专题03 含参数函数的单调性、极值和最值12种常见考法归类讲义 2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

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考法深研·解题技能通关
题型01 含参函数的单调性讨论——导主一次型
1．（2026高三·重庆·期末）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若在上恒成立.
（i）求；
（ii）求证：对于任意整数（），.
【答案】(1)当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）
（ii）由(i)知，当时，，函数，
所以，当时，等号成立.
当时，令，则，
于是，，……，，
则，
而，所以，得证.
【分析】（1）对范围分类讨论求解单调性.
（2）(i)通过单调性讨论与函数恒成立的性质求解.
(ii)通过前两题的前提条件求证.
【详解】（1）函数，求导得，
当时，对任意恒成立，所以在单调递减，
当时，，，单调递减，
，，单调递增.
（2）(i)当时，不满足恒成立，舍去.
当时，由（1）可知，，若恒成立，
则，设，，
则，，单调递增，
，，单调递减.
故，则，所以；
(ii)略
2．（2026高三·云南红河·期末）已知函数.
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(3)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）先求导，再分和两种情况，利用导数分析求解即可；
（3）由题意得到在上恒成立，再构造函数，并利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而求解不等式即可.
【详解】（1）当时，，
因为，所以切点为，
又斜率，
故切线方程为：，
即；
（2），的定义域为，
当时，，，所以在上单调递增，
当时，
时，，，所以在上单调递减，
时，，，所以在上单调递增；
（3）由题可知在上恒成立，
即在上恒成立，
则有在上恒成立，
令，由可得在上单调递增，
故可化为，
所以在上恒成立,
即，解得，
故的取值范围为．
3．（2026高三·广东东莞·期末）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在处取得极值，且，求实数的取值范围；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)
(3)证明：令，
由（2）知在上单调递减，则在上单调递减，
因为，
所以，即，
因为，所以，
又因为，
所以．
【分析】（1）求导，利用导数按分类讨论的单调性；
（2）利用极值点求出，结合不等式构造函数，求导，分析函数单调性及最小值，进而求出实数的取值范围；
（3）构造函数，分析函数单调性，结合已知条件构造不等式，进而证明结论．
【详解】（1）由题得，，
①当时，恒成立，所以在上单调递减；
②当时，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）函数在处取得极值，
由（1）知，且，解得，
由，得,即，
令，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即．
（3）略．
4．（2026高三·福建泉州·阶段检测）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)设，若，使得，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】（1）根据导函数，分、讨论函数的单调性；
（2）将题意转化为，易求得，再结合（1）分与两种情况求解，进而求解即可．
【详解】（1）依题意可得，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由得，得，
则在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由已知转化为，
又时，，
由（1）知，当时，在上单调递增，值域为，不合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
则，解得，
综上，的取值范围是．
5．（2026·海南三亚·模拟预测）已知函数（），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值；
(3)当时，证明：对任意的，恒成立．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递减；
(2)；
(3)证明：当时，，
要证明对任意的，恒成立，
即证明，即，
令，则，
令，得，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，即，
令，
则有，
又因为，
所以，
所以对任意的，恒成立．
【分析】（1）求导后分和两种情况讨论求解即可；
（2）首先求得切线的方程为，设直线与函数相切于点，由题意可得且，求解即可；
（3）要证明原不等式在上恒成立，即证明恒成立，先证明，从而可得，再令，借助于放缩法即可得证明.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增；在上单调递减；
（2）因为，
所以，，
所以，
所以切线的方程为，
设直线：与函数相切于点，
因为，
所以且，
解得，
所以；
（3）略.
6．（2026高三·湖北十堰·期末）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：当时，.
【答案】(1)当 时，在上单调递增；当时，在单调递增，在 单调递减
(2)
(3)证明：由（2）知，当时，，
即对任意 恒成立，当且仅当取等号.
令，则，所以 ，
所以，累加得 ，
又，则，
所以.
【分析】（1）根据导数与单调性的关系分类讨论即可.
（2）通过参变分离得到，构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可..
（3）由（2）得，，令，可得，结合累加法证明即可.
【详解】（1）的定义域为，.
当 时，，在上单调递增；
当时，令 ，即，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上，当 时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.
（2）若对任意恒成立，即对任意恒成立.
令，即即可.
，令，即，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，所以.
故实数的取值范围为.
（3）略
7．（2026高三·福建漳州·期中）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性．
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）求得，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）当时，，可得，
则，且，即切线的斜率为，切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由函数，其定义域为，且，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，可得，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
题型02 含参函数的单调性讨论——导主二次型（可因式分解型）
8．（2026高三·河南信阳·期末）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
【分析】(1)对a分类讨论求解单调性.
(2)通过不等式恒成立条件化简构造新函数，并通过单调性求解a的范围.
【详解】（1）因为函数，函数定义域为，
所以，
因为，故，导数符号由决定，分情况讨论：
若时，恒成立，，在上单调递减；
若时，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由不等式化简得：，因，变形得：.
所以对，不等式恒成立.
令，求导得，
当时，，，故，在上单调递减，
因此的最大值为，
故， 即的取值范围为.
9．（2027高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点；
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)①时，在上单调递增，②时，在上单调递增，上单调递减；
(2)（i）；
（ii）由题①，
由对数均值不等式有，
结合①可得，即，
又，故.
【分析】（1）对函数求导后根据a的范围讨论，判断函数单调性；
（2）（i）根据第一问不同的单调性判断函数要存在两个零点只能，继而转为判断函数最大值大于0，从而构造函数解出a的范围；
（ii）根据已知推出，再结合对数平均不等式及基本不等式即可证明不等式．
【详解】（1）函数定义域为，
，
①时，恒成立，故在上单调递增，
②时，令，解得；，解得，
所以在上单调递增，上单调递减；
（2）（i）由（1）可知，当时，在递增，故函数不可能存在两个零点，
当时，在上单调递增，上单调递减；
且当，，当，，
故仅需，即，
化简得：，
令，，
∴在单调递增，
又，故不等式的解为，
因此，实数a的取值范围是；
（ii）略
10．（2026高三·山东烟台·期末）已知函数.
(1)当时，求过点且与曲线相切的直线的方程；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，无单调递增区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【分析】（1）先利用导数写出切线斜率，再利用斜率坐标公式建立方程，求出切点，最后代入点斜式即可写出方程；
（2）先求导分解因式，再根据的正负，比较两根2和的大小，分类讨论导数的符号，从而确定函数的单调区间.
【详解】（1）当时，，所以.
设切点为，则，
即，解得，
所以，又，
所以切线方程为，即.
（2）因为函数的定义域为，
且
当时，由，得，在上单调递增，
，得，在上单调递减；
当时，因为，
当时，，在上单调递减；
当时，因为，
由，得或，在上单调递减，
由，得，在上单调递增；
当时，因为，
由，得或，在上单调递减，
由，得，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，无单调递增区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
11．（2026高三·天津南开·期末）已知函数，．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论的单调区间．
【答案】(1)
(2)①当时，增区间为，减区间为；②当时，增区间为和，减区间为；③当时，增区间为，无减区间；④当时，增区间为和，减区间为.
【分析】（1）求导，确定切线斜率，即可求解；
（2）求导，通过，，，讨论导数的符号，即可求解.
【详解】（1）当时，，
计算得，即切点为，
求导得：，切线斜率，
由点斜式得切线方程：，整理得；
（2）对函数求导得： ，
因，故，的符号由分子的符号决定，
①时，恒成立，
当时，，即，当时，，即，
故的增区间为，减区间为；
②时，
当或时，，即，
当时，，即，
故的增区间为和，减区间为；
③时，在上恒成立，即在上恒成立，
故的增区间为，无减区间；
④时，
当或时，，即，
当时，，即，
故的增区间为和，减区间为.
综上：①当时，增区间为，减区间为；
②当时，增区间为和，减区间为；
③当时，增区间为，无减区间；
④当时，增区间为和，减区间为.
12．（26-27高三·全国·一轮复习）讨论下列函数的单调性
(1)，为常数；
(2)，．
【答案】(1)当时，在定义域上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
(2)当时，函数在定义域上单调递增；
当时，函数在和内单调递增，在内单调递减；
当时，函数在和内单调递增，在内单调递减.
【分析】（1）求导，分和两种情况讨论，利用导数分析原函数单调性即可；
（2）求导，分类情况讨论两根大小，利用导数分析原函数单调性即可.
【详解】（1）因为的定义域为，且，
当时，恒成立，可知在定义域上单调递增；
当时，令，解得；令，解得；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
综上所述：当时，在定义域上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）因为，函数的定义域为，且，
令，可得或，
当时，恒成立（当且仅当时，等号成立），
可知函数在定义域上单调递增；
当时，令，解得或；令，解得；
可知函数在和内单调递增，在内单调递减；
当时，令，解得或；令，解得；
可知函数在和内单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，函数在定义域上单调递增；
当时，函数在和内单调递增，在内单调递减；
当时，函数在和内单调递增，在内单调递减.
13．（2026高三·江苏南通·阶段检测）已知函数，．
(1)设曲线在处的切线为l，若l与曲线相切，求a；
(2)设函数，
（ⅰ）讨论的单调性；
（ⅱ）若在区间单调递减，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）
【分析】（1）先利用导数的几何意义求直线的方程，再结合二次方程解的个数求的值.
（2）（ⅰ）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间；
（ⅱ）利用（ⅰ）的结论，可求a的取值范围.
【详解】（1）因为，，所以.
所以，，
所以曲线在处的切线：.
因为直线：与相切，所以方程只有1解.
若，则方程可化为，无解；
若，由.
所以.
（2）（ⅰ）由题意，，.
所以，.
当时，由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，由或.
若即，则或，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
若即，在上恒成立，所以在上单调递增；
若即，则或，，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，在上单调递减；
当时，要想在上单调递减，须有.
综上，在区间单调递减，可得.
14．（2026高三·广东珠海·期末）已知函数（）．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)设，若，，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(3)
【分析】（1）直接利用“函数在极值点处一阶导数为零”的必要条件，代入建立关于参数m的方程并直接求解.
（2）对原函数求导后，以为分界点进行分类讨论，通过判定导函数的正负，从而确定原函数的单调递增与递减区间.
（3）将“双变量恒成立”问题转化为“最值比较”问题，并通过构造以求得右侧最值，再结合左侧的最大值即可解出参数m的取值范围.
【详解】（1）由题意得，且，解得.
当时, 函数在左右导数符号异号，极值点成立.
综上.
（2）由上知，
①当时，
对任意，都有，因此恒成立，
此时，在上单调递增，
②当时，
令，解得，因为，所以，
当时，，此时，单调递增，
当时，，此时，单调递减.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由题意得，
由上知若，单调递增至，无最大值，不符合题意，因此必须有，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，
设，则，令，解得，
当时，单调递减， 当时，单调递增，
所以，即恒成立，
即恒成立，当且仅当时等号成立，
令，则有，其中，
所以有，整理得，
因为，所以有，
当且仅当时等号成立,
因为在上严格单调递增，且当时,
当时，且，
故必然存在唯一的使得,即等号可以取得，
即恒成立，即，
则，解得.
综上， 实数的取值范围是.
15．（2026高三·河北承德·期末）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减．
(2)当时，最大值为；当时，最大值为2
【分析】（1）求导后，分、及进行讨论即可得；
（2）结合函数单调性，分及进行讨论即可得.
【详解】（1）因为，所以，
令，解得或，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，，所以当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，所以当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）可知，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以函数在上单调递减，
所以函数在区间上的最大值为；
当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为和中的较大者，
因为，，
解，得，解，得，
所以当时，函数在区间上的最大值为；
当时，函数在区间上的最大值为；
综上，当时，函数在区间上的最大值为；
当时，函数在区间上的最大值为2．
16．（2026高三·湖北武汉·期末）已知函数，其中
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，，
（i）求实数的取值范围；
（ii）设为函数的图象上两点，经过两点的直线与轴交于点，证明：对任意，点在直线的下方．
【答案】(1)当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，故的单调递增区间为，无递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)（i）；
（ii）由（i）得，．
设直线与轴交于点，由两点式可得①．
又，
代入①，整理得．
而．
则．
由于，有．
又，所以．
令，则．
又，所以当时，，即．
故．
因此，即点在直线的下方．
【分析】（1）求导，分，和三种情况，得到函数单调区间；
（2）（i）在（1）基础上，分，，和四种情况，结合函数单调性判断出答案；
（ii）由（i）得．计算出．换元得到，求导，得到，即点在直线的下方．
【详解】（1）因为，所以．
解得，令．
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，故在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，其中．
故当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，故的单调递增区间为，无递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）（i）若对任意，恒有，则应为区间上的最大点．
当时，，
对任意，有在上单调递增，符合要求．
令，由（1）得．
当时，有，对任意，有在上单调递增，符合要求．
当时，有，对任意，有在上单调递增，符合要求．
当时，则，对任意，有在上单调递减，
所以存在，使得，不合题意．
综上，实数的取值范围为
（ii）略
17．（2026高三·河南郑州·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，关于的不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)
【分析】（1）对函数求导，结合已知讨论、研究的符号确定的单调性；
（2）问题化为恒成立，构造函数并应用导数研究其最小值，只需保证其最小值大于0，即可得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导，
因为，所以，故的符号只取决于的符号，
当时，则恒成立，即，在上单调递增，
当时：
若，则，在上单调递减，
若，则，在上单调递增，
综上：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；​
（2）已知，不等式，对任意恒成立，
所以，即，
令，只需恒成立，
求导，令，得（舍去负根），
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的最小值，
要使恒成立，则，即
令（），则，
当时，，在上单调递减，此时，不合题意；
当时，，在上单调递增，
注意到，且在上严格递增，
因此不等式的解为，所以的取值范围为.
18．（2026高三·天津静海·阶段检测）已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围．
【答案】(1)时，在单调递增，在单调递减；
时，在，单调递增，在单调递减；
时，在上单调递增；
时，在，单调递增，在单调递减
(2)
【分析】（1）对函数求导，利用导数，按的取值范围分情况讨论函数的单调性；
（2），令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，对函数求导并分析函数单调性，作出大致图象，结合图象求实数a的取值范围．
【详解】（1）函数的定义域为，
，
若，则，，，
在上单调递增，在上单调递减，
若，令，则或，
当，即时，或，，
在，上单调递增，在上单调递减；
当，即时，在上恒成立，此时在上单调递增；
当，即时，或，，
在，上单调递增，在上单调递减；
综上：
时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在，上单调递增，在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2），
令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，
，则 ， ，
在上单调递增，在上单调递减，
且时，时，，大致图象如下，
要使的图象与直线有两个不同的交点，则，即，
a的取值范围是．
题型03 含参函数的单调性讨论——导主二次型（不可因式分解型）
19．（2026高三·北京西城·期末）已知函数，．
(1)若为函数的极值点，求的值；
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)若函数的图象恒在轴的下方，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(3)
【分析】（1）根据题意得到，从而求出的值，再验证时是否满足题意即可；
（2）求，分和两种情况分析，再结合二次函数的性质，及求根公式求解即可；
（3）将条件转化为在上恒成立，结合（2），分，和三种情况分析，结合二次函数的性质，构造函数求出时的的取值范围，进而结合分离参数，即可求出的取值范围．
【详解】（1）由，，则，
又为函数的极值点，则，解得，
验证：时，，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减，
所以为函数的极大值点，即满足题意．
故．
（2）由，，
令，，
当时，，即，所以在上单调递增；
当时，是开口向下的二次函数，且其对称轴为，
又，则存在唯一正根，
则当时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在上单调递减．
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（3）由函数的图象恒在轴的下方，即在上恒成立．
结合（2），
当时，有在上单调递增，且时，，不符合题意；
当时，是开口向上的二次函数，且其对称轴为，
则当时，，即，所以在上单调递增，
且时，，不符合题意；
当时，在处取得最大值，则只需即可，
又，得，
则，得，
即，整理得，
所以，
令，，
则，
即在上单调递增，且，
所以时，解得，即时，解得，
又，即，，
又是开口向上的二次函数，且其对称轴为，
则在上单调递增，
则当时，，所以，
故的取值范围为．
20．（2027高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：；
(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
其中，
(2)证明：由（1）知当时，，所以，
令，
则，
，
故，
所以；
(3)
【分析】（1）求出的定义域，对求导，分，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）由（1）可得时，，从而可得，令，利用放缩法可得，利用裂项求和法即可得证；
（3）对化简可得，只有一个零点，令，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解．
【详解】（1）定义域为，
设，则，
①当时，恒成立，且至多一点处为；
②当时，有两个零点，
所以当时，，即；当时，，即；
当时，，即．
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）略
（3），
因为与同号，所以只有一个零点，即有三个不同的零点，
令，，由，
则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
函数定义域为，
因为，
设，则，
①当时，，恒成立，此时在上单调递减，显然不符合题意，
②当时，，有两个零点，，
所以当时，，即；当时，，即；
当时，，即．
故在，,上单调递减，在,上单调递增；
因为，且，所以，所以，
由（2）知，时，，
所以，即，
所以，
所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的零点，
因为，
因为，所以，
所以时，存在三个不同的零点，1，，
故实数的取值范围是．
21．（2026高三·河北保定·期末）已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
(3)证明：当时，，要证，即证，
令，则，易得在上单调递增，
又，
所以，使得，故，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，
所以.
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后，分及讨论即可得；
（3）构造函数，借助导数结合零点存在性定理可得该函数单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，
所以的图象在处的切线方程为，即；
（2）的定义域为，
当时，若，即，所以在上单调递增；
若，即，令，
解得或，
令，解得，
所以在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增.
（3）略
22．（2026高三·广东深圳·期末）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线的斜率；
(2)当时，讨论函数的单调性；
(3)若对任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减，其中，，.
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义及初等函数的导数求解即可.
（2）根据导数与单调性的关系，结合含参数一元二次不等式的求解方法求解即可.
（3）通过分离参数，结合导数与单调性及最值的关系求解即可.
【详解】（1）当时，.
求导得，.
所以曲线在点处的切线的斜率为.
（2）的定义域为.
求导得.
令，则，即.
令，因为，则.
当，即时，恒成立，故，
所以在上单调递增.
当，即时，的两根为，，且.
因为，，所以，.
所以当或时，，，单调递增；
当时，，，单调递减.
综上，当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减，其中，，.
（3）不等式对任意恒成立等价于对任意恒成立.
令，则.
则.
令，则.
因为，所以，则在上单调递增，
即在上单调递增.
又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得最小值，为，所以.
所以实数的取值范围为.
23．（2026高三·河南濮阳·期末）已知函数（）．
(1)讨论的单调性；
(2)已知函数，有2个不同的零点，，且．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减
(2)（i）；
（ii）由，是的2个不同的零点，且，
则，，
即，，
所以，即，
要证，只需证，
由（ⅰ）知，，，
所以即证，即证．
设，则，只需证．
设，，
则，则在区间上单调递增，
所以，即，即．
【分析】（1）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，进而即可讨论的单调性；
（2）（i）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，从而分析的单调性来判断的零点个数，进而结合的最值即可求解；
（ii）根据零点的性质，将需证的结论转化为即证，从而构造函数，求导，结合函数的单调性，最值即可证明．
【详解】（1）由，则的定义域为，，
当时，，则在区间上单调递增；
当时，，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）（ⅰ）由题知，，定义域为，则，
当时，，则在区间上单调递增，
所以在区间上最多有一个零点，不符合题意；
当时，，
当时，；当时，，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又有2个不同的零点，且当时，，当时，，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
24．（2026高三·重庆·阶段检测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有三个不同的零点、、，且.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）证明：.
【答案】(1)当时，在单调递减，
当时，函数在和单调递减，
在单调递增
(2)（ⅰ）根据（1）可知，若函数有三个不同的零点，则，
因为，则是的一个零点，
设是函数的一个零点，即，
则，
所以也是函数的一个零点，设，则，，
所以；
（ⅱ）由上可知不等式等价于，
即，也就是，
由于，则，
则只需证，
因为，所以上式化简为，即，
设，
则，
所以在上单调递减，则，
所以上述不等式成立，原不等式成立.
【分析】（1）由求导函数，分，和讨论函数单调性；
（2）（ⅰ）设是函数的一个零点，则，且，可得证；
（ⅱ）根据，不等式化简为，设，利用导数可得在上单调递减，则，从而得证.
【详解】（1）定义域为，
求导得：，
令，即，则．
当时，，方程无解，即恒成立，则在单调递减，
当时，，方程有相等实数解，即恒成立，则在单调递减，
当时，则，有两个正数根．
，
所以函数在和单调递减，
在单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，
当时，函数在和单调递减，
在单调递增；
（2）略.
25．（2026高三·河北邢台·阶段检测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若在内仅存在一个极值点，求a的取值范围.
【答案】(1)①当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；②当或时，的单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求导得二次函数，根据判别式正负讨论单调区间；
（2）导函数零点即极值点，分离参数后转化为对勾函数的值域问题，结合区间端点确定参数范围．
【详解】（1）因为，所以，
则二次方程的判别式．
①当，即时，恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间．
②当，即或时，的两个实根为，，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2）若在内仅存在一个极值点，则在内仅存在一个变号零点．
由，可得，即方程在仅有一个解，
令，该函数为对勾函数，如图所示
根据对勾函数单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，且，，
由的图象可知，所以，即a的取值范围为．
26．（2026高三·广东佛山·期中）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求实数的值，并证明此时无极值点；
(2)讨论的单调性；
(3)若在区间上的最大值为1，求实数的值.
【答案】(1)，证明见解析
(2)当时，在上单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减．
(3)
【分析】（1）先对原函数求导，根据导数几何意义，利用处导数值等于0列方程求，再分析导数符号变化，证明导数无变号零点，得无极值点；
（2）整理导数后分子为二次式，根据判别式取值分类讨论，依据导数正负判断单调性；
（3）结合第二问的单调性结论，分类讨论在上的最大值，令最大值为1，求解得到符合条件的.
【详解】（1）对函数求导：​，
因为恒成立，故的符号由分子决定.
曲线在处切线斜率为，代入得： ，解得.
此时 ，故恒成立，仅处，
因此在上单调递减，无极值点.
（2）对二次函数，判别式，分情况讨论：
①当时，，恒成立，故，在上单调递减；
②当时，的两根为​，​，
则当或时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减．
（3）①当时，在单调递减，最大值为，由最大值为1得，符合条件；
②时，函数在处取得极大值，显然，
则最大值可能在或处取得．
若，则，不符合．
下面证明同样不可能成立．
令，则，代入得．
此时，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，同样不可能有．
综上所述，实数的值为1．
27．（2026·河北张家口·模拟预测）已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)求的零点个数；
(3)当时，记与的各零点之和为T，证明：．
参考数据：，．
【答案】(1)答案见解析
(2)一个
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得，再根据判别式，分，两种情况讨论求解即可；
（2）研究函数得单调性，结合零点存在性定理求解即可；
（3）根据题意得，进而结合零点存在性定理得，，是函数的零点且，故，再结合，单调性即可证明.
【详解】（1）因为，，
所以，
对于，，
当时，，，单调递增；
当时，，
由，得，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，，
所以，
设，，
则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
易知是增函数，
当时，；
所以当时，，单调递增，
又，，
由零点存在定理可知存在，使得，
所以只有一个零点.
（3）因为，
所以，，
可知若存在零点，则也为其零点.
由，得，
因为，，
所以在上有唯一零点.
结合（2）可得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，
即，
所以得证.
题型04 含参函数的单调性讨论——导主指数型（一次型）
28．（2026高三·河北沧州·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意，都有，求的取值范围；
(3)当时，设是函数的两个非0零点，且，证明：.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，递减区间为，递增区间为
(2)
(3)当时，，，
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
，，，，
所以存在，使得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由于，所以的两个零点满足，
因为，所以，
因为，所以，
所以，得证．
【分析】（1）对函数求导可得 ，再对参数进行讨论，从而得到的单调性；
（2）任意，都有即，即对任意均成立，构造函数，即，再对参数进行讨论，得到函数的单调性求得函数的最小值，进而求出的取值范围；
（3）当时，，，讨论函数的单调性，得到两个非0零点的取值范围，再证明.
【详解】（1）对函数求导可得 ，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得．当时，单调递减；
当时，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，递减区间为，递增区间为.
（2）任意，都有即，
即对任意均成立，
设，则．
，设，
那么，所以在上单调递增，
当，即时，，
所以在上单调递增，，满足条件；
当时，，
所以存在，使得；
当时，单调递减，，不满足条件；
综上所述，的取值范围是．
（3）略
29．（2026高三·福建龙岩·期末）已知函数，．
(1)求的单调区间；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)当时，的单调递减区间是；
当时，单调递减区间是，单调递增区间是；
(2)
【分析】（1）先求导得到，分、两种情况，依据导函数的正负判断原函数的单调性，进而划分出单调区间；
（2）法1：借助 (1) 得到的单调性结论，分、、三类讨论：举反例推翻，直接验证成立，求出函数最小值并令最小值解出的范围，最终整合得到取值范围；法2：对、、分类参数分离构造函数，通过求导分析单调性得到不同区间下的最值与极限情况，从而求出的取值范围.
【详解】（1）由题意可得，
当时，，函数在R上单调递减．
当时，令，得，
因在R上单调递增，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
综上所述：当时，的单调递减区间是；
当时，单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）法1：当时，由（1）知在R上单调递减，
，与恒成立矛盾．
当时，恒成立．
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以的最小值为，
令，得．
综上，实数a的取值范围是．
法2：由恒成立，得．
当时，恒成立．
当时，由恒成立，可得恒成立；
当时，由恒成立，可得恒成立；
设，则，
令得，故当时，，在上单调递减，
故当或时，，在，上单调递增，
所以当时，的最小值为，此时．
当时，，且当时，，此时
综上，a的取值范围是．
30．（2026高三·天津·期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，设函数，求证：函数存在唯一极小值点，且．（数据：）
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增
(2)当时，，则，，
令，则，当时，单调递减；
当时，单调递增.
因为，，故在存在唯一零点，
因为当时单调递减，所以时，即，单调递增；
时，即，单调递减，故在处取极大值；
因为，，故在存在唯一零点，
因为当时单调递增，所以时，即，单调递减；
时，即，单调递增，故在处取极小值.
综上，函数存在唯一极小值点，即.
因为，所以，，
因为为的极小值点，所以，即，代入得，
因为在时单调递减，且，，
故
【分析】（1）分和两种情况讨论即可；
（2）利用导数研究函数的极小值，再利用隐零点求极小值的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，，
当时，，则在上单调递增；
当时，令，得；令，得.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）略.
31．（2026高三·湖北·期末）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)
当时，在单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）求导后，分为，两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导后，根据函数单调性与求解即可.
【详解】（1）
当时，恒成立，故函数在单调递增；
当时，令得．
令得．
故当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，，，
，，．
令，，而在恒成立，即在单调递增，
又因为
故当时，即时，，在单调递增，
在恒成立；
当，即时，当时，，所以，存在，使得时，
，时，，
所以在单调递减，在上单调递增，故由可知，时，与在恒成立矛盾；
综上，实数k的取值范围是．
32．（2026·湖北·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)当时，函数在单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
(2)
【分析】（1）求导，分，两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导，分，两种情况，根据函数单调性与求解即可.
【详解】（1）．
当时，恒成立，故函数在单调递增；
当时，令得．
故当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，函数在单调递增；
当时，函数在上单调递减，
在上单调递增；
（2）令，，，
，，．
令，，
而在恒成立，即在单调递增，
故当，即时，，在单调递增，
在恒成立；
当，即时，当时，，
所以，存在，使得时，，时，，
所以在单调递减，在上单调递增，
故由可知，时，与在恒成立矛盾；
综上，实数的取值范围是．
33．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数．
(1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值；
(2)求函数的单调区间．
【答案】(1)
(2)当时，函数无严格单调区间；当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
【分析】（1）根据导数的几何意义，可求出切点横坐标，再代入原函数，求出切点坐标，最后代入切线方程求出的值；
（2）先求导，整理可得，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可.
【详解】（1）当时，，则，
由切线方程为，则，即，解得，
所以，则切点坐标为，
代入切线方程得，则．
（2）由，则，
若，则为常数函数，无严格单调区间；
若，当时，解得；当时，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
若，当时，解得；当时，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，函数无严格单调区间；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
34．（2026·安徽·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若存在，，且，使，证明：．
【答案】(1)当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减
(2)
(3)因为，，且，可得，
则在不单调，故，且，解得
由，则，所以，
即，解得．
由，故.
【分析】（1）求导，分和两种情况讨论可得函数的单调性；
（2）结合（1）的单调性可得，进而计算求解即可；
（3）结合题意可得在不单调，可得，进而可得，计算可得结论.
【详解】（1），
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，即 ，解得；
由，即 ，解得，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）知，当时，，与矛盾，舍；
当时，的最大值为，即 ，解得
综上，实数的取值范围是
（3）略.
题型05 含参函数的单调性讨论——导主指数型（二次可因式分解型）
35．（河南新乡市部分学校2025-2026学年高三学期7月期末测评数学试题）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有2个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)当时，在上单调递减；在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
(3)
【分析】（1）求导，根据导数几何意义得到切线方程；
（2）求定义域，求导，分，，和四种情况，得到函数单调性；
（3）设，令，则，分，，，和五种情况，结合（2），得到函数零点个数，得到答案
【详解】（1）当时，，则，
所以，
所以函数在处的切线方程为，即；
（2）由题可知函数的定义域为，
当时，则，令，得，
当时，；当时，，
所以单调递减区间为；单调递增区间为；
当时，令，得，
当时，，当或时，；当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，，所以在上恒成立，
所以单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，，当或时，；当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为；
综上： 当时，在上单调递减；在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）设，令，则．
当时，因为，当时，；当时，，
再由（2）知，，所以关于的方程存在两个根，且，
因为，所以关于的方程有一正一负两个不相等实数根；
若，即时，则，
所以关于的方程有且只有一个实数根0；
若，即时，则，
所以关于的方程无实数根；
若，即时，，
所以关于的方程有两个不相等实数根；
综上：当时，函数有3个零点；
当时，函数有2个零点；当时，函数有4个零点；
当时，因为，当时，；当时，，
再由（2）知，关于的方程有且只有一个正根1，
则关于的方程有且只有一个实数根．
所以当时，函数有1个零点；
当时，，，
且当时，；当时，，
由（2）知，关于的方程有且只有一个正根，
则关于的方程有且只有一个实数根．
即时，函数有1个零点；
当时，若，则；若，则，
又因为，由（2）知，关于的方程有且只有一个正根，
则关于的方程有且只有一个实数根．
即时，函数有1个零点；
当时，因为，因为在上单调递减，所以，
且当时，；当时，，
由（2）知，关于的方程有且只有一个正根，
则关于的方程有且只有一个实数根．
即时，函数有1个零点．
综上：当函数有2个零点时，实数的取值范围为．
36．（2026高三·江苏常州·期末）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)是否存在实数，使得的两个零点互为相反数？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)极大值为，极小值为.
(2)时，在上单调递减，在单调递增；
时，在和上单调递增，在上单调递减；
时，在R上单调递增；
时， 在和上单调递增，在上单调递减.
(3)不存在满足条件的a，理由如下：
假设存在实数a，使得的两个零点互为相反数，设两个零点为和，
则有：，
两式相减消去参数a，得，
令，
求导得，对任意，恒成立，
仅在处导数为0，故在R上单调递增，
又，因此仅有唯一解，
但时，与零点定义矛盾，故不存在满足条件的a.
【分析】（1）利用导数求的极值；
（2）讨论a的取值范围，利用导数求函数的单调性；
（3）假设存在满足条件的a，利用零点的定义得出矛盾.
【详解】（1）当时，，
对函数求导得：，
解得或；解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，极小值为.
（2），
对求导得，
当时，恒成立，
时，单调递减；时，单调递增，
当时，令得或，
①若，则，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
②若，则，恒成立，在R上单调递增；
③若，则，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
综上所述，时，在上单调递减，在单调递增；
时，在和上单调递增，在上单调递减；
时，在R上单调递增；
时， 在和上单调递增，在上单调递减.
（3）略
37．（2026高三·辽宁沈阳·阶段检测）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)令，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）对函数求导，再令，进而可得，从而可得导函数的两个零点，再根据两个零点大小分类讨论可得.
（2）由不等式进行参数分离得，再构造函数，将函数变形为，再用导数证明恒成立，进而可得，从而可得函数的最小值并结合条件可得结果.
【详解】（1）由函数，且，
所以函数的定义域为，且，
令，则.
令，解得或，且函数与都在上单调递增.
①当，即时，
若，则或；若，则.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
②当，即时，恒成立，在上单调递增.
③当，即时，
若，则或；若，则.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由，得，
即对任意恒成立，
设，，
令，，设，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即，当且仅当时等号成立，
由于在上单调递增，且时， ，时，，
所以存在唯一，使得，即.
所以，当且仅当时等号成立，
因此，又因为，则实数的取值范围为.
38．（2026高三·湖北·期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，当时，函数在上的最大值为0，求a的值.
【答案】(1)当时，在R上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减；
(2).
【分析】（1）求导函数含参分类讨论判断函数的单调性即可；
（2）先计算并求导，分类讨论参数与1的大小，结合函数的单调性与最值计算即可.
【详解】（1）由题意得
令，
当时，恒成立，恒成立，在上单调递增；
当时，，
此时在单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时， 在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由于，
；
当时，，
由于，
①当，即时，在上单调递增，
此时当时，有最大值为：；
②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
此时当时，有最大值为：.
令，则，此时，
故无解，即方程无解.
综上：.
39．（2026高三·江苏南京·期末）设 R，已知函数，
(1)讨论函数 的单调性；
(2)设 Z，若有解，求 的最小值.
【答案】(1)当 时，在 上单调递减，上单调递增；
当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当 时，在 上单调递增；当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增.
(2)
【分析】（1）求导，利用导数的正负，结合分类讨论即可求解，
（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合零点存在定理可得，进而可得，构造函数，求导即可求解.
【详解】（1）
①当时，令 ，则 ，所以
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
②当时，，所以
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
③当 时，，则 在 上单调递增.
④当时，，所以
当 时，在 上单调递增；
当 时，在 上单调递减；
当 时，在 上单调递增.
综上所述：当 时，在 上单调递减，上单调递增；
当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当 时，在 上单调递增；当时，在 上单调递增，上单调递减，上单调递增.
（2）由可得，即，
记，则定义域为.
设，则恒成立，则在单调递增.
又
【理由：，而；
而】
所以存在唯一 ，使得 ，且 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 ，所以，即 且.
所以 .
令，则
当恒成立，
所以 在 上单调递增，且 ，
所以
所以整数的最小值为 .
【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
40．（2026高三·河南郑州·期中）已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时， 在区间和上单调递减，在区间上单调递增；当时， 在区间上单调递减；当时， 在区间和上单调递减，在区间上单调递增.
【分析】（1）求导，确定函数单调区间，即可求解；
（2）求导，通过，，，讨论导数符号即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，
由，得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值；
（2）因为函数，
所以，
（ⅰ）当时，若，则，
若，则，
若，则，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
（ⅱ）当时，由，得或，
若或，则，
若，则，
所以函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
（ⅲ）当时，，所以函数在区间上单调递减，
（ⅳ）当时，由，得或，
若或，则，
若，则，
所以函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述：当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，函数在区间和上单调递减，
在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递减；
当时，函数在区间和上单调递减，
在区间上单调递增.
41．（2026高三·贵州毕节·期中）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件，求出的解，再由极值的定义即可求解；
（2）根据条件得到，再对分类讨论，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解.
【详解】（1）当时，，易知的定义域为，
，又恒成立，
当时，，当时，，
所以是的极小值点，极小值为，无极大值.
（2）的定义域为，,
当时，恒成立，当时，，当时，，
当，由，得到或，
若时，，时，，时，，
若时，，此时恒成立，当且仅当时取等号，
若时，，时，，时，，
综上所述，当时，的减区间为，增区间为，
当时，的减区间为，增区间为，
当时，的增区间为，
当时，的减区间为，增区间为.
42．（2026高三·山东日照·期中）已知函数的一个极值点是.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设，，若存在，，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增，在和上单调递减
(2)
【分析】（1）求导，结合已知极值点得出关系，再利用导数讨论，分析函数单调性；
（2）结合（1）的结论利用单调性分析函数在区间内的最值，分析的单调性和最值，结合已知不等式构造不等式组求解．
【详解】（1）（），
，
因为函数的一个极值点是，
，即，则有，
则（），
当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点；
综上：当时，函数在上单调递增，在和上单调递减．
（2）由（1）知，，且，
在单调递增，在单调递减，
又，，
在上的最大值为，最小值为，
又时函数在单调递增，
在上的最大值为，最小值为，
因为存在，，使得成立，
即存在，，使得成立，
则，
又，解得，
所以实数的取值范围为．
43．（2026·安徽·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的最大值；
(2)当时，讨论函数的单调性；
(3)若函数的图像关于点中心对称，求实数的值．
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
(3)
【分析】（1）先化简，再求导分析单调性，进而求出最大值；
（2）先对函数求导，再根据导数确定函数的单调性；
（3）利用中心对称的性质得出关于的等式，进而求出实数．
【详解】（1）当时，，求导得，
当时，，函数单调递增；当时，，单调递减，
函数在时取得最大值，即．
（2），求导得，
令，解得或．
当时，令，解得或；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）函数的图像关于点中心对称，
函数的定义域为，且关于点中心对称，
，即①，
为奇函数，
，
，整理得②．
①代入②得，即，
，当且仅当时，等号成立，即不恒为0，
，即，
．
题型06 含参函数的单调性讨论——导主指数型（二次不可因式分解型）
44．（2026高三·江西·开学考试）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若，不等式恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求导后分和两种情况分别讨论即可；
（2）化简可得恒成立，再设，求导分析的单调性得出最大值即可
【详解】解：（1）由题知
当时，恒成立，在R上单调递增；
当时，，列表得：
所以的单调递增区间是和
的单调递减区间是
（2）
令
（负值舍去）
当时，单调递增，
当时，单调递减
所以即
45．（2026高三·甘肃白银·期中）设函数，为函数的导函数.
(1)求证：；
(2)设函数.
（i）讨论的单调性；
（ii）若时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）答案见解析；（ii）.
【分析】（1）对函数求导，结合基本不等式即可求解；
（2）（i）由（1）得，分类讨论的取值范围即可；（ii）根据函数的单调性，判断函数的最值即可.
【详解】（1）函数，则，当且仅当时等号成立，
所以.
（2）（i）函数，则，
由（1）可知，，
①当时，，在上单调递增；
②当时，令，解得，，
由于，则有，即，
当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（ii）由（i）可知：
①当时，在上单调递增；恒成立；
②当时，在上单调递减，，与题设矛盾，
综上，实数的取值范围是.
题型07 含参函数的单调性讨论——导主对数型
46．（2027高三·全国·专题练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，设，为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：当时，，定义域为.
由（1）得，在上单调递增，在上单调递减．
又，不妨设，
因为，，
所以在处的切线方程为，
当时，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以，即.
又在处的切线方程为，
当时，令，
则，所以在上单调递减，所以，
所以，即，
所以，所以．
【分析】（1）根据导数与单调性的关系，结合的范围分情况讨论计算即可.
（2）通过构造函数，根据切割线夹逼、导数与单调性及最值的关系证明即可.
【详解】（1）.
当时，的定义域为，令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
当时，的定义域为，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）略
47．（2026高三·湖南长沙·阶段检测）设，.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，试讨论的单调性.
【答案】(1)
(2)当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
【分析】（1）当时，先求导，再求，利用点斜式即可写出切线方程；
（2）分，，，四种情况，结合求导讨论即可求解．
【详解】（1）若，则，，
又，故，
所以在处的切线方程为，
即；
（2），，
当时，，令，即，解得，令，解得，
所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，，在上单调递增，
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减．
综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
48．【多选】（2026高三·广东·期末）已知函数有两个极值点，，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】对求导，设，对求导，分两类讨论，时分四种情况讨论，分析函数的单调性及极值点情况，令，得到，，设，对其求导，设，求导，得到的取值范围，再逐个选项分析.
【详解】由于，，
设，，
①若，，此时只有一个极值点，矛盾；
②若，，在上单调递增，且，
(i)若，则当时，，则，故在上单调递增；
当时，，则，故在上单调递增；
于是在上单调递增，无极值点，不合题意；
(ii)若，则，，
于是存在，使，即，
时，，，，在上单调递增；
时，，，，在上单调递减；
时，，，，在上单调递增；
于是，；
(iii)若，则，，
于是存在，，，
时，，，，在上单调递增；
时，，，，在上单调递减；
时，，，，在上单调递增；
于是，；
③ 若，由于，
由得；由得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则取得极小值，
若，即时，，，，不合题意；
若，则，，
由零点存在定理，不妨设，存在，，
则，即，，
则在，上单调递增，在上单调递减，
令，则，，则，
于是，，
设，，
取，设，，
则在上单调递增，于是，则，
于是在单调递减，
且，则，且，则.
于是当时，；当时，；
当时，.
若，由于，，则A不可能；
若，，则A有可能；
若，则，若，则有解，故B正确；
若，则；若，由于，若，
由于的解，而且，
则在上无解，从而C错误；
若，则；若，考虑到，则D错误.
题型08 含参函数的单调性讨论——导主正余型
49．（2026·内蒙古包头·模拟预测）设函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)证明：①当时，；
②当时，，当时，；
③当时，函数在单调递增.
【答案】(1)在单调递减，在单调递增.
(2)①设，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即时，.
②设，则，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，即；
当时，，即.
③当时，，
，设，则，
当时，
由①、②，得，
所以在单调递增；
所以，故在单调递增.
【分析】（1）利用导数判断函数单调性即可.
（2）构造函数法证明①，②，最后求当时，利用放缩法得到导函数的正负，得到原函数单调性，求解③即可.
【详解】（1）因为，
所以，
设，则，
所以当时，，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，又，
所以当时，；当时，，
因此，当时，在单调递减，在单调递增.
（2）①略
②略
③略
50．（2026高三·四川成都·期中）已知.
(1)求；
(2)讨论的单调性，直接写出答案，不用写出过程；
(3)求在上可能的极值点个数.（用含的式子表示，写出最后答案即可）
【答案】(1)
(2)若增区间，减区间；若，增区间，减区间；，无单调性
(3)（表示为向下取整数.）
【分析】小问（1）直接运用复合函数求导公式求解；小问（2）运用小问（1）的求导结果对进行讨论；小问（3）运用极值点与导数的关系将的值与题目要求的定义域内进行求解.
【详解】（1）因为，所以，
（2）由（1）可知，故对讨论，
当时，为常数函数，不单调;
当时, ，则单调递增，
即，则，
故；
，则单调递减，
即，则，
故；
当时, ，则单调递增，
即，则，
故；
，则单调递减，
即，则，
故；
（3）由（1）可知，
极值点要满足，即，
得，解得，
当时，为常数函数，无极值点；
当时，当时，，
故讨论即可，因为，故，
解得，故极值点的个数为（向下取整）
51．（2026高三·云南大理·期末）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)令．
（i）当时，讨论函数在上的单调性；
（ii）若在内存在唯一的极大值点，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)（i）在上单调递增；（ii）．
【分析】（1）求导后计算切点坐标和切线斜率即可求解；
（2）(i)二次求导判断导数的最小值，进而判断原函数的单调性；
（ii）与分类讨论，通过二次求导来证明极值点存在．
【详解】（1）根据题意，，，
，
，，所以所求切线方程为．
（2）（i）时，，，
设，则，
当时，，，所以；
当时，，，所以．
所以在单调递减，在单调递增．
所以当时，，
所以在上单调递增．
（ii）由已知，，，
①当时，，
所以在上单调递增，不合题意．
②当时，设，则，
当时，，，所以；
当时，，，所以．
所以在单调递减，在单调递增．
因为，当，；
当，，
所以存在，，使．
当变化时，，情况如下：
所以在上存在唯一的极大值点，符合题意．
综上所述，．
52．（2026高三·吉林长春·期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的单调区间；
(3)当时，若的最大值为4，求的值.
【答案】(1)
(2)单调递增区间是，单调递减区间是.
(3)
【分析】（1）先求出切点，再结合导数的几何意义求出斜率，最后得到切线方程即可.
（2）先求出，进而结合因式分解法判断，再利用余弦函数的性质求解单调区间即可.
（3）先利用换元法得到，再针对参数范围讨论的单调性，进而结合最大值为4建立方程，求解的值即可.
【详解】（1）当时，，
而，则切点为，可得，
由斜率的几何意义得斜率为，故切线方程为.
（2）因为，
所以，
故，
令，则，
因为，所以，，
可得，令，，
令，，
故的单调递增区间是，
单调递减区间是.
（3）令，则可化为，
而，由题意得，故，
令，解得，下面我们讨论和的大小关系，
当时，解得，此时在上单调递减，
此时的最大值为，
令，则，
此时，故恒成立，则在上单调递增，
则，可得的最大值不可能为，故排除，
当时，解得，令，，
令，，故在上单调递增，在上单调递减，
则的最大值为，
得到，解得.
53．（2026高三·江西吉安·期末）函数，．
(1)求证：函数有且仅有一个零点；
(2)讨论函数在区间上的单调性．
【答案】(1)
∵，∴单调递增，
当时，，∵，又，∴，．
∴使，∴有且仅有一个零点．
(2)在区间上单调递减，在区间上单调递增
【分析】（1）先求导函数得出单调递增，再根据当时，，结合零点存在定理证明即可；
（2）根据导函数判断单调性结合平移判定单调区间即可.
【详解】（1）略
（2）
，
令，则函数的图像向左平移个单位长度，得函数的图象．
由（1）知，，当时，，当时，，其中，．
∴当时，，当时，．
∴当时，，，，则，函数单调递增．
∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
题型09 含参函数的极值讨论
54．（2026高三·福建泉州·期末）已知函数.
(1)若在处有极小值，求的值；
(2)讨论的单调性，并求的极值.
【答案】(1)
(2)当时，在和上单调递增，在上单调递减，极大值为，极小值为；
当时，在上单调递增，无极大值，也无极小值；
当时，在和上单调递增，在上单调递减，极大值为，极小值为
【分析】（1）通过，求得值，再验证即可；
（2）求导，通过讨论的大小关系，确定函数单调性，即可求解.
【详解】（1），
依题意可得，
即，得，
检验：当时，，
令，得或；令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
则当时，有极小值，符合题意．
所以.
（2），
令，得，，
当，即时，
令，得或；令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，极小值为；
当即时，，所以在上单调递增，
则无极大值，也无极小值；
当，即时，
令，得或；令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，极小值为.
55．（2026高三·湖南岳阳·期末）已知函数（）．
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)试讨论函数的极值点个数；
(3)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，有两个极值点；当时，无极值点．
(3)
【分析】（1）由条件求，再由导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程并化简；
（2）求导，令，分情况讨论方程的根的情况，进而可求得函数的极值点个数；
（3）条件可转化为在上恒成立，令，利用导数求得的最小值，由此可得实数的取值范围．
【详解】（1）若，，，则，，
所以在处的切线方程为：，即．
（2）（）
令，．
1）当，即时，
，在单调递增，无极值．
2）当，即①时，对称轴，又因为，
所以当时，，，在单调递增，无极值．
②时，对称轴，解得，
所以当，时，，单调递增；
当时，，单调递减；
此时在处取得极大值，在处取得极小值，两个极值点．
综上，当时，有两个极值点，分别在处取得极大值，在处取得极小值；当时，无极值点．
（3），分离参数恒成立，
令，则，
又，
，（为的导函数），
故在单调递增，又因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增．
所以，
所以，所以实数的取值范围为
56．（2026高三·福建厦门·期末）已知函数，.
(1)讨论函数的极值；
(2)设函数，若在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.
(2)
【详解】（1）的定义域为，易得，
若，则，则在上单调递增，无极值；
若，则得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
则有极小值，无极大值.
（2）因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
则在上恒成立，
令，则，则在上单调递增，
则，则，
故的取值范围为.
57．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知关于的函数.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若且，求的极小值．
【答案】(1).
(2)极小值为.
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线的点斜式方程求出切线方程即可；
（2）对参数的取值范围进行分类讨论，得出函数单调性并求出极值点，可得出极小值.
【详解】（1）由可得，
则，
易知；
所以切线方程为，即.
（2）易知；
令，所以，
因为且，所以恒成立，
当时，，所以在上单调递增，可得，
当时，令，可得，
当时，，此时在上单调递减；
当时，，此时在上单调递增；
因此在处取得极小值，也是最小值，即；
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，即；
因此，
综上可知当时，在上恒成立，
令可得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以在处取得极小值，；
题型10 含参函数的最值讨论
58．（2026高三·四川成都·期中）已知函数
(1)当时，求的极值；
(2)当时，讨论函数在区间上的单调性及最小值．
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是.
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）求导后，分别讨论、和时在上的单调性，进而确定最小值.
【详解】（1）当时，，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2）由得：，
，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
①当，即时，在上单调递减，
此时的最小值为；
②当，即时，在上单调递增，在上单调递减；
，，，
当时，，此时；
当时，，此时；
③当，即时，在上单调递增，
此时的最小值为；
综上所述：当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是.
59．（2026高三·北京顺义·阶段检测）已知函数
(1)函数在处取极值，求的值：
(2)求函数在区间上的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对函数求导，利用极值点处导数为零列方程求解；
（2）求导，结合导数的性质及得出，分情况讨论求出各区间内的，进而求出函数在区间上的最小值．
【详解】（1）的定义域为，求导得，
已知在处取极值，则，解得．
当时，，
当时，，当时,，故在处极值，符合题意.
（2）函数的导数为，
已知，，则，
当时，在上恒成立，单调递减，
最小值为；
当时，在上恒成立，单调递增，
最小值为；
当时，令，解得，则，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
最小值在极值点处取得：
；
综上可得：
．
60．（2026高三·湖南长沙·期中）已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)求在区间上的最小值．
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)当时，；当时，；当时，．
【分析】（1）求导，利用导函数和函数单调性的关系可得结果；
（2）求导，分、和三类情况进行讨论，对于的情况，再细分和两种情况讨论可得结果.
【详解】（1）因为时，，
所以，
令，解得，
所以时，；时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2），令，解得，
①当，即时，
在上单调递增；所以；
②当，即时，
对于，，故在上单调递增，
所以；
③当，即时，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增，
若，即，则在上单调递减，所以；
若，即，则在上单调递减，上单调递增，
所以；
综上：当时，；
当时，；
当时，．
61．（2026高三·上海·阶段检测）已知是实数，函数
(1)若，求的值及曲线在点处的切线的方程；
(2)当时，求在区间上的最小值．
【答案】(1)
，切线方程为；
(2)
【分析】（1）求导，然后代入计算即可；
（2）令导函数为0，对导函数零点分布讨论计算即可.
【详解】（1）
由，代入得
此时，，切线斜率为，由点斜式得切线方程
整理得
（2）令，得或，
当，即时，在区间上，，单调递减，因此最小值为
当，即时，，，单调递减；
时，单调递增，因此最小值在处取得
综上，
62．（2026高三·贵州黔南·阶段检测）已知函数（）．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求在上的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可.
（2）先根据已知条件确定在的单调性，再对的范围分类讨论，依据单调性求出不同情况下的最小值.
【详解】（1）由题意可得：的定义域是，且，
令，则或,
①当时，若或，则，若，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
②当时，因为，所以在上单调递增，
③当时，若或，则，若，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，由（1）可得：在上单调递减，
所以，①当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，为，
②当时，在上单调递减，
所以在处取得最小值，为．
综上，．
63．（2026高三·广东东莞·期末）已知函数．
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)当时，求在区间上的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出切点坐标，利用导数求出切线斜率，再用点斜式写出切线方程即可；
（2）求导，令，求导可得恒成立，进而可得在上单调递增，分和两种情况讨论可求得在区间上的最大值．
【详解】（1）当时，，
求导得，
所以，，
所以切线方程为，
所以函数的图象在处的切线方程为.
（2）由题知，，
求导得，
令，则，
因为，所以，，
所以当时，恒成立，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，
计算得，，
①当，即时，
恒成立，
所以在上单调递增，
②当，即时，
因为，，
所以，存在唯一使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
．
综上所述，函数在区间的最大值为．
64．（2026高三·河北衡水·期末）已知函数（）．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)求函数的最值；
(3)设，若，，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，函数无最值；当时，函数的最大值为，无最小值
(3)
【分析】（1）利用求得，并进行检验.
（2）对进行分类讨论，根据的单调性确定的最值.
（3）将问题转化为，结合导数分别求得的最大值和的最小值，由此列不等式求得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，其中．
因为函数在处取得极值，所以，解得．
经检验，符合题意，所以．
（2）由（1）知f′x=2x−2mx=21−mx2x, x>0．
当时，，所以函数在0, +∞上单调递增，无最值．
当时，，所以函数在0, +∞上单调递增，无最值．
当时，令，得；令，得．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值，也是最大值为，无最小值．
综上，当时，函数无最值；
当时，函数的最大值为，无最小值．
（3）因为fx=2lnx−mx2m∈R, gx=ex−lnx+1x，
恒成立，
所以．
由（2）知，只有当时，．
因为，其中，
所以．
令，其中，则，
所以函数在区间上单调递增．
因为ℎ1=e>0, ℎ1e=e1ee2−1=e1e−2−11, 1t>1．
由，可得，则，所以．
又当时，，即；
当时，，即．
所以函数在0, t上单调递减，在t, +∞上单调递增，
所以．
因为，
所以实数的取值范围是．
题型11 利用含参函数单调性解决零点问题
65．（2026高三·广东湛江·期末）已知函数．
(1)当时，求的单调区间以及极值；
(2)若有两个不同的零点，求的取值范围．
【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为.
极小值为，无极大值.
(2)的取值范围为.
【分析】（1）求，利用和求解函数的单调区间，从而可得到极值.
（2）先利用的符号判断函数的单调性，再利用最小值小于零即可求解的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为.
.
令，即，解得；令，即，解得.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
当时取得极小值，极小值为，无极大值.
（2），.
当，即，恒成立，所以在上单调递增，最多1个零点，不符合题意.
当，即时，令，即，解得.
当时，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以是极小值点，也是最小值点，
且.
当时，；当时，.
因为有两个不同的零点，所以即.
又因为，所以，解得.
所以.
综上所述，若有两个不同的零点，的取值范围为.
66．（2026高三·云南昭通·期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若与有两个交点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)当时，的单调递增区间为，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
【分析】（1）先求导并明确函数的定义域，再以a的取值进行分类讨论，通过判断导函数的符号来确定函数的单调区间.
（2）结合第一问的单调性结论排除一直单调递增的情况，利用零点存在性定理，将“函数有两个交点”的条件转化为“函数极小值严格小于零且区间端点趋于正无穷”的不等式问题进行求解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，
当时，令，得；令，得，
综上，
当时，的单调递增区间为，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由（1）可知当时，在单调递增，不可能存在2个零点，不满足题意；
当时，在单调递增，在单调递减，
当时，，时，，
要有两个交点，则的最小值，解得，
所以．
67．（2026高三·西藏林芝·阶段检测）设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)若函数有且仅有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明：由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值，也即最大值，即，
设，则得，，
求导得，则函数在上单调递增，故，
即，故当时，恒成立.
(3)
【分析】（1）先对函数求导，根据的取值分类判断导函数的正负，即得函数的单调性；
（2）利用（1）的结论推得当时，，设，得，再利用导数判断其单调性即可得证；
(3)将有且仅有一个零点转化为与直线有且只有一个交点问题，利用导数分类判断函数的单调性与图象性质即可求得答案.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，则，即函数在上单调递增；
当时，由得，由得，
则函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）略
（3）函数有且仅有一个零点，等价于函数与直线有且只有一个交点.
由（1）知，当时，在上单调递增，且当时，，
此时函数与直线有且只有一个交点，符合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，，当时，，
要使函数与直线有且只有一个交点，需使，
即方程只有1个正实根，
设，则，设，显然在上单调递增，
且，即，解得.
综上，可得的取值范围为.
68．（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个零点．
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：，．
【答案】(1)时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)（i）
（ii）证明：由（i）知，若存在两个零点，则，
此时有最小值，只需证即可，
因为，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
又因为，所以，
所以，
即当时，存在，使得.
【分析】（1）先求导可得，分别讨论和的情况，进而求解即可；
（2）（i）当时由函数在上单调则不符合题意；当时，分析时，都有，存在两个零点只需，可得；
（ii）利用作差法证明极小值，即可得证.
【详解】（1）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增；
②当时，由，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i）由于有两个零点，
由（1）可知，当时，在上单调递增，不符合题意；
当时，，
，
因为时，，时，，，即，
所以函数存在两个零点，只需，
由，所以，
令，显然在上单调递增，
又，所以由可得.
综上，当时，有两个零点.
（ii）略.
69．（2026年高考数学终极押题猜想02（上海专用））已知函数（）.
(1)当时，求函数的单调区间和极值；
(2)若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）代入已知参数后求导并因式分解，通过分析导函数的正负符号变化，直接确定函数的单调区间与极值；
（2）对原函数带参求导并提取公因式，以参数的符号及极值点分布情况进行分类讨论，结合极值正负与端点极限，利用零点存在性定理确定符合条件的范围.
【详解】（1）当时，，定义域为.
求导：.
令，解得（舍去，因）.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
极大值为，无极小值.
（2），，
①当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
此图像恒在轴下方，没有零点，故不符合题意，
②当时，因为，所以恒成立，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
若即，其最大值小于0，无零点，不符合题意，
若即，其最大值为，此时有且仅有这一个零点，符合题意，
若即，其最大值大于0，
由于时，时，
由零点存在性定理，函数在和上各有一个零点，共两个零点，不合题意.
③当时，令，解得，
，时，因为二次项系数，所以，
③-①当即时，此时，在上单调递增，
且当时，时，
由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点，符合题意，
③-②当即，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因此是极大值点，，说明在恒负，没有零点，
在上，单调递增，且时，
由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点，共有1个零点，符合题意，
③-③当即时，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因此是极小值点，是极大值点，， 且时，
由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点，
，
因为，所以，从而，且，
所以极大值，则在上没有零点，
则此时仅有1个零点，符合题意. 即当时符合题意，
综上，的取值范围是.
70．（2026高三·广东揭阳·期中）已知函数有两个零点，，，为的导函数．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数分情况讨论，分析函数的单调性及最小值，结合零点个数得出，构造函数，结合单调性和零点求出实数的取值范围；
（2）结合（1）结论把证明转化为证明，构造函数，求导并证明函数在上的单调性，进而得出，结合单调性证明结论；
（3）结合（1）结论把证明转化为证明，对进行分情况讨论，进而转化为，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，进而证明结论．
【详解】（1）的定义域为，求导得，
①当时，，函数在单调递减；此时至多有一个零点；
②当时，当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
取得最小值为．
当时，；
当时，，
函数有两个零点当且仅当，
设，函数在单调递增；
，
的解集为，即的取值范围是．
（2）由（1）知，要证：即证：；
令，
若，则
，
在上单调递减，
，即，
，
，即，
又，且在上递增，
即．
（3），由，结合（1）知，
要证，即证，即，
当时，，，不等式恒成立；
当时，由得，
即证，
即证，
即证，
设，，
由，
在单调递增，
，故．
71．（2026·安徽·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有2个不同的零点，，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(3)．
【分析】（1）代入求导得切点处的函数值与导数值，用点斜式直接写出切线方程.
（2）先求导，按正负分类讨论导数符号，进而确定函数单调区间.
（3）先排除情况，易得一个零点，依据零点间距小于1分区间结合端点函数值与极值点位置，求出取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
又，.
因此曲线在点处的切线方程为．
（2）．
当时，恒成立，因此在上单调递减；
当时，令，得，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（3）由（2）知，当时，在上单调递减，仅1个零点，不符合题意，
故．
当时，．
令，，则，
当，，单调递增；当，，单调递减，
所以．
要使有2个不同的零点，则，所以，即且．
注意到对任意，恒成立，则0为的一个零点，不妨设，
要使，则，且，
令，则，解得，所以．
当时，根据单调性可知，极小值点，且，
解得；
当时，根据单调性可知，极小值点，且，
解得，
综上，的取值范围是．
题型12 利用含参函数单调性解决恒成立问题
72．（2026高三·广东佛山·期末）已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)若，在上单调递增；若，在上单调递减，在上单调递增.
(2).
【分析】（1）对函数求导，利用导数与单调性关系讨论即可.
（2）将恒成立问题转化为最值问题，结合（1）的单调性结论，分情况讨论区间内的最小值即可.
【详解】（1）函数的定义域为，对其求导得，，
当时，恒成立，因此恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上所述，若，在上单调递增，
若，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知在上单调递增，因此在上也单调递增，
此时对任意，有，
满足恒成立，
当，在处取得极小值，
根据极小值点与区间的位置关系，
当，即时，在上单调递增，
因此在上的最小值大于，
满足恒成立，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
因此区间内的最小值为，
要使恒成立，需最小值非负，即，则
令（），求导得，
当时，，故在上单调递增。
又，因此的解为，
结合前提，得，
综上的取值范围为.
73．（2026高三·山东聊城·阶段检测）已知函数，其中 ．
(1)当 时，求函数单调区间和极值；
(2)若 ，求a的取值范围．
【答案】(1)单减区间为，单增区间为；极小值，无极大值
(2)
【分析】（1）通过对函数求导，令导数为0找临界点，通过求导判断导函数的单调性，列表判断导数和函数的符号，最后写出单调区间和极值.
（2）先对函数求导确定函数唯一最小值点，借助隐零点代换消去参数求解最小值不等式，再由参数与零点的函数单调性推出a的范围.
【详解】（1）当 时，，函数定义域为，，
令，因为 ，所以在单调递增．
又 ，x、、的变化情况如下表：
所以的单减区间为，单增区间为；
时有极小值，无极大值.
（2）①当 时， ，不满足题意；
②所以 ，此时 ，令 ，
因为 ，所以是上的增函数，
当 时， ； 时， ，
所以存在唯一正实数使得 ，即 ，
此时在上单调递减，在上单调递增，
所以.
由题意得 ，由 得，
代入上式得 ，整理得 ，
解得 ，即 .
令 ，其中 ，
则 ，所以是区间上的增函数.
因为， ，
所以 ，所以a的取值范围是.
74．（2026·湖南·模拟预测）已知函数，．
(1)证明：．
(2)讨论的单调性．
(3)若，求的取值集合．
【答案】(1)的定义域为，．令，得，
则在上单调递增，令，得，则在上单调递减，
所以．故．
(2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
(3)
【分析】（1）对求导，由导数符号得的单调性，从而得最大值，故；
（2）对分情况讨论，再根据导数符号得到的单调性；
（3）已知恒成立，对分情况讨论的最小值，再结合（1）中的结论求出的取值集合.
【详解】（1）略.
（2）由，得 ．
当时，，在上单调递减．
当时，令，得，则在上单调递减，
令，得，则在上单调递增．
（3）当时，在上单调递减，当时，，不符合题意．
当时， ．
由（1）可知 ，当且仅当时，等号成立．
因为， ，所以 ，
所以，得．故的取值集合为．
75．（2026高三·河南新乡·阶段检测）已知函数（）．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，且在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数的符号分析函数的单调性即可；
（2）分和两种情况，再结合（1）即可求出的取值范围．
【详解】（1）因为，，所以，
当时，恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
若时，，所以在上单调递减；
若时，，所以在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，且其值域为，不满足恒成立，不符合题意；
由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
若要满足恒成立，则的最小值，解得，
所以实数的取值范围为．
76．（2026高三·河南南阳·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意的恒成立，求a的值；
(3)若数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)1
(3)证明：，
故只需证明，即，
，
先证明，当时，恒有，
由（2）知，在上恒成立，
即在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
，令，则，即，
令，得，
令，得，
上面两式相加得，
即，
当时，，当时，，当时，，
……，当时，，
相加可得，故结论得证；
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性；
（2）在（1）的基础上，得到函数最值，从而得到不等式，求出解集，得到答案；
（3）变形，在（2）基础上，得到，变形得到，裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，
又，故当时，，不满足对任意的恒成立，舍去；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
要想满足对任意的恒成立，只需，
令，，则，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
其中，故的解集为，故a的值为1；
（3）略
“一次函数”型：
是否一次函数，直线斜率大于0还是小于0，函数零点与定义域端点的大小；
1.先求函数的定义域；2.求导函数（能通分要通分，化为乘除分解式，便于讨论正负）；3.先讨论函数只有一种单调区间的（导函数同号的）情况；4.再讨论函数有增有减的情况（导函数有正有负，以其零点分界）
当导函数的零点大小不确定时，讨论函数单调性的基本步骤如图所示.
当不确定导函数是否存在零点（或零点的个数）时，讨论函数单调性的基本步骤如图所示.
导数有效部分形态一次整式，外层附带恒正因子（直接剔除，只看一次式）
完整解题策略
1. 仅对有效一次整式分类讨论，规则同纯一次型；
2. 额外补充极限辅助判断零点：
时；时；
3. 利用两端函数趋势，结合极值正负，判断方程零点总个数。
导数有效部分形态可因式分解含参二次整式，外层恒正直接舍弃讨论逻辑完全对标题型02
0
-
0
+
单调递减
极小值
单调递增
2
－
0
＋
0
－
减
增
减
导数有效部分形态不可分解含参二次整式，外层恒正剔除依靠判别式区分有无变号零点，步骤同题型03；
极大值
极小值
+
0
－
0
+
↗
↘
↗
如果解析式中含有参数，需分类讨论，分类标准主要有以下几个方面：
(1)f′(x)＝0的根是否存在；
(2)f′(x)＝0根的大小；
(3)f′(x)＝0的根与定义域的关系等．
用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤
第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；
第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；
第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；
第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范.
1.有效部分恒正/恒负→函数单调，最多1个零点；
2.有效部分存在两个变号零点（有极大、极小值）：通过极值正负判断零点总数；
3.辅助技巧：参变分离，变形新函数，转化为直线与曲线交点个数问题。
核心等价转化
1.恒成立：区间最小值≥m；
区间最大值≤m；
2.存在性：区间最大值≥m；
两条解题路径
路径1（分类讨论）：用有效部分分析单调性，求出区间最值列不等式；
路径2（参变分离）：把参数单独放一侧，构造新函数求最值；
易错点
开区间内函数无法取到最值，参数等号边界单独验证是否可取。
x
1
-
0
+
单调递减
单调递增