2026版高三数学讲义第三章　3.2　导数与函数的单调性

3．2导数与函数的单调性

1．理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性．

2．对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．

1．函数的单调性与导数的关系

一般地，函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间具有如下的关系：在某个区间(a，b)

内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)

在区间(a，b)内单调递减．

2．利用导数判断函数f(x)单调性的步骤

第1步，确定函数f(x)的定义域和导数f′(x)；

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)在各个区间上的

正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．

教材拓展

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．

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(×)

(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√)

(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－sinx在R上是增函数．(√)

2．（人教A版选择性必修第二册P87T3改编）函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，

则下列判断中正确的是(C)

A．f(x)在(－3，1)上单调递增

B．f(x)在(1，3)上单调递减

C．f(x)在(2，4)上单调递减

D．f(x)在(3，＋∞)上单调递增

解析：当x∈(－3，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－3，0)上单调递减，当x∈(0，2)时，f′(x)>0，

故f(x)在(0，2)上单调递增，当x∈(2，4)时，f′(x)<0，故f(x)在(2，4)上单调递减，当x∈(4，

＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(4，＋∞)上单调递增，显然C正确，其他选项错误．故选C.

3．（人教A版选择性必修第二册P97习题5.3T2改编）函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递

2，＋∞

增区间是(－∞，－2)，3．

2

解析：由f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)＞0，得x＜－2或x＞，故f(x)的单调递增区

3

2，＋∞

间为(－∞，－2)，3.

4．（人教A版选择性必修第二册P89T2改编）若函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，

则实数a的取值范围是[－3，0]．

解析：由题知f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，所以4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0.

考点1不含参函数的单调性

【例1】（2024·湖南怀化二模）已知f(x)＝2x2－3x－lnx，则f(x)的单调递增区间为(1，

＋∞)．

1

【解析】函数f(x)＝2x2－3x－lnx的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝4x－3－＝

x

(4x＋1)(x－1)

，由f′(x)>0，得x>1，所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).

x

确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是单调性

应在函数的定义域内讨论；二是多个单调性相同的单调区间之间不能用并集，要用“，”或

“和”隔开．

【对点训练1】(1)定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递减

区间是(D)

ππ

0，－π，－

A．2∪2

ππ

0，－π，－

B．2和2

ππ

－，0，π

C．2∪2

ππ

－，0，π

D．2和2

解析：由f(x)＝xsinx＋cosx，可得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx<0，

π

－，0

当x∈(－π，0)时，由xcosx<0可得cosx>0，解得x∈2；当x∈(0，π)时，由xcosx<0

πππ

，π－，0，π

可得cosx<0，解得x∈2.因此可得f(x)在(－π，π)上的单调递减区间是2和2.

故选D.

(2)（多选）（2024·山西晋城一模）若一个函数在区间D上的导数值恒大于0，则该函数

在D上纯粹递增，若一个函数在区间D上的导数值恒小于0，则该函数在D上纯粹递减，则

(BC)

A．函数f(x)＝x2－2x在[1，＋∞）上纯粹递增

B．函数f(x)＝x3－2x在[1，2]上纯粹递增

C．函数f(x)＝sinx－2x在[0，1]上纯粹递减

D．函数f(x)＝ex－3x在[0，2]上纯粹递减

解析：若f(x)＝x2－2x，则f′(x)＝2x－2，因为f′(1)＝0，所以A错误．若f(x)＝x3－2x，

则f′(x)＝3x2－2，当x∈[1，2]时，f′(x)>0恒成立，所以B正确．若f(x)＝sinx－2x，则f′(x)

＝cosx－2<0，所以C正确．若f(x)＝ex－3x，则f′(x)＝ex－3<0在[0，2]上不恒成立，所以D

错误．故选BC.

考点2含参函数的单调性

【例2】已知函数f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2lnx，其中a>0，讨论f(x)的单调性．

2

【解】函数f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－(a＋4)＋＝

x

2ax2－(a＋4)x＋2(ax－2)(2x－1)

＝.

xx

21

当a>0时，由f′(x)＝0，可得x1＝，x2＝.

a2

2112

当0<a<4时，>，当<x<时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，

a22a

12

当0<x<或x>时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增；

2a

21

当a＝4时，＝，对任意的x>0，f′(x)≥0，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

a2

2121

当a>4时，0<<，当<x<时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，

a2a2

21

当0<x<或x>时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增．

a2

1212

0，，＋∞，

综上所述，当0<a<4时，函数f(x)在2，a上单调递增，在2a上单调递

减；

当a＝4时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

2121

0，，＋∞，

当a>4时，函数f(x)在a，2上单调递增，在a2上单调递减．

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，还要确定导数值为零的点和函数的

间断点．

3．若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大

小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否

在定义域内．

【对点训练2】已知曲线y＝f(x)＝aex－x＋b在x＝0处的切线过点(1，a2＋2a－1).

(1)试求b－a2的值；

(2)讨论f(x)的单调性．

解：(1)函数f(x)＝aex－x＋b，求导得f′(x)＝aex－1，则f′(0)＝a－1，而f(0)＝a＋b，因此

曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－a－b＝(a－1)x，即y＝(a－1)x＋a＋b.

依题意，a2＋2a－1＝a－1＋a＋b，所以b－a2＝0.

(2)由题意知函数f(x)＝aex－x＋a2，其定义域为R，求导得f′(x)＝aex－1.

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；

当a>0时，由f′(x)＝aex－1＝0，得x＝－lna，

当x<－lna时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，

当x>－lna时，f′(x)>0，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．

所以当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－

lna，＋∞)上单调递增．

考点3函数单调性的应用

命题角度1求参数的取值范围

1

【例3】（2024·江苏泰州模拟）若函数f(x)＝sin2x－acosx在(0，π)上单调递增，则

2

a的取值范围是(D)

A.(－∞，－1]B．[－1，＋∞)

C．(－∞，1]D．[1，＋∞)

1

【解析】因为函数f(x)＝sin2x－acosx在(0，π)上单调递增，所以f′(x)＝cos2x＋asin

2

x≥0在(0，π)上恒成立，即1－2sin2x＋asinx≥0在(0，π)上恒成立．令t＝sinx，x∈(0，π)，

11

则t∈（0，1]，所以a≥2t－在（0，1]上恒成立．又因为y＝2t－在（0，1]上单调递增，

tt

所以当t＝1时，ymax＝1，故a≥1.故选D.

命题角度2比较大小或解不等式

ππ

【例4】(1)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f5，f(1)，f3的大小关系为(A)

ππ

A．f3>f(1)>f5

ππ

B．f(1)>f3>f5

ππ

C．f5>f(1)>f3

ππ

D．f3>f5>f(1)

π

【解析】由f(x)＝xsinx，x∈R，得f′(x)＝sinx＋xcosx，当0<x<时，f′(x)>0，所以f(x)

2

πππ

0，πππ

在2上单调递增．因为>>1>>0，所以f3>f(1)>f5.故选A.

235

(2)已知f(x)＝sinx－x＋1，则不等式f(m2)＋f(3m＋2)>2的解集为(B)

A．(－3，0)

B．(－2，－1)

C．(－∞，－3)∪(0，＋∞)

D．(－∞，－2)∪(－1，＋∞)

【解析】令g(x)＝f(x)－1＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以函数g(x)在R上单调

递减，因为g(－x)＝－sinx＋x＝－g(x)，所以函数g(x)为奇函数，由f(m2)＋f(3m＋2)>2，得

f(m2)－1>－f(3m＋2)＋1＝－[f(3m＋2)－1]，即g(m2)>－g(3m＋2)＝g(－3m－2)，所以m2<－

3m－2，解得－2<m<－1，所以不等式f(m2)＋f(3m＋2)>2的解集为(－2，－1).故选B.

1．根据函数单调性求参数的方法

(1)f(x)在(a，b)上为增（减）函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′（x)≤0），

且在(a，b)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，否则会

漏解．

(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．

(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解（需验证解附

近左右两侧导数是否异号）.

2．利用导数比较大小或解不等式，其关键是判断已知（或构造后的）函数的单调性，利

用其单调性比较大小或解不等式．

泰勒展开式

1．教材母题：（人教A版必修第一册P256T26）

英国数学家泰勒给出如下公式：

x3x5x7

sinx＝x－＋－＋…，

3！5！7！

x2x4x6

cosx＝1－＋－＋…，

2！4！6！

其中n！＝1×2×3×4×…×n.

这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，

0.320.34

用前三项计算cos0.3，就得到cos0.3≈1－＋＝0.9553375.

2！4！

试用你的计算工具计算cos0.3，并与上述结果比较．

2．常见的泰勒展开式

x2x3xn

(1)ex＝1＋x＋＋＋…＋＋….

2！3！n！

x2x3x4xn

(2)ln(x＋1)＝x－＋－＋…＋(－1)n+1·＋….

234n

x3x5x7x2n-1

(3)sinx＝x－＋－＋…＋(－1)n-1·＋….

3！5！7！(2n－1)！

x2x4x6x2n-2

(4)cosx＝1－＋－＋…＋(－1)n-1·＋….

2！4！6！(2n－2)！

3．泰勒展开式将各种类型的函数（指数函数、对数函数、正弦函数、余弦函数等）与多

项式函数联系起来，这样在局部可以用多项式函数近似替代其他函数，我们主要用其比较大

小．

3111

【典例】已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则(A)

3244

A．c>b>aB．b>a>c

C．a>b>cD．a>c>b

31x2x4x3x5

【解析】由题意知a＝.由泰勒展开式，得cosx≈1－＋，sinx≈x－＋，

322！4！3！5！

111113111111111

所以b＝cos≈1－×＋×＝＋×，c＝4sin≈4×－×＋×

4216242563224256446641201024

11119511

＝1－×＋×＝＋×，所以a<b<c.故选A.

61612025696120256

【对点训练3】(1)（2024·云南昆明模拟）已知函数f(x)＝asinx＋cosx，若存在x1，

π，π

x2∈43，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)，则实数a的取值范围是(C)

A．（－∞，1]B．[3，＋∞）

C．（1，3）D．[1，3]

π，ππ，π

解析：存在x1，x2∈43，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)，等价于函数f(x)在43

上不是单调函数．易知f′(x)＝acosx－sinx，若函数f(x)为单调递增函数，则f′(x)≥0恒

ππ

sinx，

成立，即acosx－sinx≥0，所以a≥＝tanx在x∈43上恒成立，则a≥3；同理，

cosx

π，π

若函数f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0恒成立，得a≤1.故若函数f(x)在43上不单调，则

1<a<3.故选C.

(2)已知函数f(x)＝x－sinx，则不等式f(x＋1)＋f(1－2x)>0的解集是(－∞，2)．

解析：因为函数f(x)＝x－sinx，所以f(－x)

＝－x＋sinx＝－f(x)，即函数f(x)是定义在R上的奇函数．

又f′(x)＝1－cosx≥0，则函数f(x)为增函数，则不等式f(x＋1)＋f(1－2x)>0等价于f(x＋

1)>－f(1－2x)＝f(2x－1)，即x＋1>2x－1，解得x<2，所以原不等式的解集为(－∞，2).

课时作业18

1．（5分）函数f(x)＝1＋x－sinx(A)

A．在(0，2π)上是增函数

B．在(0，2π)上是减函数

C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减

D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增

解析：∵f(x)＝1＋x－sinx，∴f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，2π)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，2π)

上单调递增．故选A.

2．（5分）设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图

象为(C)

解析：由题图可知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以y＝f′(x)<0在(－∞，0)上恒

成立，故B，D错误；函数f(x)在(0，＋∞)上先递减后递增再递减，所以y＝f′(x)在(0，＋∞)

上应为负、正、负的趋势，故A错误，C正确．故选C.

1

3．（5分）（2024·四川成都模拟）函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(D)

2

A．(－1，1]B．[－1，1]

C．[1，＋∞)D．（0，1]

1

解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－，令f′(x)≤0，解得0<x≤1，当且仅当

x

x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在（0，1]上单调递减．故选D.

alnx＋1

4．（5分）函数f(x)＝－2的单调递减区间为(1，＋∞)，则a＝(B)

x

1

A．B．1

e

C．eD．e2

a－(alnx＋1)a－1－alnx

解析：f′(x)＝＝，因为f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，而f(x)

x2x2

a－1

的定义域为(0，＋∞)，所以f(x)的一个极值点为1，所以f′(1)＝＝0，解得a＝1，所以f(x)

12

lnx＋1－lnx

＝－2，f′(x)＝，令f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，符

xx2

合题意．综上，a＝1.故选B.

1

5．（5分）（2024·黑龙江哈尔滨模拟）若函数h(x)＝lnx－ax2－2x在[1，4]上单调递增，

2

则实数a的取值范围为(A)

A．(－∞，－1]B．（－∞，－1)

－∞，－7－∞，－7

C．16D．16

11

解析：因为函数h(x)＝lnx－ax2－2x在[1，4]上单调递增，所以h′(x)＝－ax－2≥0在[1，

2x

12

1212－1

4]上恒成立，即a≤－在[1，4]上恒成立，令G(x)＝－，x∈[1，4]，变形得G(x)＝x

x2xx2x

1

1，11

－1，因为x∈[1，4]，所以∈4，所以当＝1，即x＝1时，G(x)min＝－1，所以a≤－1.

xx

故选A.

23

6．（5分）（2024·安徽合肥模拟）已知函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)，记a＝f2，b＝f2，

6

c＝f2，则(B)

A．b>a>cB．b>c>a

C．c>b>aD．c>a>b

1－1112x－2

解析：f(x)＝lnx＋ln(2－x)的定义域为(0，2)，f′(x)＝＋＝＋＝，令f′(x)>0

x2－xxx－2x(x－2)

可得0<x<1，令f′(x)<0可得1<x<2，所以f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调

递减．又因为f(2－x)＝ln(2－x)＋lnx＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，又

24－634－666

24－632－

0<<<<1，所以f2<f2<f2，又f2＝f2＝f2，所以b>c>a.

222

故选B.

7．（6分）（多选）已知函数f(x)＝(x2－4x＋1)ex，则函数f(x)在下列区间上单调递增的有

(BD)

A．(－1，0)B．(－2，－1)

C．(－1，3)D．(3，4)

解析：f′(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋1)ex＝(x2－2x－3)ex，令f′(x)>0，可得x2－2x－3>0，解

得x<－1或x>3，所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(3，＋∞)，所以f(x)在(－2，－1)

与(3，4)上单调递增．故选BD.

x

8．（6分）（多选）已知函数f(x)＝，当0<x<1时，下列式子大小关系正确的是

ex

(AC)

A．f(2x)>[f(x)]2B．f(2x)<[f(x)]2

C．f(x2)<f(x)D．f(x2)>f(x)

x2xx22x－x2x(2－x)

解析：函数f(x)＝，当0<x<1时，f(2x)－[f(x)]2＝－＝＝>0，所以

exe2xe2xe2xe2x

1－x

f(2x)>[f(x)]2，A正确，B错误．当0<x<1时，f′(x)＝>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，

ex

此时x2－x＝x(x－1)<0，得0<x2<x<1，所以f(x2)<f(x)，C正确，D错误．故选AC.

9．（5分）函数y＝ex－5x的单调递增区间为(ln5，＋∞)．

解析：因为y＝ex－5x，所以y′＝(ex－5x)′＝ex－5，令y′＝ex－5>0，解得x>ln5，所以y

＝ex－5x的单调递增区间为(ln5，＋∞).

1

10．（5分）已知函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围

2

是[0，1）．

4x2＋3x－4

解析：由题意，f′(x)＝－x－3＋＝－，x∈(0，＋∞)，当f′(x)＝0时，有x2＋3x

xx

－4＝0，得x＝－4（舍去）或x＝1.∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2)(0，＋∞)，

t<1<t＋2，

∴可得t∈[0，1）.⊆

t≥0，

11．（18分）已知函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，a∈R.

(1)若f′(0)＝1，求实数a的值；

(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围．

解：(1)∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex，∴f′(0)＝1a＝1.

≥－＋x＋－2＋x≥－2＋－＋≥2－＋－≤

(2)f′(x)0(2xa)e(xax)e0xax⇒2xa0xax2xa0a(x

＋≥2＋，

1)x2x⇒⇒⇒⇒

则函数f(x)在(－1，1)上单调递增，等价于a(x＋1)≥x2＋2x在(－1，1)上恒成立，

x2＋2x(x＋1)2－11

即a≥＝＝x＋1－在(－1，1)上恒成立，

x＋1x＋1x＋1

1133

y＝x＋1－在(－1，1)上单调递增，故y＝x＋1－<，∴a≥.

x＋1x＋122

3，＋∞

故a的取值范围是2.

1a

12．（19分）已知函数f(x)＝x3＋x2＋(a－1)x＋1.

32

(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f（2)）处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行，求出这条切线的方

程；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

解：(1)f′(x)＝x2＋ax＋a－1，

∴f′(2)＝3a＋3，

31

由已知f′(2)＝－6，∴3a＋3＝－6，得a＝－3，∴f(2)＝－，

3

31

∴曲线y＝f(x)在点(2，f（2)）处的切线方程为y＋＝－6(x－2)，

3

化简得18x＋3y－5＝0.

1a

(2)f(x)＝x3＋x2＋(a－1)x＋1的定义域为R，f′(x)＝(x＋a－1)(x＋1)，

32

令f′(x)＝0得x＝1－a或x＝－1.

①当1－a<－1，即a>2时，

令f′(x)>0得x>－1或x<1－a，令f′(x)<0得1－a<x<－1，

故f(x)在(1－a，－1)上单调递减，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上单调递增；

②当1－a＝－1，即a＝2时，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，故f(x)在R上单调递增；

③当1－a>－1，即a<2时，

令f′(x)>0得x>1－a或x<－1，令f′(x)<0得－1<x<1－a，

故f(x)在(－1，1－a)上单调递减，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上单调递增．

综上，当a>2时，f(x)在(1－a，－1)上单调递减，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上单调递

增；

当a＝2时，f(x)在R上单调递增；

当a<2时，f(x)在(－1，1－a)上单调递减，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上单调递增．

13．（5分）（2024·福建泉州模拟）已知sin10°∈，n∈Z，则n的值为

(A)

A．5B．4

C．3D．2

解析：sin3x＝sin(2x＋x)＝sin2x·cosx＋cos2xsinx＝2sinxcosx·cosx＋(1－2sin2x)sinx

1

＝2sinx(1－sin2x)＋sinx－2sin3x＝3sinx－4sin3x，所以sin30°＝3sin10°－4sin310°＝，即sin10°

2

11

是方程4x3－3x＋＝0的一个实数根．令f(x)＝4x3－3x＋，则f′(x)＝12x2－3＝3(2x＋1)(2x－

22

1

1110，

1)，显然0<sin10°<sin30°＝，当0<x<时，f′(x)<0，所以f(x)＝4x3－3x＋在2上单调递

222

11311311

1117，

减．又f6＝4×6>0，f5＝4×5－3×＋＝－<0，所以sin10°∈65，即n＝5.

52250

故选A.

14．（6分）（多选）（2025·八省联考）在人工神经网络中，单个神经元输入