第2课时 函数单调性的应用
1.已知函数f（x）＝3x－ax（a∈R），则“a＜0”是“函数f（x）为增函数”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.若f（x）＝x3－ax2的单调递减区间是（0，2），则正数a的值是（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
3.若函数f（x）＝x3－2ax2－（a－2）x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为（ ）
A.－1≤a≤2
B.－2≤a≤1
C.a＞2或a＜－1
D.a＞1或a＜－2
4.（2024·周口期中）已知函数f（x）＝，当1＜x＜3时，下列关系正确的是（ ）
A.f（）＜f（x）＜f2（x）
B.f（x）＜f（）＜f2（x）
C.f2（x）＜f（）＜f（x）
D.f2（x）＜f（x）＜f（）
5.（多选）（2024·无锡月考）已知定义在R上的函数f（x），其导函数y＝f'（x）的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A.f（b）＞f（a） B.f（d）＞f（e）
C.f（a）＞f（d） D.f（c）＞f（e）
6.（多选）若函数f（x）＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的取值可以是（ ）
A.4 B.3
C.2 D.1
7.函数f（x）＝x3－（2a＋1）x2＋（a2＋a）x＋4（a∈R）的单调减区间是 .
8.若函数y＝x2－2bx＋6在（2，8）内单调递增，则实数b的取值范围是 .
9.（2024·淮安月考）已知函数f（x）＝4x＋3sin x，x∈（－1，1），若f（1－a）＋f（1－a2）＜0成立，则实数a的取值范围为 .
10.已知函数f（x）＝aln x＋x，讨论f（x）的单调性.
11.已知函数f（x）＝ax－ex在（0，1）上不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.（0，1） B.（0，e）
C.（1，e） D.（－∞，e）
12.已知函数f（x）＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f（x2－4）＋f（3x）＜0的解集为（ ）
A.（－4，1） B.（－1，4）
C.（－∞，－4）∪（1，＋∞） D.[－1，4]
13.（2024·扬州质检）已知函数f（x）＝kex－1－x＋x2（k为常数），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与x轴平行，则f（x）的单调递增区间为 .
14.已知函数f（x）＝ax2＋ln（x＋1）.
（1）当a＝－时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递减，求实数a的取值范围.
15.（2024·南京月考）设函数f（x）＝（x＋a）ln x，g（x）＝.已知曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x－y＝0平行.
（1）求a的值；
（2）是否存在自然数k，使得方程f（x）＝g（x）在（k，k＋1）内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由.
第2课时 函数单调性的应用
1.A 因为f（x）＝3x－ax，所以f'（x）＝3xln 3－a，所以当a≤0时，f'（x）＞0，函数f（x）在定义域上是增函数.因为（－∞，0） （－∞，0]，所以“a＜0”是“函数f（x）为增函数”的充分不必要条件.故选A.
2.A f'（x）＝x2－2ax，令f'（x）＜0，由于a＞0，故解得0＜x＜2a，故2a＝2，即a＝1.
3.D 若函数f（x）有3个单调区间，则f'（x）＝4x2－4ax－（a－2）有2个零点，故Δ＝16a2＋16（a－2）＞0，解得a＞1或a＜－2.
4.A 由题意得f'（x）＝，当1＜x＜3时，f'（x）＞0，所以f（x）在（1，3）上单调递增.又1＜＜x＜3，所以f（）＜f（x）.由f（x）在（1，3）上单调递增，可知当x∈（1，3）时，f（x）＞f（1）＝e，所以f2（x）＞f（x）.综上f（）＜f（x）＜f2（x）.
5.ABD 由题图可得，当x∈（－∞，c）∪（e，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈（c，e）时，f'（x）＜0，故f（x）在（－∞，c），（e，＋∞）上单调递增，在（c，e）上单调递减，所以f（b）＞f（a），f（d）＞f（e），f（c）＞f（e）.
6.AC f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－＝；由f'（x）≥0得函数f（x）的单调递增区间为[3，＋∞）；由f'（x）≤0得函数f（x）的单调递减区间为（0，3]；因为f（x）在区间[m－1，m＋1]上单调，所以或m－1≥3，解得1＜m≤2或m≥4；结合选项可得A、C正确.
7.（a，a＋1） 解析：f'（x）＝x2－（2a＋1）x＋a2＋a＝[x－（a＋1）]（x－a），令f'（x）＜0，得a＜x＜a＋1，故f（x）的单调减区间是（a，a＋1）.
8.（－∞，2] 解析：由题意得y'＝2x－2b≥0在（2，8）内恒成立，即b≤x在（2，8）内恒成立，所以b≤2.
9.（1，） 解析：∵f（x）＝4x＋3sin x，x∈（－1，1），∴f'（x）＝4＋3cos x＞0在x∈（－1，1）上恒成立，∴f（x）在（－1，1）上单调递增.又f（x）＝4x＋3sin x，x∈（－1，1）是奇函数，∴不等式f（1－a）＋f（1－a2）＜0可化为f（1－a）＜f（a2－1）.结合函数f（x）的定义域可知，a要满足解得1＜a＜.
10.解：∵f（x）＝aln x＋x（x＞0），
∴f'（x）＝＋1＝（x＞0），
若a≥0，则f'（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上为增函数；
若a＜0，则当x∈（－a，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈（0，－a）时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（－a，＋∞）上单调递增，在（0，－a）上单调递减.
综上，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上为增函数；
当a＜0时，f（x）在区间（－a，＋∞）上单调递增，在区间（0，－a）上单调递减.
11.C f'（x）＝a－ex.因为f（x）＝ax－ex在（0，1）上不单调，所以f'（x）＝0在（0，1）上有解，又f'（x）在（0，1）上单调递减，所以f'（0）＝a－1＞0，f'（1）＝a－e＜0，故a∈（1，e）.故选C.
12.C f（－x）＝－2sin x－e－x＋ex，∵f（－x）＋f（x）＝0，∴f（x）为奇函数，则f'（x）＝2cos x－（ex＋e－x），∵2cos x≤2，ex＋e－x≥2，∴f'（x）≤0，f（x）为减函数，又f（x2－4）＋f（3x）＜0，则f（x2－4）＜－f（3x）＝f（－3x），∴x2－4＞－3x，∴x＞1或x＜－4.故选C.
13.（0，＋∞） 解析：由题知，f'（x）＝kex－1－1＋x，因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与x轴平行，所以f'（0）＝k·e－1－1＝0，解得k＝e，故f'（x）＝ex＋x－1.令f'（x）＞0，解得x＞0，故f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）.
14.解：（1）当a＝－时，
f（x）＝－x2＋ln（x＋1）（x＞－1），
f'（x）＝－x＋＝－（x＞－1）.
当f'（x）＞0时，解得－1＜x＜1；
当f'（x）＜0时，解得x＞1.
故函数f（x）的单调递增区间是（－1，1），单调递减区间是（1，＋∞）.
（2）因为函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递减，
所以f'（x）＝2ax＋≤0对任意x∈[1，＋∞）恒成立，
即a≤－对任意x∈[1，＋∞）恒成立.
令g（x）＝－，x∈[1，＋∞），
易求得在区间[1，＋∞）上，g'（x）＞0，
故g（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，
故g（x）min＝g（1）＝－，故a≤－.
即实数a的取值范围为（－∞，－］.
15.解：（1）由题意知，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为2，所以f'（1）＝2，
又f'（x）＝ln x＋＋1，
所以a＋1＝2，解得a＝1.
（2）存在.
设h（x）＝f（x）－g（x）＝（x＋1）ln x－，
当x∈（0，1]时，h（x）＜0，
又h（2）＝3ln 2－＝ln 8－＞0，
所以存在x0∈（1，2），使得h（x0）＝0.
因为h'（x）＝ln x＋＋1＋，
当x∈（1，2）时，h'（x）＞1－＞0，
当x∈[2，＋∞）时，h'（x）＞0，
所以当x∈（1，＋∞）时，h（x）单调递增.
所以当k＝1时，方程f（x）＝g（x）在（k，k＋1）内存在唯一的根.
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第2课时
函数单调性的应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 含参函数的单调性
【例1】 （链接教科书第214页练习2题）讨论函数 f （ x ）＝ ax2＋ x
－（ a ＋1）ln x （ a ≥0）的单调性.
解：函数 f （ x ）的定义域为（0，＋∞），
f'（ x ）＝ ax ＋1－ ＝ .
①当 a ＝0时，f'（ x ）＝ ，
由f'（ x ）＞0，得 x ＞1，由f'（ x ）＜0，得0＜ x ＜1.
所以 f （ x ）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增.
②当 a ＞0时，f'（ x ）＝ ，
因为 a ＞0，所以 ＞0.
由f'（ x ）＞0，得 x ＞1，由f'（ x ）＜0，得0＜ x ＜1.
所以 f （ x ）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增.
综上所述，当 a ≥0时， f （ x ）在（0，1）内单调递减，在（1，＋
∞）内单调递增.
通性通法
讨论含参函数的单调性的关键点
（1）涉及含参数的函数的单调性问题，一定要判断参数对导数f'
（ x ）在某一区间内的正负是否有影响.若有影响，则必须分类
讨论，讨论时要做到不重不漏，最后进行总结；
（2）求含参函数 y ＝ f （ x ）的单调区间，实质上就是解含参数的不
等式f'（ x ）＞0，f'（ x ）＜0.
【跟踪训练】
设函数 f （ x ）＝e x － ax －2，求 f （ x ）的单调区间.
解： f （ x ）的定义域为（－∞，＋∞），f'（ x ）＝e x － a .
若 a ≤0，则f'（ x ）＞0.
所以 f （ x ）在（－∞，＋∞）上是增函数.
若 a ＞0，则当 x ∈（－∞，ln a ）时，f'（ x ）＜0；
当 x ∈（ln a ，＋∞）时，f'（ x ）＞0.
所以 f （ x ）在（－∞，ln a ）上单调递减，在（ln a ，＋∞）上单
调递增.
综上所述，当 a ≤0时，函数 f （ x ）的增区间是（－∞，＋∞），
无减区间；
当 a ＞0时， f （ x ）的减区间是（－∞，ln a ），增区间是（ln
a ，＋∞）.
题型二 根据函数的单调性求参数
【例2】 若函数 f （ x ）＝ kx －ln x 在区间（1，＋∞）上单调递增，
则 k 的取值范围是 .
解析：由于f'（ x ）＝ k － ， f （ x ）＝ kx －ln x 在区间（1，＋∞）上
单调递增可得f'（ x ）＝ k － ≥0在（1，＋∞）上恒成立.由于 k ≥
，而0＜ ＜1，所以 k ≥1.即 k 的取值范围为[1，＋∞）.
[1，＋∞）
【母题探究】
1. （变条件）若将本例中条件“单调递增”改为“单调递减”，则 k
的取值范围为 .
解析：∵f'（ x ）＝ k － ，且 f （ x ）在（1，＋∞）上单调递减，
∴f'（ x ）＝ k － ≤0在（1，＋∞）上恒成立，即 k ≤ ，∵0＜
＜1，∴ k ≤0.即 k 的取值范围为（－∞，0].
（－∞，0]
2. （变条件）若将本例中条件“单调递增”改为“不单调”，则 k 的
取值范围为 .
解析： f （ x ）＝ kx －ln x 的定义域为（0，＋∞），f'（ x ）＝ k －
.当 k ≤0时，f'（ x ）＜0.∴ f （ x ）在（0，＋∞）上单调递减，
不合题意.当 k ＞0时，令f'（ x ）＝0，得 x ＝ ，只需 ∈（1，＋
∞），即 ＞1，则0＜ k ＜1.∴ k 的取值范围是（0，1）.
（0，1）
通性通法
由函数的单调性求参数的技巧
（1）转化为导数不等式恒成立问题：若 f （ x ）在区间上单调递增
（减），则f'（ x ）≥（≤）0恒成立，可以利用分离参数法或函
数性质求参数，注意检验参数取“＝”时是否满足题意；
（2）若 f （ x ）在区间上不是单调函数，则解法通常有以下两种：
①转化为单调函数求参数，再求其补集；
②转化为函数的导函数有变号零点，再求参数.
【跟踪训练】
（2024·常州月考）已知函数 f （ x ）＝ 在（－2，＋∞）内单调递
减，则实数 a 的取值范围为 .
解析：因为 f （ x ）＝ ，所以f'（ x ）＝ .由函数 f （ x ）在
（－2，＋∞）内单调递减，知f'（ x ）≤0在（－2，＋∞）内恒成
立，即 ≤0在（－2，＋∞）内恒成立，因此 a ≤ .当 a ＝
时， f （ x ）＝ ，此时函数 f （ x ）为常数函数，故 a ＝ 不符合题
意，舍去.故实数 a 的取值范围为 .
题型三 函数单调性的应用
【例3】 （1）已知实数 x ， y 满足2 x ＋2 x ＜2 y ＋2 y ，则（ C ）
A. x ＞ y B. x ＝ y
C. x ＜ y D. x ， y 的大小不确定
解析：设 f （ t ）＝2 t ＋2 t ，所以f'（ t ）＝2＋2 t ln 2＞0，所以函数 f （ t ）是增函数，由题意得 f （ x ）＜ f （ y ），所以 x ＜ y .
（2）已知函数 f （ x ）＝ x － sin x ，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2
x ）＞0的解集是 .
解析：因为 f （ x ）＝ x － sin x ，所以 f （－ x ）＝－ x ＋ sin x ＝－ f （ x ），即函数 f （ x ）为奇函数，函数的导数f'（ x ）＝1－ cos x ≥0，则函数 f （ x ）是增函数，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2 x ）＞0等价于 f （ x ＋1）＞－ f （2－2 x ）＝ f （2 x －2），即 x ＋1＞2 x －2，解得 x ＜3，故不等式的解集为（－∞，3）.
（－∞，3）
通性通法
比较大小及求函数不等式解集的一般思路
（1）在比较两数（式）的大小关系时，首先要判断所给函数的单调
性，再根据函数的单调性比较大小，有时还需要根据待比较式
的结构特征构造新的函数，由新函数的单调性来比较大小；
（2）对于利用导数解不等式问题，需要利用导数判断出函数的单调
性，再利用单调性解不等式.注意函数定义域.
【跟踪训练】
1. 已知函数 f （ x ）＝ln x － ，则（ ）
A. f （e）＞ f （π） B. f （e）＜ f （π）
C. f （e）＝ f （π） D. 无法确定
解析： f'（ x ）＝ ＋ ＞0（ x ＞0），故 f （ x ）是增函数，又e
＜π，故 f （e）＜ f （π）.
{ x ｜ x ＜－ 或0＜ x ＜ }
解析：由 f （ x ）的图象知， f （ x ）在（－∞，－ ）和（ ，
＋∞）上单调递增，在（－ ， ）上单调递减，所以当 x ∈
（－∞，－ ）∪（ ，＋∞）时，f'（ x ）＞0；当 x ∈（－
， ）时，f'（ x ）＜0.所以 x ·f'（ x ）＜0的解集为{ x ｜ x ＜－
或0＜ x ＜ }.
1. （2024·苏州月考）设函数 f （ x ）＝2 x ＋ sin x ，则（ ）
A. f （1）＞ f （2） B. f （1）＜ f （2）
C. f （1）＝ f （2） D. 以上都不正确
解析： f'（ x ）＝2＋ cos x ＞0，故 f （ x ）是R上的增函数，故 f
（1）＜ f （2）.
2. 若函数 f （ x ）＝ ax3－1在R上是减函数，则（ ）
A. a ＝1 B. a ＝2
C. a ≤0 D. a ＜0
解析： f'（ x ）＝3 ax2，要使 f （ x ）在R上为减函数，则f'（ x ）
≤0在R上恒成立，即 a ≤0，又 a ＝0时，f'（ x ）＝0恒成立，所以 a
≠0.综上 a ＜0.
3. 已知函数 f （ x ）＝ ，若 f （ a ＋3）＞ f （2 a ），则 a 的取值
范围是 .
解析：由函数 f （ x ）＝ ，可得f'（ x ）＝ ＞0，即 f
（ x ）为R上的增函数，故由 f （ a ＋3）＞ f （2 a ）可得 a ＋3＞2
a ，∴ a ＜3.
（－∞，3）
4. 已知函数 f （ x ）＝ x3＋ ax2－ a2 x ＋2（ a ＞0）.求函数 f （ x ）的单
调区间.
解：f'（ x ）＝3 x2＋2 ax － a2＝（ x ＋ a ）（3 x － a ），
由f'（ x ）＝0得 x ＝－ a 或 x ＝ .
又 a ＞0，由f'（ x ）＜0，得－ a ＜ x ＜ ，
由f'（ x ）＞0，得 x ＜－ a 或 x ＞ ，
故 f （ x ）的单调递减区间为 ，单调递增区间为
和 .
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知函数 f （ x ）＝3 x － ax （ a ∈R），则“ a ＜0”是“函数 f
（ x ）为增函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
解析： 因为 f （ x ）＝3 x － ax ，所以f'（ x ）＝3 x ln 3－ a ，所以
当 a ≤0时，f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）在定义域上是增函数.因为
（－∞，0） （－∞，0]，所以“ a ＜0”是“函数 f （ x ）为增函
数”的充分不必要条件.故选A.
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2. 若 f （ x ）＝ x3－ ax2的单调递减区间是（0，2），则正数 a 的值是
（ ）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
解析： f'（ x ）＝ x2－2 ax ，令f'（ x ）＜0，由于 a ＞0，故解得0
＜ x ＜2 a ，故2 a ＝2，即 a ＝1.
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3. 若函数 f （ x ）＝ x3－2 ax2－（ a －2） x ＋5恰好有三个单调区间，
则实数 a 的取值范围为（ ）
A. －1≤ a ≤2 B. －2≤ a ≤1
C. a ＞2或 a ＜－1 D. a ＞1或 a ＜－2
解析： 若函数 f （ x ）有3个单调区间，则f'（ x ）＝4 x2－4 ax －
（ a －2）有2个零点，故Δ＝16 a2＋16（ a －2）＞0，解得 a ＞1或 a
＜－2.
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4. （2024·周口期中）已知函数 f （ x ）＝ ，当1＜ x ＜3时，下列关
系正确的是（ ）
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解析： 由题意得f'（ x ）＝ ，当1＜ x ＜3时，f'（ x ）
＞0，所以 f （ x ）在（1，3）上单调递增.又1＜ ＜ x ＜3，所以 f
（ ）＜ f （ x ）.由 f （ x ）在（1，3）上单调递增，可知当 x ∈
（1，3）时， f （ x ）＞ f （1）＝e，所以 f2（ x ）＞ f （ x ）.综上 f
（ ）＜ f （ x ）＜ f2（ x ）.
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5. （多选）（2024·无锡月考）已知定义在R上的函数 f （ x ），其导
函数 y ＝f'（ x ）的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是
（ ）
A. f （ b ）＞ f （ a ）
B. f （ d ）＞ f （ e ）
C. f （ a ）＞ f （ d ）
D. f （ c ）＞ f （ e ）
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解析： 由题图可得，当 x ∈（－∞， c ）∪（ e ，＋∞）
时，f'（ x ）＞0，当 x ∈（ c ， e ）时，f'（ x ）＜0，故 f （ x ）在
（－∞， c ），（ e ，＋∞）上单调递增，在（ c ， e ）上单调递
减，所以 f （ b ）＞ f （ a ）， f （ d ）＞ f （ e ）， f （ c ）＞ f （ e ）.
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6. （多选）若函数 f （ x ）＝ x2－9ln x 在区间[ m －1， m ＋1]上单
调，则实数 m 的取值可以是（ ）
A. 4 B. 3
C. 2 D. 1
解析： f （ x ）的定义域为（0，＋∞），f'（ x ）＝ x － ＝
；由f'（ x ）≥0得函数 f （ x ）的单调递增区间为[3，＋∞）；
由f'（ x ）≤0得函数 f （ x ）的单调递减区间为（0，3]；因为 f
（ x ）在区间[ m －1， m ＋1]上单调，所以或 m －
1≥3，解得1＜ m ≤2或 m ≥4；结合选项可得A、C正确.
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7. 函数 f （ x ）＝ x3－ （2 a ＋1） x2＋（ a2＋ a ） x ＋4（ a ∈R）的
单调减区间是 .
解析：f'（ x ）＝ x2－（2 a ＋1） x ＋ a2＋ a ＝[ x －（ a ＋1）]（ x －
a ），令f'（ x ）＜0，得 a ＜ x ＜ a ＋1，故 f （ x ）的单调减区间是
（ a ， a ＋1）.
（ a ， a ＋1）
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8. 若函数 y ＝ x2－2 bx ＋6在（2，8）内单调递增，则实数 b 的取值范
围是 .
解析：由题意得y'＝2 x －2 b ≥0在（2，8）内恒成立，即 b ≤ x 在
（2，8）内恒成立，所以 b ≤2.
（－∞，2]
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解析：∵ f （ x ）＝4 x ＋3 sin x ， x ∈（－1，1），∴f'（ x ）＝4＋3
cos x ＞0在 x ∈（－1，1）上恒成立，∴ f （ x ）在（－1，1）上单
调递增.又 f （ x ）＝4 x ＋3 sin x ， x ∈（－1，1）是奇函数，∴不
等式 f （1－ a ）＋ f （1－ a2）＜0可化为 f （1－ a ）＜ f （ a2－1）.
结合函数 f （ x ）的定义域可知， a 要满足解得
1＜ a ＜ .
（1， ）
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10. 已知函数 f （ x ）＝ a ln x ＋ x ，讨论 f （ x ）的单调性.
解：∵ f （ x ）＝ a ln x ＋ x （ x ＞0），
∴f'（ x ）＝ ＋1＝ （ x ＞0），
若 a ≥0，则f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）在（0，＋∞）上为增函
数；
若 a ＜0，则当 x ∈（－ a ，＋∞）时，f'（ x ）＞0，当 x ∈
（0，－ a ）时，f'（ x ）＜0，
∴ f （ x ）在（－ a ，＋∞）上单调递增，在（0，－ a ）上单
调递减.
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综上，当 a ≥0时， f （ x ）在（0，＋∞）上为增函数；
当 a ＜0时， f （ x ）在区间（－ a ，＋∞）上单调递增，在区
间（0，－ a ）上单调递减.
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11. 已知函数 f （ x ）＝ ax －e x 在（0，1）上不是单调函数，则实数 a
的取值范围是（ ）
A. （0，1） B. （0，e）
C. （1，e） D. （－∞，e）
解析： f'（ x ）＝ a －e x .因为 f （ x ）＝ ax －e x 在（0，1）上不
单调，所以f'（ x ）＝0在（0，1）上有解，又f'（ x ）在（0，1）
上单调递减，所以f'（0）＝ a －1＞0，f'（1）＝ a －e＜0，故 a ∈
（1，e）.故选C.
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12. 已知函数 f （ x ）＝2 sin x －e x ＋e－ x ，则关于 x 的不等式 f （ x2－
4）＋ f （3 x ）＜0的解集为（ ）
A. （－4，1） B. （－1，4）
C. （－∞，－4）∪（1，＋∞） D. [－1，4]
解析： f （－ x ）＝－2 sin x －e－ x ＋e x ，∵ f （－ x ）＋ f （ x ）
＝0，∴ f （ x ）为奇函数，则f'（ x ）＝2 cos x －（e x ＋e－ x ），
∵2 cos x ≤2，e x ＋e－ x ≥2，∴f'（ x ）≤0， f （ x ）为减函数，又 f
（ x2－4）＋ f （3 x ）＜0，则 f （ x2－4）＜－ f （3 x ）＝ f （－3
x ），∴ x2－4＞－3 x ，∴ x ＞1或 x ＜－4.故选C.
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13. （2024·扬州质检）已知函数 f （ x ）＝ k e x－1－ x ＋ x2（ k 为常
数），曲线 y ＝ f （ x ）在点（0， f （0））处的切线与 x 轴平行，
则 f （ x ）的单调递增区间为 .
解析：由题知，f'（ x ）＝ k e x－1－1＋ x ，因为曲线 y ＝ f （ x ）在
点（0， f （0））处的切线与 x 轴平行，所以f'（0）＝ k ·e－1－1＝
0，解得 k ＝e，故f'（ x ）＝e x ＋ x －1.令f'（ x ）＞0，解得 x ＞0，
故 f （ x ）的单调递增区间为（0，＋∞）.
（0，＋∞）
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14. 已知函数 f （ x ）＝ ax2＋ln（ x ＋1）.
（1）当 a ＝－ 时，求函数 f （ x ）的单调区间；
解： 当 a ＝－ 时，
f （ x ）＝－ x2＋ln（ x ＋1）（ x ＞－1），
f'（ x ）＝－ x ＋ ＝－ （ x ＞－1）.
当f'（ x ）＞0时，解得－1＜ x ＜1；
当f'（ x ）＜0时，解得 x ＞1.
故函数 f （ x ）的单调递增区间是（－1，1），单调递减区
间是（1，＋∞）.
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（2）若函数 f （ x ）在区间[1，＋∞）上单调递减，求实数 a 的取
值范围.
解：因为函数 f （ x ）在区间[1，＋∞）上单调递减，
所以f'（ x ）＝2 ax ＋ ≤0对任意 x ∈[1，＋∞）恒成立，
即 a ≤－ 对任意 x ∈[1，＋∞）恒成立.
令 g （ x ）＝－ ， x ∈[1，＋∞），
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易求得在区间[1，＋∞）上，g'（ x ）＞0，
故 g （ x ）在区间[1，＋∞）上单调递增，
故 g （ x ）min＝ g （1）＝－ ，故 a ≤－ .
即实数 a 的取值范围为（－∞，－ ］.
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15. （2024·南京月考）设函数 f （ x ）＝（ x ＋ a ）ln x ， g （ x ）＝ .
已知曲线 y ＝ f （ x ）在点（1， f （1））处的切线与直线2 x － y ＝
0平行.
（1）求 a 的值；
解： 由题意知，曲线 y ＝ f （ x ）在点（1， f （1））处
的切线斜率为2，所以f'（1）＝2，
又f'（ x ）＝ln x ＋ ＋1，
所以 a ＋1＝2，解得 a ＝1.
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（2）是否存在自然数 k ，使得方程 f （ x ）＝ g （ x ）在（ k ， k ＋
1）内存在唯一的根？如果存在，求出 k ；如果不存在，请
说明理由.
解： 存在.
设 h （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ）＝（ x ＋1）ln x － ，
当 x ∈（0，1]时， h （ x ）＜0，
又 h （2）＝3ln 2－ ＝ln 8－ ＞0，
所以存在 x0∈（1，2），使得 h （ x0）＝0.
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因为h'（ x ）＝ln x ＋ ＋1＋ ，
当 x ∈（1，2）时，h'（ x ）＞1－ ＞0，
当 x ∈[2，＋∞）时，h'（ x ）＞0，
所以当 x ∈（1，＋∞）时， h （ x ）单调递增.
所以当 k ＝1时，方程 f （ x ）＝ g （ x ）在（ k ， k ＋1）内存
在唯一的根.
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谢 谢 观 看！第2课时 最值在实际生活中的应用
题型一 几何问题中的最值
【例1】 （链接教科书第219页例8）有一块边长为a的正方形铁板，现从铁板的四个角各截去一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器.为使其容积最大，截下的小正方形边长应为多少？
通性通法
几何中的最值的求解思路
面积、体积（容积）最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后注意检验.
【跟踪训练】
已知圆柱的表面积为定值S，当圆柱的容积V最大时，圆柱的高h的值为 .
题型二 用料（费用）最少问题
【例2】 某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为（2＋）x万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元.
（1）试写出y关于x的函数关系式；
（2）当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
通性通法
实际生活中用料最省、费用最少、损耗最小、最节省时间等问题一般都需要利用导数求解相应函数的最小值.根据f'（x）＝0求出极值点（注意根据实际意义舍去不合适的极值点）后，函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值.
【跟踪训练】
已知A，B两地相距200千米，一只船从A地逆水航行到B地，水速为8千米/时，船在静水中的航行速度为v千米/时（8＜v≤v0）.若船每小时航行所需的燃料费与其在静水中的航行速度的平方成正比，当v＝12（千米/时）时，船每小时航行所需的燃料费为720元.为了使全程燃料费最省，船在静水中的航行速度v应为多少？
题型三 利润最大问题
【例3】 （链接教科书第220页例10）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y＝＋10（x－6）2.其中3＜x＜6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.
（1）求a的值；
（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
通性通法
1.经济生活中优化问题的解法
经济生活中要分析生产的成本与利润及利润增减的快慢，以产量或单价为自变量很容易建立函数关系，从而可以利用导数来分析、研究、指导生产活动.
2.关于利润问题常用的两个等量关系
（1）利润＝收入－成本；
（2）利润＝每件产品的利润×销售件数.
【跟踪训练】
某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，可获利200元，如果生产出一件次品，则损失100元.已知该厂制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是：p＝（x∈N*）.
（1）写出该厂的日盈利额T（元）用日产量x（件）表示的函数关系式；
（2）为获最大日盈利，该厂的日产量应定为多少件？
1.炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，如果第x小时时，原油温度（单位：℃）为f（x）＝x3－x2＋8（0≤x≤5），那么原油温度的瞬时变化率的最小值是（ ）
A.8 B.
C.－1 D.－8
2.（2024·南通月考）要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使其体积最大，则高应为（ ）
A. cm B. cm
C. cm D. cm
3.为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：C（x）＝（0≤x≤10），若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f（x）为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.
（1）求k的值及f（x）的表达式；
（2）隔热层修建多厚时，总费用f（x）达到最小，并求最小值.
第2课时 函数单调性的应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝ax＋1－
＝.
①当a＝0时，f'（x）＝，
由f'（x）＞0，得x＞1，由f'（x）＜0，得0＜x＜1.
所以f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增.
②当a＞0时，
f'（x）＝，
因为a＞0，所以＞0.
由f'（x）＞0，得x＞1，由f'（x）＜0，得0＜x＜1.
所以f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增.
综上所述，当a≥0时，f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增.
跟踪训练
解：f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝ex－a.
若a≤0，则f'（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，＋∞）上是增函数.
若a＞0，则当x∈（－∞，ln a）时，f'（x）＜0；
当x∈（ln a，＋∞）时，f'（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增.
综上所述，当a≤0时，函数f（x）的增区间是（－∞，＋∞），无减区间；
当a＞0时，f（x）的减区间是（－∞，ln a），增区间是（ln a，＋∞）.
【例2】 [1，＋∞） 解析：由于f'（x）＝k－，f（x）＝kx－ln x在区间（1，＋∞）上单调递增可得f'（x）＝k－≥0在（1，＋∞）上恒成立.由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞）.
母题探究
1.（－∞，0] 解析：∵f'（x）＝k－，且f（x）在（1，＋∞）上单调递减，∴f'（x）＝k－≤0在（1，＋∞）上恒成立，即k≤，∵0＜＜1，∴k≤0.即k的取值范围为（－∞，0].
2.（0，1） 解析：f（x）＝kx－ln x的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝k－.当k≤0时，f'（x）＜0.∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减，不合题意.当k＞0时，令f'（x）＝0，得x＝，只需∈（1，＋∞），即＞1，则0＜k＜1.∴k的取值范围是（0，1）.
跟踪训练
解析：因为f（x）＝，所以f'（x）＝.由函数f（x）在（－2，＋∞）内单调递减，知f'（x）≤0在（－2，＋∞）内恒成立，即≤0在（－2，＋∞）内恒成立，因此a≤.当a＝时，f（x）＝，此时函数f（x）为常数函数，故a＝不符合题意，舍去.故实数a的取值范围为.
【例3】 （1）C （2）（－∞，3）
解析：（1）设f（t）＝2t＋2t，所以f'（t）＝2＋2tln 2＞0，所以函数f（t）是增函数，由题意得f（x）＜f（y），所以x＜y.
（2）因为f（x）＝x－sin x，所以f（－x）＝－x＋sin x＝－f（x），即函数f（x）为奇函数，函数的导数f'（x）＝1－cos x≥0，则函数f（x）是增函数，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞0等价于f（x＋1）＞－f（2－2x）＝f（2x－2），即x＋1＞2x－2，解得x＜3，故不等式的解集为（－∞，3）.
跟踪训练
1.B f'（x）＝＋＞0（x＞0），故f（x）是增函数，又e＜π，故f（e）＜f（π）.
2.{x｜x＜－或0＜x＜}
解析：由f（x）的图象知，f（x）在（－∞，－）和（，＋∞）上单调递增，在（－，）上单调递减，所以当x∈（－∞，－）∪（，＋∞）时，f'（x）＞0；当x∈（－，）时，f'（x）＜0.所以x·f'（x）＜0的解集为{x｜x＜－或0＜x＜}.
随堂检测
1.B f'（x）＝2＋cos x＞0，故f（x）是R上的增函数，故f（1）＜f（2）.
2.D f'（x）＝3ax2，要使f（x）在R上为减函数，则f'（x）≤0在R上恒成立，即a≤0，又a＝0时，f'（x）＝0恒成立，所以a≠0.综上a＜0.
3.（－∞，3） 解析：由函数f（x）＝，可得f'（x）＝＞0，即f（x）为R上的增函数，故由f（a＋3）＞f（2a）可得a＋3＞2a，∴a＜3.
4.解：f'（x）＝3x2＋2ax－a2＝（x＋a）（3x－a），
由f'（x）＝0得x＝－a或x＝.
又a＞0，由f'（x）＜0，得－a＜x＜，
由f'（x）＞0，得x＜－a或x＞，
故f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为和（，＋∞）.
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