2} - 2 x + k)}{{(x^{2} + k)}^{2}} (k > 0)$ ．

令 $g^{'} (x) = 0$ ，有 $x^{2} - 2 x + k = 0$ ．

①当 $Δ = 4 - 4 k < 0$ ，即当 $k > 1$ 时， $g^{'} (x) > 0$ 在R上恒成立．

故函数 $g (x)$ 在R上为增函数．

②当 $Δ = 4 - 4 k = 0$ ，即 $k = 1$ 时， $g^{'} (x) = \frac{e^{x} {(x - 1)}^{2}}{{(x^{2} + k)}^{2}} \geq 0$ ．

则当 $k = 1$ 时， $g (x)$ 在R上为增函数．

③当 $Δ = 4 - 4 k > 0$ ，即当 $0 < k < 1$ 时，方程 $x^{2} - 2 x + k = 0$ 有两个不相等实根： $x_{1} = 1 - \sqrt{1 - k}$ ， $x_{2} = 1 + \sqrt{1 - k}$ ．

当 $x \in (- \infty, 1 - \sqrt{1 - k})$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，∴ $g (x)$ 在 $(- \infty, 1 - \sqrt{1 - k})$ 上为增函数．

当 $x \in (1 - \sqrt{1 - k}, 1 + \sqrt{1 - k})$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，∴ $g (x)$ 在 $(1 - \sqrt{1 - k}, 1 + \sqrt{1 - k})$ 上为减函数．

当 $x \in (1 + \sqrt{1 - k}, + \infty)$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，∴ $g (x)$ 在 $(1 + \sqrt{1 - k}, + \infty)$ 上为增函数．

【题后反思】

第（1）小题比较基础，主要考查导数的几何意义、导数运算、利用导数研究函数的极值、解析几何中直线垂直性质等基础知识．

第（2）小题主要考查导数运算、利用导数研究函数的单调性、二次函数性质等知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．解题关键在于讨论一元二次方程 $x^{2} - 2 x + k = 0$ 判别式 $Δ = 4 - 4 k$ 的符号，分三种情况讨论： $Δ = 4 - 4 k > 0$ ， $Δ = 4 - 4 k = 0$ ， $Δ = 4 - 4 k < 0$ 来研究导数符号，从而确定函数 $g (x)$ 的单调性．

分类讨论思想在高中数学学习中是非常重要的思想，平时学习过程中要积累常见的分类方式，不重复、不遗漏，这样才能体现数学的严谨性．

【再练一个】

（2023年高考全国新高考I卷第19题节选）

2023高三·全国·专题练习

解答题-问答题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

分类讨论法证明或求解函数的单调区间（含参）

已知函数

，讨论

的单调性；

2023-09-15更新 | 1364次组卷 | 8卷引用：安徽省亳州市蒙城县第六中学2023-2024学年高三上学期第一次（10月）月考数学试题

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例8．已知函数 $f (x) = \ln (1 + x) - x + \frac{k}{2} x^{2} (k \geq 0)$ ．

（1）当 $k = 2$ 时，求曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线方程；

（2）求 $f (x)$ 的单调区间．

【典例解读】

第（1）小题，求曲线上某点处的切线方程，需要先对函数求导，然后利用直线的点斜式方程写出切线方程．

第（2）小题，对于含参函数单调性的讨论，需要关注导函数的具体形式，根据导函数确定讨论点．本题的导函数 $f^{'} (x) = \frac{x (k x + k - 1)}{1 + x}$ ．∵ $x \in (- 1, + \infty)$ ，∴只需要研究 $x (k x + k - 1)$ 何时取正，何时取负．在研究其正负时，需要对二次项系数进行讨论，当 $k \neq 0$ 时，需要对其所对应方程的两个根在定义域内比较大小．

【规范解答】（1）解： $f (x)$ 的定义域为 $(- 1, + \infty)$ ．

当 $k = 2$ 时， $f (x) = \ln (1 + x) - x + x^{2}$ ， $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - 1 + 2 x$ ．

∵ $f (1) = \ln 2$ ， $f^{'} (1) = \frac{3}{2}$ ，∴曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, f (1))$ 处的切线方程为 $y - \ln 2 = \frac{3}{2} (x - 1)$ ，即 $3 x - 2 y + 2 \ln 2 - 3 = 0$ ．

（2）解：由题意知： $f^{'} (x) = \frac{x (k x + k - 1)}{1 + x}$ ， $x \in (- 1, + \infty)$ ．

①当 $k = 0$ 时， $f^{'} (x) = - \frac{x}{1 + x}$ ．

∴在区间 $(- 1, 0)$ 上， $f^{'} (x) > 0$ ；在区间 $(0, + \infty)$ 上， $f^{'} (x) < 0$ ．

故 $f (x)$ 的单调递增区间是 $(- 1, 0)$ ，单调递减区间是 $(0, + \infty)$ ．

②当 $0 < k < 1$ 时，令 $f^{'} (x) = \frac{x (k x + k - 1)}{1 + x} = 0$ ，得 $x_{1} = 0$ ， $x_{2} = \frac{1 - k}{k} > 0$ ．

∴在区间 $(- 1, 0)$ 和 $(\frac{1 - k}{k}, + \infty)$ 上， $f^{'} (x) > 0$ ；在区间 $(0, \frac{1 - k}{k})$ 上， $f^{'} (x) < 0$ ．

故 $f (x)$ 的单调递增区间是 $(- 1, 0)$ 和 $(\frac{1 - k}{k}, + \infty)$ ，单调递减区间是 $(0, \frac{1 - k}{k})$ ．

③当 $k = 1$ 时， $f^{'} (x) = \frac{x^{2}}{1 + x} \geq 0$ ，故 $f (x)$ 的单调递增区间是 $(- 1, + \infty)$ ．

④当 $k > 1$ 时，令 $f^{'} (x) = \frac{x (k x + k - 1)}{1 + x} = 0$ ，得 $x_{1} = \frac{1 - k}{k} \in (- 1, 0)$ ， $x_{2} = 0$ ．

∴在区间 $(- 1, \frac{1 - k}{k})$ 和 $(0, + \infty)$ 上， $f^{'} (x) > 0$ ；在区间 $(\frac{1 - k}{k}, 0)$ 上， $f^{'} (x) < 0$ ．

故 $f (x)$ 的单调递增区间是 $(- 1, \frac{1 - k}{k})$ 和 $(0, + \infty)$ ，单调递减区间是 $(\frac{1 - k}{k}, 0)$ ．

【题后反思】

导数作为函数问题的基本研究工具，有两点特别重要：一是几何意义——曲线的切线的斜率；二是导数应用——判断函数的单调性．本题难度不大，却直击导数考查的核心问题，考生需要特别注意．

在研究曲线的切线时，第一，要注意两个相等：①在切点处曲线和切线的坐标相等；②在切点处函数的导数值等于切线的斜率．第二，要分清两种情形：①已知点 $(x_{0}, y_{0})$ 是切点时，切线方程为 $y - y_{0} = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ ；②当点 $(x_{0}, y_{0})$ 不是切点时，先设切点为 $(x_{1}, f (x_{1}))$ ，则切线方程为 $y - f (x_{1}) = f^{'} (x_{1}) (x - x_{1})$ ，再将 $(x_{0}, y_{0})$ 代入方程，求得 $x_{1}$ ，最后得到过点 $(x_{0}, y_{0})$ 的切线方程．