第3课时 函数单调性的应用
[考试要求] 1．会根据函数的单调性求参数的范围．2．会利用函数的单调性解不等式，比较函数值的大小．
考点一 利用单调性求参数范围
根据函数单调性求参数范围的方法
(1)f (x)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)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(需验证解的两侧导数是否异号)．
[典例1] 已知g(x)＝2x＋ln x－，若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围．
[解] ∵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，＋∞)．
反思领悟 本例是可导函数g(x)在区间D上单调递增求参数范围问题，一般转化为g′(x)≥0对x∈[1，2]恒成立问题，再分参为a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]，要注意“＝”是否取到．
巩固迁移1 (1)(2025·乌鲁木齐模拟)若函数f (x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．[0，2] B．(－∞，2)
C．[8，＋∞) D．(－∞，2]
(2)(2024·浙江名校联考)若函数f (x)＝(x2－mx＋2)ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是________．
(1)D (2)(2，＋∞) [(1)因为函数f (x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)上单调递增，
所以f ′(x)＝2x－≥0在区间(1，2)上恒成立，
即a≤2x2在区间(1，2)上恒成立，即a≤(2x2)min，x∈(1，2)，所以a≤2．
故选D．
(2)因为f (x)＝(x2－mx＋2)ex，
所以f ′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，
则原问题等价于f ′(x)<0在上有解，
即x2＋(2－m)x＋2－m<0在上有解，
即m>在上有解．
则m>，
＝x＋1＋≥2，
当且仅当x＋1＝1，即x＝0时取等号，
所以m>2．]
考点二 利用单调性解不等式
利用导数解不等式
利用导数解不等式的关键是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f (g(x))>f (h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．
[典例2] 已知函数f (x)＝2ln x＋－x，则不等式f (2x－1)
A． B．
C． D．
B [由题意可知f (x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f ′(x)＝－1＝－≤0恒成立，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
由f (2x－1)解得反思领悟 本例的解答关键是判断f (x)的单调性，易错之处是忽视函数的定义域，如本例中，需要求2x－1>0，且1－x>0．
巩固迁移2 (1)已知定义在(－3，3)上的奇函数y＝f (x)的导函数是f ′(x)，当x≥0时，y＝f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式>0的解集为________．
(2)已知函数f (x)＝x3＋2x－1＋(sin x－cos x)2，则不等式f (x2－2x)＋f (2－x)>0的解集为________．
(1)(－3，－1)∪(0，1) (2){x|x>2或x<1} [(1)依题意f (x)是奇函数，图象关于原点对称，
由图象可知，f (x)在区间(－3，－1)，(1，3)上单调递减，f ′(x)<0；
f (x)在区间(－1，0)，(0，1)上单调递增，f ′(x)>0．
所以>0的解集为(－3，－1)∪(0，1)．
(2)因为f (x)＝x3＋2x－1＋(sin x－cos x)2
＝x3＋2x－1＋1－2sin x cos x＝x3＋2x－sin 2x，
f ′(x)＝3x2＋2－2cos 2x≥0，
所以f (x)在R上单调递增，
因为f (－x)＝－x3－2x＋sin 2x＝－f (x)，
所以f (x)为奇函数，
不等式f (x2－2x)＋f (2－x)>0可化为f (x2－2x)>－f (2－x)，
即f (x2－2x)>f (x－2)，
所以x2－2x>x－2，
即x2－3x＋2>0，解得x>2或x<1．
故不等式的解集为{x|x>2或x<1}．]
考点三 利用单调性比较大小
利用导数比较大小
(1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小．
(2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小．
[典例3] 已知函数f (x)＝3x＋2cos x．若a＝)，b＝f (2)，c＝f (log27)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．bD [由题意，得f ′(x)＝3－2sin x．
因为－1≤sin x≤1，
所以f ′(x)>0恒成立，所以f (x)是增函数．
因为>1，所以>3．
又log24所以，
所以)，即b反思领悟 本例比较大小的关键在于判断f (x)＝3x＋2cos x的单调性，利用其单调性比较大小．
巩固迁移3 (1)(2025·张家口模拟)已知函数f (x)＝sin x－x cos x，若a＝f (e)，b＝f (ln 4)，c＝f (sin 2)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＞c＞b B．a＞b＞c
C．b＞c＞a D．c＞b＞a
(2)已知a<5，且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．cC．a(1)B (2)D [(1)因为f (x)＝sin x－x cos x，所以f ′(x)＝cos x－cos x＋x sin x＝x sin x，
所以当x∈(0，π)时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(0，π)上单调递增．
因为0＜sin 2＜ln 4＜e＜π，所以f (sin 2)＜f (ln 4)＜f (e)，
即c＜b＜a．故选B．
(2)三个等式可变形为
＝＝＝．
∵ae5＝5ea，a<5，∴a>0．
同理b>0，c>0．构造函数f (x)＝，x>0，
则f ′(x)＝．
当0当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
∵f (5)＝f (a)，而0同理，0∵f (5)>f (4)>f (3)，
∴f (a)>f (b)>f (c)，01．(2024·北京石景山区期末)已知函数f (x)＝x＋cos x，则下列选项正确的是( )
A．f (2)＜f (π)＜f (e) B．f (π)＜f (e)＜f (2)
C．f (e)＜f (2)＜f (π) D．f (2)＜f (e)＜f (π)
D [f ′(x)＝1－sin x≥0恒成立，所以f (x)在R上单调递增，
因为2＜e＜π，所以f (2)＜f (e)＜f (π)．故选D．]
2．若函数f (x)＝2x2＋ax＋ln x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－4) B．(－∞，－4]
C．(－4，＋∞) D．[－4，＋∞)
A [f ′(x)＝4x＋a＋＝，
∵函数f (x)＝2x2＋ax＋ln x在(0，＋∞)上不单调，
∴方程4x2＋ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实数根，
∴解得a<－4．]
3．已知函数f (x)为偶函数，定义域为R，当x>0时，f ′(x)<0，则不等式f (x2－x)－f (x)>0的解集为( )
A．(0，1) B．(0，2)
C．(－1，1) D．(－2，2)
B [因为当x>0时，f ′(x)<0，故偶函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，故f (x2－x)－f (x)>0可变形为f (|x2－x|)>f (|x|)，所以|x2－x|<|x|，显然x＝0不满足不等式，解得|x－1|<1，故x∈(0，2)．]
4．已知函数f (x)＝4x－＋m ln x在(2，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围为________．
[－9，＋∞) [由题可知f ′(x)＝4＋＝≥0在(2，＋∞)上恒成立，则4x2＋mx＋2≥0，即－m≤4x＋在(2，＋∞)上恒成立．令g(x)＝4x＋(x>2)，则g′(x)＝4－>0在(2，＋∞)上恒成立，故g(x)在(2，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(2)＝9，故－m≤9，m≥－9，即m的取值范围为[－9，＋∞)．]
【教用·备选题】
1．(2025·石嘴山市惠农区模拟)若函数h(x)＝ln x－ax2－2x在[1，4]上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C． D．
D [因为函数h(x)＝ln x－ax2－2x在[1，4]上存在单调递增区间，
所以存在x∈[1，4]，使h′(x)＝－ax－2>0成立，即存在x∈[1，4]，使a<成立，
令G(x)＝，x∈[1，4]，变形得G(x)＝－1，因为x∈[1，4]，所以∈，
所以当＝，即x＝4时，G(x)max＝－，
所以a<－．故选D．]
2．(多选)(2025·邵阳模拟)英国数学家泰勒发现了如下公式：
sin x＝x－＋…，cos x＝1－＋…，
某数学兴趣小组在研究该公式时，提出了如下猜想，其中正确的有( )
A．sin 1＜cos 1
B．sin 1≈0.84(精确到小数点后两位)
C．cos <1－
D．当x＞0时，sin x>x－
BD [由sin 1>sin ，cos 1则sin 1＞cos 1，故A错误；
由sin x＝x－＋…，则sin 1＝1－＋…，
又1－＝1－＝≈0.84(精确到小数点后两位)，故B选项正确；
cos ＝，π2>9，则有1－<，故C选项错误；
当x>0时，令f (x)＝sin x－x＋，则f ′(x)＝cos x－1＋x2，令g(x)＝cos x－1＋x2，则g′(x)＝x－sin x＞0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上为增函数，则f ′(x)＞f ′(0)＝0，
所以f (x)在(0，＋∞)上为增函数，
则f (x)＞f (0)＝0，
故当x＞0时，sin x－x＋>0恒成立，
即sin x>x－．故D正确．
故选BD．]
课后习题(十九) 函数单调性的应用
1．(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)已知函数f (x)＝2x－sin x，则下列结论正确的是( )
A．f (2.7)B．f (π)C．f (e)D．f (2.7)D [f ′(x)＝2－cos x，因为cos x∈[－1，1]，所以f ′(x)>0恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，因为2.72．(人教B版选择性必修第三册P95练习BT1改编)对于R上可导的任意函数f (x)，若满足(x－1)f ′(x)≥0，则必有( )
A．f (0)＋f (2)<2f (1) B．f (0)＋f (2)≤2f (1)
C．f (0)＋f (2)≥2f (1) D．f (0)＋f (2)>2f (1)
C [由(x－1)f ′(x)≥0，得或①函数y＝f (x)在(－∞，1]上单调递减，f (0)>f (1)；在[1，＋∞)上单调递增，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．②若函数y＝f (x)为常数函数，则f (0)＋f (2)＝2f (1)．综合①②得f (0)＋f (2)≥2f (1)．故选C．]
3．(人教B版选择性必修第三册P113复习题B组T4改编)若函数f (x)＝ax3－3x2＋x＋1恰有三个单调区间，则实数a的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(－∞，3)
C．(－∞，0)∪(0，3) D．(－∞，0)
C [由题意，函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝3ax2－6x＋1，要使函数f (x)＝ax3－3x2＋x＋1恰有三个单调区间，则f ′(x)＝0有两个不相等的实数根，∴得a<3且a≠0，故选C．]
4．(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12改编)已知函数f (x)＝，x∈(1，＋∞)，证明：[证明] 要证设p(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则p′(x)＝－1<0，p(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
则p(x)设q(x)＝ln x－，x∈(1，＋∞)，则q′(x)＝＝>0，q(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
则q(x)>ln 1－＝0，即ln x>(x∈(1，＋∞))．
综上，当x∈(1，＋∞)时，5．(2025·济宁模拟)函数f (x)的定义域为R，f (1)＝0，f ′(x)为f (x)的导函数，且f ′(x)＞0，则不等式(x－2)f (x)＞0的解集是( )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－∞，1)∪(1，＋∞)
C．(0，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
A [f ′(x)＞0，f (x)在R上单调递增，
又f (1)＝0，x＜1时，f (x)＜0，x＞1时，f (x)＞0，
对于(x－2)f (x)＞0，当x＞2时，不等式成立，
当1＜x＜2时，x－2＜0，f (x)＞0，不等式不成立，
当x＜1时，x－2＜0，且f (x)＜0，不等式成立，
故不等式的解集是(－∞，1)∪(2，＋∞)，故选A．]
6．(2025·东营模拟)已知函数f (x)＝ln x－mx，若函数f (x)在[1，2]上单调递减，则实数m的最小值为( )
A．1 B．
C．2 D．2
A [由f (x)＝ln x－mx在[1，2]上单调递减，
可得f ′(x)＝－m≤0在[1，2]上恒成立，故m≥，
因为函数y＝在[1，2]上单调递减，
所以当x＝1时，函数取得最大值1，所以m≥1，所以m的最小值为1．
故选A．]
7．(2024·北京丰台区期末)已知函数f (x)＝3x2－cos x，则( )
A．f (－3)＜f (e)＜f (π) B．f (π)＜f (e)＜f (－3)
C．f (π)＜f (－3)＜f (e) D．f (e)＜f (－3)＜f (π)
D [f ′(x)＝6x＋sin x，令g(x)＝6x＋sin x，g′(x)＝6＋cos x，因为－1≤cos x≤1，所以5≤6＋cos x≤7，即g′(x)＞0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝0，所以在(－∞，0)上g(x)＜0，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，在(0，＋∞)上g(x)＞0，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．因为f (－x)＝3(－x)2－cos (－x)＝3x2－cos x＝f (x)，所以f (x)为偶函数，所以f (－3)＝f (3)，因为e＜3＜π，
所以f (e)＜f (3)＜f (π)，即f (e)＜f (－3)＜f (π)．
故选D．]
8．(2025·南昌东湖区模拟)若函数f (x)＝2ax－ln x在(1，3)上不单调，则实数a的取值范围为( )
A．(2，6) B．(－∞，2)∪(6，＋∞)
C． D．
C [由题意得f ′(x)＝2a－＝，
∵f (x)在(1，3)上不单调，∴f (x)在(1，3)上有极值点，
∴当a＝0时，f ′(x)＝－<0在(1，3)上恒成立，f (x)在(1，3)上单调递减，不满足题意；
当a≠0时，由f ′(x)＝0得x＝，则1<<3，解得故实数a的取值范围为．故选C．]
9．(多选)(2025·信阳模拟)设f (x)的图象在区间D上是一条连续不断的曲线， x1，x2∈D，x1≠x2，总有A．f (e)＜f (3)＜f (π)
B．f ′(e)＜f ′(3)＜f ′(π)
C．f ′(2 023)＜f (2 024)－f (2 023)＜f ′(2 024)
D．f ′(2 024)＜f (2 024)－f (2 023)＜f ′(2 023)
AD [对于A，∵f ′(x)＞0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵e＜3＜π，∴f (e)＜f (3)＜f (π)，故A正确；
对于B，∵f (x)在(0，＋∞)上是上凸函数，
由导数的几何意义知，随着x的增大，曲线在某点的切线的斜率越来越小，
∴f ′(e)＞f ′(3)＞f ′(π)，故B错误；
对于C，D，设A(2 023，f (2 023))，
B(2 024，f (2 024))，
由切线的几何意义知f ′(2 024)＜kAB＜f ′(2 023)，
即f ′(2 024)<∴f ′(2 024)＜f (2 024)－f (2 023)＜f ′(2 023)，故C错误，D正确．故选AD．]
10．(2025·景德镇模拟)已知函数y＝f (x)(x∈R)的图象如图，则不等式xf ′(x)＜0的解集为________．
{x|x＜0或1＜x＜3} [结合函数图象可知，当x＜0时，f (x)单调递增，f ′(x)＞0，此时xf ′(x)＜0，
当0＜x＜1时，f (x)单调递增，f ′(x)＞0，此时xf ′(x)＞0，不符合题意，
当1＜x＜3时，f (x)单调递减，f ′(x)＜0，此时xf ′(x)＜0，
当x>3时，f (x)单调递增，f ′(x)＞0，此时xf ′(x)＞0，不符合题意．
不等式xf ′(x)<0的解集为{x|x＜0或1＜x＜3}．]
11．(2025·天津西青区模拟)已知函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＞1，f (1)＝－1，则f (x)＞x－2的解集为________．
(1，＋∞) [令g(x)＝f (x)－x＋2，则g′(x)＝f ′(x)－1＞0，∴g(x)在R上单调递增，
又∵f (1)＝－1，∴g(1)＝0，∴当x＞1时，g(x)＞0，即f (x)＞x－2．
∴f (x)>x－2的解集为(1，＋∞)．]
12．(2025·眉山仁寿县模拟)已知函数f (x)＝x＋－4ln x(a∈R)．
(1)当a＝－3时，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝－3时，函数f (x)＝x－－4ln x(x＞0)，
f ′(x)＝1＋＝＝，
由f ′(x)＞0，可得0＜x＜1或x＞3，由f ′(x)＜0，可得1＜x＜3，
所以f (x)的单调递增区间为(0，1)，(3，＋∞)；单调递减区间为(1，3)．
(2)f ′(x)＝1－＝(x＞0)，
f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
即f ′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即a≤x2－4x＝(x－2)2－4在区间(0，＋∞)上恒成立，
由(x2－4x)min＝－4，得a≤－4，即a的取值范围为(－∞，－4]．
1/1第3课时 函数单调性的应用
[考试要求] 1．会根据函数的单调性求参数的范围．2．会利用函数的单调性解不等式，比较函数值的大小．
考点一 利用单调性求参数范围
根据函数单调性求参数范围的方法
(1)f (x)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)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(需验证解的两侧导数是否异号)．
[典例1] 已知g(x)＝2x＋ln x－，若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围．
[听课记录]
反思领悟 本例是可导函数g(x)在区间D上单调递增求参数范围问题，一般转化为g′(x)≥0对x∈[1，2]恒成立问题，再分参为a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]，要注意“＝”是否取到．
巩固迁移1 (1)(2025·乌鲁木齐模拟)若函数f (x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．[0，2] B．(－∞，2)
C．[8，＋∞) D．(－∞，2]
(2)(2024·浙江名校联考)若函数f (x)＝(x2－mx＋2)ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是________．
考点二 利用单调性解不等式
利用导数解不等式
利用导数解不等式的关键是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f (g(x))>f (h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．
[典例2] 已知函数f (x)＝2ln x＋－x，则不等式f (2x－1)A． B．
C． D．
[听课记录]
反思领悟 本例的解答关键是判断f (x)的单调性，易错之处是忽视函数的定义域，如本例中，需要求2x－1>0，且1－x>0．
巩固迁移2 (1)已知定义在(－3，3)上的奇函数y＝f (x)的导函数是f ′(x)，当x≥0时，y＝f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式>0的解集为________．
(2)已知函数f (x)＝x3＋2x－1＋(sin x－cos x)2，则不等式f (x2－2x)＋f (2－x)>0的解集为________．
考点三 利用单调性比较大小
利用导数比较大小
(1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小．
(2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小．
[典例3] 已知函数f (x)＝3x＋2cos x．若a＝)，b＝f (2)，c＝f (log27)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b[听课记录]
反思领悟 本例比较大小的关键在于判断f (x)＝3x＋2cos x的单调性，利用其单调性比较大小．
巩固迁移3 (1)(2025·张家口模拟)已知函数f (x)＝sin x－x cos x，若a＝f (e)，b＝f (ln 4)，c＝f (sin 2)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＞c＞b B．a＞b＞c
C．b＞c＞a D．c＞b＞a
(2)已知a<5，且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．cC．a1．(2024·北京石景山区期末)已知函数f (x)＝x＋cos x，则下列选项正确的是( )
A．f (2)＜f (π)＜f (e) B．f (π)＜f (e)＜f (2)
C．f (e)＜f (2)＜f (π) D．f (2)＜f (e)＜f (π)
2．若函数f (x)＝2x2＋ax＋ln x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－4) B．(－∞，－4]
C．(－4，＋∞) D．[－4，＋∞)
3．已知函数f (x)为偶函数，定义域为R，当x>0时，f ′(x)<0，则不等式f (x2－x)－f (x)>0的解集为( )
A．(0，1) B．(0，2)
C．(－1，1) D．(－2，2)
4．已知函数f (x)＝4x－＋m ln x在(2，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围为________．
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