§3.3導數與函數的單調性(二)課標要求1.會根據函數的單調性求參數的范圍.2.會利用函數的單調性解不等式、比較大小.題型一根據單調性求參數范圍例1已知函數f(x)＝lnx－12ax2－2x(a≠(1)若f(x)在[1，4]上單調遞減，求實數a的取值范圍；(2)若f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍.思維升華由函數的單調性求參數的取值范圍的方法(1)函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立.(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是f'(x)>0(或f'(x)<0)在該區間上存在解集.跟蹤訓練1(1)(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數f(x)＝aex－lnx在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為()A.e2 B.eC.e－1 D.e－2(2)(2025·滄州模擬)若函數f(x)＝2x－3x－tlnx在(1，3)上不單調，則實數tA.(26，7) B.(7，＋∞)C.[7，＋∞) D.[26，7]題型二利用單調性比較大小例2(1)(多選)(2024·新課標全國Ⅰ)設函數f(x)＝(x－1)2(x－4)，則()A.x＝3是f(x)的極小值點B.當0<x<1時，f(x)<f(x2)C.當1<x<2時，－4<f(2x－1)<0D.當－1<x<0時，f(2－x)>f(x)(2)若a＝14ln14，b＝23ln23，A.c<b<a B.b<c<aC.c<a<b D.b<a<c常見組合函數的圖象在導數的應用中常用到以下函數，記住以下的函數圖象對解題有事半功倍的效果.典例(多選)如果函數f(x)對定義域內的任意兩實數x1，x2(x1≠x2)都有x1f(x1)?x2f(x2)x1?x2A.f(x)=ex B.f(x)=x2C.f(x)=lnx D.f(x)=sinx思維升華利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件判斷已知(或構造后的)函數的單調性，利用其單調性比較大小.跟蹤訓練2(1)已知函數f(x)＝lnx－xex，設a＝f

32，b＝f(2)，c＝A.a>b>c B.b>a>cC.c>b>a D.c>a>b(2)(2024·貴州模擬)已知a＝ln(2e)，b＝e＋1e，c＝ln55＋1，則a，b，A.c>a>b B.b>a>cC.a>b>c D.b>c>a題型三利用單調性解不等式例3(2024·南充模擬)設函數f(x)＝sinx＋ex－e－x－x，則滿足f(x)＋f(3－2x)<0的x的取值范圍是()A.(－∞，1) B.(1，＋∞)C.(3，＋∞) D.(－∞，3)思維升華利用函數的單調性解不等式的關鍵是首先判斷函數的單調性，然后把不等式兩邊化成函數的兩個函數值即可，易忽視函數的定義域.跟蹤訓練3(2025·西安模擬)已知函數f(x)＝12x2－2x＋lnx.若f(a＋1)≥f(2a－1)，則aA.(－∞，－1] B.(－1，2]C.[2，＋∞) D.12

答案精析例1解(1)因為f(x)在[1，4]上單調遞減，所以當x∈[1，4]時，f'(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a≥1x設G(x)＝1x2－2x，x∈所以a≥G(x)max，而G(x)＝1x?1因為x∈[1，4]，所以1x∈1所以G(x)max＝－716(此時x＝4所以a≥－716又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是?716，0∪(0，＋(2)因為f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，則f'(x)<0在[1，4]上有解，所以當x∈[1，4]時，a>1x又當x∈[1，4]時，1x2?2x所以a>－1，又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞).跟蹤訓練1(1)C[依題可知，f'(x)＝aex－1x≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0所以xex≥1a在(1，2設g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g'(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上單調遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥1a即a≥1e＝e－1，即a的最小值為e－1.(2)A[函數f(x)＝2x－3x－tlnx，求導得f'(x)＝2＋3依題意，f'(x)在(1，3)上有變號零點，由f'(x)＝0，得t＝2x＋3x函數t＝2x＋3x在1，62上單調遞減，26<t<5；在62，3上單調遞增，26<t<7，所以實數t的取值范圍是(26例2(1)ACD[對于A，因為函數f(x)的定義域為R，f'(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知當x∈(1，3)時，f'(x)<0；當x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)時，f'(x)>0，所以函數f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，在(3，＋∞)上單調遞增，故x＝3是f(x)的極小值點，故A正確；對于B，當0<x<1時，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，由A選項分析可知，函數f(x)在(0，1)上單調遞增，所以f(x)>f(x2)，故B錯誤；對于C，當1<x<2時，1<2x－1<3，由A選項分析可知，函數f(x)在(1，3)上單調遞減，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，故C正確；對于D，當－1<x<0時，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正確.](2)C[因為c＝－1e＝1ea＝14ln14＝1構造函數f(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，則f'(x)＝lnx＋1，令f'(x)>0，解得x>1e令f'(x)<0，解得0<x<1e可得f(x)在0，1e上單調遞減，在且1e<12<所以c＝f

1e<a＝f

12<b＝f

23，即c<a<微拓展典例ACD[依題意，函數g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數.對于A，g(x)＝xex，g'(x)＝(x＋1)ex，當x∈(－∞，－1)時，g'(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上單調遞減，故A中函數不是“F函數”；對于B，g(x)＝x3在R上為增函數，故B中函數為“F函數”；對于C，g(x)＝xlnx，g'(x)＝1＋lnx，x>0，當x∈0，1e時，g'(x)∴g(x)在0，1故C中函數不是“F函數”；對于D，g(x)＝xsinx，g'(x)＝sinx＋xcosx，當x∈?π2，0時，g'(x∴g(x)在?π故D中函數不是“F函數”.]跟蹤訓練2(1)C[易知f'(x)＝1x當x∈(1，＋∞)時，f'(x)＝1x＋所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，故f

73>f(2)>f

3即c>b>a.](2)B[由題意，a＝ln22＋1b＝lnee＋1，c＝ln55設f(x)＝lnxx，則f'(x)＝當0<x<e時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；當x>e時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，故f(x)max＝f(e)＝1e則1e>ln55，1e即b>c，b>a；由ln55－可知c<a，故b>a>c.]例3C[f(x)＝sinx＋ex－e－x－x，∴f(－x)＝－sinx＋e－x－ex＋x＝－f(x)，∴f(x)為R上的奇函數，又f'(x)＝cosx＋ex＋e－x－1≥cosx＋2－1＝1＋cosx≥0，則f(x)在R上單調遞增，又f(x)＋f(3－2x)<0，∴f(x)<－f(3－2x)，又f(x)為R上的奇函數，∴f(x)<f(2x－3)，又f(x)在R上單調遞增，∴x<2x－3，∴x>3，故滿足f(x)＋f(3－2x)<0的x的取值范圍是(3，＋∞).]跟蹤訓練3D[因為f(x)＝12x2－2x＋lnx，x∈(0，＋∞所以f'(x)＝x－2＋1＝x2?2x所以f(x)是增函數，所以若f(a＋1)≥f(2a－1)，則a＋1≥2a－1>0，解得12<a≤2.

3.3導數與函數的單調性(二)課標要求1.會根據函數的單調性求參數的范圍.2.會利用函數的單調性解不等式、比較大小.題型一根據單調性求參數范圍例1已知函數f(x)=lnx-12ax2-2x(a≠0)(1)若f(x)在[1，4]上單調遞減，求實數a的取值范圍；(2)若f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍.解(1)因為f(x)在[1，4]上單調遞減，所以當x∈[1，4]時，f'(x)=1x-ax-2≤0恒成立，即a≥1x2-設G(x)=1x2-2x，x∈[1所以a≥G(x)max，而G(x)=1x?1因為x∈[1，4]，所以1x∈1所以G(x)max=-716(此時x=4所以a≥-716又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是?716，0∪(0，+(2)因為f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，則f'(x)<0在[1，4]上有解，所以當x∈[1，4]時，a>1x2-又當x∈[1，4]時，1x2?2x所以a>-1，又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是(-1，0)∪(0，+∞).思維升華由函數的單調性求參數的取值范圍的方法(1)函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立.(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是f'(x)>0(或f'(x)<0)在該區間上存在解集.跟蹤訓練1(1)(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數f(x)=aex-lnx在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為()A.e2 B.e C.e-1 D.e-2答案C解析依題可知，f'(x)=aex-1x≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0所以xex≥1a在(1，2設g(x)=xex，x∈(1，2)，所以g'(x)=(x+1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上單調遞增，g(x)>g(1)=e，故e≥1a即a≥1e=e-1，即a的最小值為e-1(2)(2025·滄州模擬)若函數f(x)=2x-3x-tlnx在(1，3)上不單調，則實數t的取值范圍是(A.(26，7) B.(7，+∞)C.[7，+∞) D.[26，7]答案A解析函數f(x)=2x-3x-tlnx，求導得f'(x)=2+3x2依題意，f'(x)在(1，3)上有變號零點，由f'(x)=0，得t=2x+3x函數t=2x+3x在1，62上單調遞減，26<t<5；在62，3上單調遞增，26<t<7，所以實數t的取值范圍是(2題型二利用單調性比較大小例2(1)(多選)(2024·新課標全國Ⅰ)設函數f(x)=(x-1)2(x-4)，則()A.x=3是f(x)的極小值點B.當0<x<1時，f(x)<f(x2)C.當1<x<2時，-4<f(2x-1)<0D.當-1<x<0時，f(2-x)>f(x)答案ACD解析對于A，因為函數f(x)的定義域為R，f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3)，易知當x∈(1，3)時，f'(x)<0；當x∈(-∞，1)或x∈(3，+∞)時，f'(x)>0，所以函數f(x)在(-∞，1)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，在(3，+∞)上單調遞增，故x=3是f(x)的極小值點，故A正確；對于B，當0<x<1時，x-x2=x(1-x)>0，所以1>x>x2>0，由A選項分析可知，函數f(x)在(0，1)上單調遞增，所以f(x)>f(x2)，故B錯誤；對于C，當1<x<2時，1<2x-1<3，由A選項分析可知，函數f(x)在(1，3)上單調遞減，所以f(1)>f(2x-1)>f(3)，即-4<f(2x-1)<0，故C正確；對于D，當-1<x<0時，f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0，所以f(2-x)>f(x)，故D正確.(2)若a=14ln14，b=23ln23，c=-1A.c<b<a B.b<c<aC.c<a<b D.b<a<c答案C解析因為c=-1e=1eln1e，a=14ln14=12ln12，構造函數f(x)=xlnx，x則f'(x)=lnx+1，令f'(x)>0，解得x>1e令f'(x)<0，解得0<x<1e可得f(x)在0，1e上單調遞減，在1e，+∞上單調遞增，且1所以c=f

1e<a=f

12<b=f

即c<a<b.常見組合函數的圖象在導數的應用中常用到以下函數，記住以下的函數圖象對解題有事半功倍的效果.典例(多選)如果函數f(x)對定義域內的任意兩實數x1，x2(x1≠x2)都有x1f(x1)?x2f(x2)x1?x2A.f(x)=ex B.f(x)=x2C.f(x)=lnx D.f(x)=sinx答案ACD解析依題意，函數g(x)=xf(x)為定義域上的增函數.對于A，g(x)=xex，g'(x)=(x+1)ex，當x∈(-∞，-1)時，g'(x)<0，∴g(x)在(-∞，-1)上單調遞減，故A中函數不是“F函數”；對于B，g(x)=x3在R上為增函數，故B中函數為“F函數”；對于C，g(x)=xlnx，g'(x)=1+lnx，x>0，當x∈0，1e時，g'(x)∴g(x)在0，1故C中函數不是“F函數”；對于D，g(x)=xsinx，g'(x)=sinx+xcosx，當x∈?π2，0時，g'(x∴g(x)在?π故D中函數不是“F函數”.思維升華利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件判斷已知(或構造后的)函數的單調性，利用其單調性比較大小.跟蹤訓練2(1)已知函數f(x)=lnx-xex，設a=f

32，b=f(2)，c=f

73A.a>b>c B.b>a>cC.c>b>a D.c>a>b答案C解析易知f'(x)=1x-1?xex=當x∈(1，+∞)時，f'(x)=1x+x?1所以f(x)在(1，+∞)上單調遞增，故f

73>f(2)>f

32，即c>(2)(2024·貴州模擬)已知a=ln(2e)，b=e+1e，c=ln55+1，則a，b，c的大小關系為(A.c>a>b B.b>a>cC.a>b>c D.b>c>a答案B解析由題意，a=ln22+1，b=lnee+1，c=ln5設f(x)=lnxx，則f'(x)=當0<x<e時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；當x>e時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，故f(x)max=f(e)=1e則1e>ln55，1e>ln22，即b>由ln55-ln22=2ln5?5ln210=可知c<a，故b>a>c.題型三利用單調性解不等式例3(2024·南充模擬)設函數f(x)=sinx+ex-e-x-x，則滿足f(x)+f(3-2x)<0的x的取值范圍是()A.(-∞，1) B.(1，+∞)C.(3，+∞) D.(-∞，3)答案C解析f(x)=sinx+ex-e-x-x，∴f(-x)=-sinx+e-x-ex+x=-f(x)，∴f(x)為R上的奇函數，又f'(x)=cosx+ex+e-x-1≥cosx+2-1=1+cosx≥0，則f(x)在R上單調遞增，又f(x)+f(3-2x)<0，∴f(x)<-f(3-2x)，又f(x)為R上的奇函數，∴f(x)<f(2x-3)，又f(x)在R上單調遞增，∴x<2x-3，∴x>3，故滿足f(x)+f(3-2x)<0的x的取值范圍是(3，+∞).思維升華利用函數的單調性解不等式的關鍵是首先判斷函數的單調性，然后把不等式兩邊化成函數的兩個函數值即可，易忽視函數的定義域.跟蹤訓練3(2025·西安模擬)已知函數f(x)=12x2-2x+lnx.若f(a+1)≥f(2a-1)，則a的取值范圍是(A.(-∞，-1] B.(-1，2]C.[2，+∞) D.1答案D解析因為f(x)=12x2-2x+lnx，x∈(0，+∞所以f'(x)=x-2+1x=x2?2x+1所以f(x)是增函數，所以若f(a+1)≥f(2a-1)，則a+1≥2a-1>0，解得12<a≤2課時精練(分值：80分)一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.(2024·重慶模擬)已知函數f(x)=13ax3+x2+x+4，則“a≥0”是“f(x)在R上單調遞增”的(A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件答案C解析由題意知，f'(x)=ax2+2x+1，若f(x)在R上單調遞增，則f'(x)≥0恒成立，則a>0，Δ=4?4a≤故“a≥0”是“f(x)在R上單調遞增”的必要不充分條件.2.函數f(x)=12x2-9lnx在區間[m，m+1]上單調遞減，則實數m的取值范圍是(A.[0，2) B.[0，2]C.(0，2] D.(0，2)答案C解析函數f(x)=12x2-9lnx的導數f'(x)=x-9x=x2?9令f'(x)≤0，解得0<x≤3，因為函數f(x)=12x2-9lnx在區間[m，m+1則[m，m+1]?(0，3]，即m>0，m+1≤3，解得3.若a=1e2，b=3ln264，c=2ln381A.a<c<b B.a<b<cC.c<a<b D.c<b<a答案D解析因為a=1e2=lnee2，b=3ln264=ln882所以令g(x)=lnx則a=g(e)，b=g(8)，c=g(9)，g'(x)=1?2lnx當x∈(e，+∞)時，g'(x)<0，所以函數g(x)在(e，+∞)上單調遞減.又e<e<8<9，所以g(e)>g(8)>g(9)，即c<b<a.4.(2024·蘇州模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數，當x≥0時，f(x)=ex+sinx，則不等式f(2x-1)<eπ的解集是()A.1+π2，+∞ C.0，1+eπ2答案D解析當x≥0時，f'(x)=ex+cosx，因為ex≥1，cosx∈[-1，1]，所以f'(x)=ex+cosx≥0在[0，+∞)上恒成立，所以f(x)在[0，+∞)上單調遞增，又因為f(x)是定義在R上的偶函數，所以f(x)在(-∞，0]上單調遞減，所以f(-π)=f(π)=eπ，所以由f(2x-1)<eπ可得-π<2x-1<π，解得x∈1?π2二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.(2025·常州模擬)若函數f(x)=x-2x-alnx存在單調遞減區間，則實數a的取值可以是(A.2 B.22 C.32 D.4答案CD解析因為f(x)=x-2x-alnx所以f'(x)=1+2x2-ax<0在(0，即a>2x因為2x+x≥22x·x當且僅當x=2時等號成立，故a>22.6.已知0<x1<x2<1，則下列不等式恒成立的是()A.ex1-ex2>lnxB.x2·ex1>x1C.ex1-ex2<lnxD.x2·ex1<x1答案BC解析令f(x)=ex+lnx(0<x<1)，所以f'(x)=ex+1x>0故f(x)在(0，1)上單調遞增，因為0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，所以ex1+lnx1<ex2+ln可得ex1-ex2<lnx2-lnx1，故令g(x)=exx(0<x所以g'(x)=ex因為0<x<1，所以g'(x)<0，故g(x)在(0，1)上單調遞減，因為0<x1<x2<1，所以g(x1)>g(x2)，所以ex1x即x2·ex1>x1·ex2，故B三、填空題(每小題5分，共10分)7.已知函數f(x)=3x+2cosx.若a=f(32)，b=f(2)，c=f(log27)，則a，b，c的大小關系為.

答案a>c>b解析由題意，得f'(x)=3-2sinx.因為-1≤sinx≤1，所以f'(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數.因為2>1，所以32>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<32，所以f(2)<f(log27)<f(32)，即a>c>b.8.已知函數f(x)=3xa-2x2+lnx(a>0)，若函數f(x)在[1，2]上不單調，則實數a的取值范圍是答案2解析f'(x)=3a-4x+1若函數f(x)在[1，2]上單調，即f'(x)=3a-4x+1x≥0或f'(x)=3a-4x+1x≤0在[即3a≥4x-1x或3a≤4x-1x在[1令h(x)=4x-1x，則h(x)在[1，2所以3a≥h(2)或3a≤h(1)，即3a≥152或又a>0，所以0<a≤25或a≥1因為f(x)在[1，2]上不單調，所以25<a<1四、解答題(共28分)9.(13分)已知函數f(x)=x2?2axex((1)當a=34時，求此時曲線y=f(x)在x=1處的切線方程；(6分(2)若f(x)在(2，+∞)上單調遞減，求a的取值范圍.(7分)解(1)當a=34時，f(x)=xf'(x)=?x∴f(1)=-12e，f'(1)=1∴曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y+12e=1e(x即2x-2ey-3=0.(2)∵f(x)在(2，+∞)上單調遞減，∴f'(x)=?x2+2(a+1)x?2a可得2a≤x2?2xx?1在(令u(x)=x2?2xx?1，u'(x∴u(x)在(2，+∞)上單調遞增，∴u(x)