5.3.1 函数的单调性-【重难点手册】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）浙江专用

第五章一元函数的导教及其应用么出型 5.3 导数在研究函数中的应用 5.3.1 函数的单调性 重点和难点 课标要求 重点：利用导数研究函数的单调性，求简单 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系。 函数的单调区间。 2.能利用导数研究函数的单调性. 难点：利用导数研究函数的单调性。 3.能求不超过三次的多项式函数的单调区间. 口01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1函数的单调性与其导函数正负的关系 1.函数的单调性与其导函数正负的关系 刀划重点7 一般地，函数f(x)的单调性与导函数f(x)的正负之间具有 利用导数解决函数的单 调性问题时需要注意以下 如下关系： 几点： 在某个区间(a,b)上，如果f(x)>0,那么函数y=f(x)在区 (1)定义域优先的原则： 间(a,b)上单调递增； 解决问题的过程只能在定义 域内，通过讨论导数的符号来 在某个区间(a,b)上，如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在区 判断函数的单调区间. 间(a,b)上单调递减. (2)注意“临界，点”和“间 2.利用导数判断函数y=f(x)的单调性的一般步骤： 断点”：在对函数单调区间划 (1)确定函数f(x)的定义域； 分时，除了必须确定使导数等 于0的点外，还要注意在定义 (2)求出导函数f(x)的零点； 域内的间断，点. (3)用f(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列 (3)如果一个函数的单调 表给出f(x)在各区间上的正负，由此得出函数y=f(x)在定义 区间不止一个，那么这些单调 区间之间不能用“U”连接，而 域内的单调性。 只能用“，”或“和”字隔开.函 一般地，上述步骤(2)和(3)可转化为直接解不等式f(x)> 数的单调性是对函数定义域 0(<0): 内的某个子区间而言的，故单 调区间是定义域的子集 不等式f'(x)>0的解集在定义域内的部分即为函数y=f(x) (4)当不等式(x)>0 的单调递增区间； 或f(x)<0不易求解时，可 不等式f'(x)<0的解集在定义域内的部分即为函数y=f(x) 通过列表的方法求出函数 f(x)的单调区间. 的单调递减区间。 知识点2函数图象的变化趋势与导数值大小的关系 1.一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大， 93 重难包手细高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡 司敲黑板司 峭”（向上或向下）；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的 函数图象的变化趋势与 图象就比较“平缓”. 导数值大小的关系：如果一个 2.常见的对应情况如下表所示： 函数在某一范围内导数的绝 f(x)的图象 f(x)的变化规律 函数值的变化规律 对值较大，那么这个函数在这 个范围内变化得较快，其图象 43y 也比较“陡峭”，即|f(x)|越 f(x)>0且越来越大 函数值增加得越来越快 大，曲线y=f(x)的切线斜率 的绝对值越大，函数f(x)的 变化率就越大 f(x)>0且越来越小 函数值增加得越来越慢 P提个醒司 Ay (1)对于利用原函数图象 f(x)<0且越来越小 函数值减小得越来越快 判断导函数大致图象的问题， 关键是利用原函数图象的变 化趋势明确导函数的正负，进 f(x)<0且越来越大 函数值减小得越来越慢 而画出导函数的大致图象 0 (2)对于利用导函数图象 判断函数的单调性问题，关键 3.判断函数单调性的三种方法 是由导函数图象明确导函数 在定义域内（或定义域的某个区间内）任取x,x2,且x<x2,通过 定义法 的正负，进而明确原函数的单 判断f(x)一f(x2)与0的大小关系来确定函数f(x)的单调性 调区间. 利用函数图象的变化趋势直观判断，若函数图象在某个区间内呈 图象法上升趋势，则函数在这个区间内是增函数；若函数图象在某个区 间内呈下降趋势，则函数在这个区间内是减函数 利用导数判断可导函数f(x)在定义域内（或定义域的某个区间 导数法 内)的单调性 重难拓展 重难点1导数背景下函数单调性充要条件的探究 同敲黑板 (1)在某个区间内，f'(x)>0(f(x)<0)是函数f(x)在此区 函数单调性的充要条件 间内单调递增（减）的充分不必要条件 是导数研究的热点，原因是其 (2)函数f(x)在(a,b)内单调递增（减）的充要条件是f'(x)≥0 能够与恒成立问题（方程恒有 (f(x)≤0)在(a,b)内恒成立，且f(x)在区间(a,b)的任意子区 解、不等式恒成立)相结合，充 间内都不恒等于0.也就是说，在区间内的个别点处有f(x)=0 分考查函数与方程思想、分类 讨论思想、数形结合思想以及 并不影响函数f(x)在该区间内的单调性. 转化与化归思想. 例①函数y=f(x)是定义在R上的可导函数，则y=f(x) 为R上的增函数是f(x)>0的(). 94 第五章一元函数的导教及其应用酱出型 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 卫记方法 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 利用导数证明或判断一 解析园函数y=f(x)在R上为增函数，说明f(x)≥0在R 个可导函数在给定区间内的 上恒成立，且f(x)在R上的任意子区间内都不恒等于0，推不出 单调性，实质上就是判断 f(x)>0. f(x)的正负或证明不等式 由函数y=f(x)是定义在R上的可导函数及f(x)>0显然 f(x)≥0(f(x)≤0)在给定 区间内恒成立.一般步骤为： 能推出函数y=f(x)在R上为增函数. (1)求导数f(x);(2)判断 所以函数y=f(x)为R上的增函数是f(x)>0的必要不充 f(x)的符号；(3)得出结论. 分条件 [答案B 重难点2导数在研究不等式问题中的应用 1.导数在研究不等式在某区间上恒成立问题中的应用 后寻思路7 已知函数的单调性求参数的取值范围问题，往往将问题转化 (1)对于例2(1)，由f(x) 为不等式在某区间上的恒成立问题，即f(x)≥0(f(x)≤0)恒成 在区间[1，十∞)上单调递增 立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取 可知f(x)在区间[1，十∞)上 的导数f(x)≥0，由此表示出 “=”时是否满足题意.解决恒成立问题的重要思路： a,利用x的取值范围来确定 (1)m≥f(x)恒成立→m≥f(x)max; a的取值范围. (2)m≤f(x)恒成立→m≤f(x)min. (2)对于例2(2)，要证明 2.导数在证明不等式问题中的应用 已知可导函数y=f(x)和y=g(x),证明不等式f(x)> h1+x)≥02对xe[0, 十∞)恒成立，只需要构造函 g(x),x∈(a,b),可以转化为证明f(x)一g(x)>0.令F(x)= 2x f(x)-g(x),x∈(a,b),如果F(x)>0(<0),那么F(x)在(a,b) 数f(x)=ln(1+x)- 2十x1 上是增（减）函数.若f(a)一g(a)≥0(f(b)-g(b)≥0)，则由增（减） 使得对Hx≥0有f(x)≥0恒 函数的定义可知，当x∈(a,b)时，f(x)一g(x)>0,即f(x)>g(x). 成立，且f(x)在[0，十∞)的 即把证明不等式转化为证明函数的单调性.合理构造函数是基 任意子区间内都不恒等于0 即可 础，研究单调性是关键， 例2(2025·湖北武汉二中高二月考)求解下列问题. P记方法 (1)设函数f(x)=x2+aln(x十1)(a为常数)，若函数f(x) (1)在已知函数f(x)是 在区间[1，十∞)上单调递增，求实数a的取值范围； 增函数（减函数）求参数的取 (2②)证明：对Vx≥0恒有不等式1十)≥2成立. 值范围时，应令f(x)≥0 (f(x)≤0)恒成立，求出参数 解标(1)由题意知f'(x）=2x十2+a≥0在[1，十∞)上 的取值范围（一般可用不等式 x+1 恒成立来求解)，然后检验参 恒成立，即a≥-2x2-2x在[1，十∞)上恒成立. 数取等时能否使∫(x)恒等于 .-2x2-2x在[1，十0∞)上的最大值为-4，∴.a≥-4. 0.若f(x)恒等于0，则参数 95 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 经检验，当a=一4时，fm=2x十2,4_2+2-1≥0， 的这个值应舍去；若∫(x)不 x十1 x+1 恒等于0，则取等时的这个参 x∈[1，+∞). 数值就可取，由f(x)≥0 故实数a的取值范围是[一4，十∞). （f(x)≤0)恒成立解出的参 2设f)=lh1+x)22=z∈[0，+o。 数的取值范围即可确定。 (2)当要证明的不等式比 则f0=1+z22含2 较直观时，我们可以直接构造 (2十x)2 函数，然后用导数证明该函数 x2 (1+x)(2+x)2: 的单调性，最后再用函数单调 性达到证明不等式的目的.有 显然对Hx≥0，有f'(x)≥0，且f(x)仅在x=0处取等号. 时对要证明的式子进行适当的 故函数f(x)在区间[0，十∞)上单调递增，且f(0)=0, 变形会起到事半功倍的效果. 从而f(x)≥f(0)=0. 即1n1+≥2e0,十o） 02关键能力提升。 题型方法 解析由导函数的图象知，在[a,b]上， 题型1导函数与原函数图象之间的联系 f'(x)>0,且只在x=a或x=b时，f'(x)=0, 1.已知导函数f(x)的图象，确定原函数 故f(.x)在区间[a,b]上单调递增.又在区间a, f(x)的图象 例3(2025·华中师大 y 士上f(x)越来越大，则f()在区间[a, y=f'(x) 一附中高二单元检测)已知 士上增长得越来越快：在区同(，]上， f'(x)是f(x)的导函数， f'(x)的图象如图所示，则 f()越来越小，则f)在区间（士6]上增 f(x)的图象只可能是(). 长得越来越慢 答案D 点评利用导函数f(x)的单调性可以判 断原函数f(x)图象的凸性：若f(x)>0且单 调递增，则原函数f(x)的图象上升且下凸；若 f(x)>0且单调递减，则原函数f(x)的图象 上升且上凸；若f(x)<0且单调递增，则原函 数f(x)的图象下降且下凸；若f(x)<0且单 调递减，则原函数f(x)的图象下降且上凸. 96 第五章 一元函数的导教及其应用么型 2.已知原函数f(x)的图象，确定导函数 解析(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)， f(x)的图象 例④(2025·河北石家庄二中高二月考) f'(x）=2x-1=W2.x-1)(2x+1) 设函数f(x)在定义域内可导，f(x)的图象如 因为x>0,所以√2x十1>0.令f(x)>0, 图所示，则导函数f(x)的图象可能是( 解得x>号，所以高效)的单羽递塔区同为 (号+：令f)<0,解得号，又xe (0,十∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为 (o9. (2)函数f(x)的定义域为(-∞，2)U(2, 解析由f(x)的图象可知，y=f(x)在 十∞)， (一∞，0)上是增函数，因此在x0时，有f(x)> f(x)=e（x-2)-e=e(x-3) (x-2)2 (x-2)2· 0(即全部在x轴上方)，故排除A,C.从原函数 图象上可以看出，在区间(0，x1)上原函数是增 因为x∈(-∞，2)U(2,十∞)，所以e> 函数，f(x)>0;在区间(x1,x2)上原函数是减 0,(x-2)2>0. 函数，f(x)<0;在区间(x2,十∞)上原函数是 令f(x)>0,解得x>3,所以函数f(x)的 增函数，f(x)>0.故排除B. 单调递增区间为(3，十∞)；令f(x)<0,解得 答案D x<3,又x∈(-∞，2)U(2,十∞)，所以函数 f(x)的单调递减区间为(-∞，2)，(2,3) [点评研究一个函数的图象与其导函数图 (3)函数f(x)的定义域为（一∞，0）U(0, 象之间的关系时，注意抓住各自的关键要素 对于原函数，要注意其图象在哪个区间内单调 +oof)=x2-2=3(x-).令f' 递增，在哪个区间内单调递减；而对于导函数， 0,解得x<一1或x>1.令f(x)<0,解得 则应注意其函数值在哪个区间内大于0，在哪 -1<x<1,且x≠0. 个区间内小于0，并分析这些区间与原函数的 所以函数f(x)的单调递增区间为（一∞， 单调区间是否一致. 一1)，(1，十∞)；单调递减区间为(-1,0)，(0,1). 题型2利用导数研究函数的单调性 点评由于在某个区间上，有限个点使得 1.讨论给定函数的单调性或求其单调区间 f(x)=0不影响函数的单调性，故单调区间也 例⑤(2025·浙江宁波镇海中学月考)求 可以包含区间端点（端点不在定义域内的除 下列函数的单调区间： 外)，如例5(2)中也可写成单调递增区间是[3， (1)f(x)=x2-lnx; 十∞)，单调递减区间是（一∞，2）和(2,3] (2)f(x）=x-2 e 2.讨论含参函数的单调性 例6(2025·湖北武汉二中单元检测)求 (3)f(x)=x+3 解下列问题. 97 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) (1)已知函数f(x)=x-1-alnx(a∈ (一∞，ln(一a)上单调递减. 综上，a≥0时，f(x)在R上单调递增；a<0 R),讨论f(x)的单调性； 时，f(x)在(ln(一a),+∞)上单调递增，在 (2)已知函数f(x)=ex+ax-1(a∈R,且 (一o∞，ln(一a)上单调递减. a为常数)，探究函数f(x)的单调性， 点评(1)涉及含参数的函数的单调性问 解析(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)， 题，一定要判断参数对导数f(x)在某一区间 f)=1+是=g山 内的正负是否有影响.若有影响，则必须分类 令g(x)=x2-ax十1，则对于方程x2 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 ax+1=0,有△=a2-4. 上就是解含参数的不等式f'(x)>0,f'(x)<0. ①当-2≤a≤2时，△≤0，g(x)≥0， 其中，解含参数的一元二次不等式一般按以下 f(x)≥0，只有当a=2,x=1或a=-2,x 顺序分类讨论：①对二次项系数是否为0进行 一1（舍去）时，等号才成立，故函数f(x)在(0， 讨论；②对相应方程根的判别式△与0的关系 十∞)上单调递增， 进行讨论；③当△>0时，讨论两根的大小. ②当a<-2时，△>0，g(x)=0的两个根 题型3已知函数的单调性特征求参数的取 都小于0，g(x)在(0，十∞)上单调递增，且在 (0,十o∞)上，g(x)>1,f'(x)>0,故函数f(x) 值范围 1.已知含参函数在给定区间上的单调性 在(0，十∞)上单调递增. 特征求参数的取值范围（或参数值） ③当a>2时，△>0，g(x)=0的两个根为 例☑(2025·广东珠海实验中学期末)设 a=4-4,a=a+a4 2 2 函数f(x)=x2十aln(x+1)(a为常数)，若函 当0<x<x1时，f'(x)>0;当x1<x<x2 数y=f(x)在区间[1，十∞)上单调递增，则实 时，f'(x)<0;当x>x2时，f'(x)>0.故函数 数α的取值范围为 f(x)在(0，x1),(x2,十∞)上单调递增，在(x1, 解机由题意知f(x）=2x2+2十4≥0 x+1 x2)上单调递减. 在[1，十o∞)上恒成立，即a≥-2x2-2x在区 综上，当a≤2时，函数f(x)在(0，十∞)上单调 间[1，十∞)上恒成立. 递增：当a>2时，函数f(x)在(0，a√@4)， 因为y=一2x2一2x在区间[1，十o∞)上的 2 最大值为一4，所以a≥一4. (+y,+四)上单调递增，在(a- 经检验，当Q=-4时，f()=2x2+22-4 x+1 a叶令)上单调适道减 2(x+2)(x-1D≥0，x∈[1，+∞). x+1 (2)f(x)=e+a. 故实数a的取值范围是[一4，十∞). 当a0时，f(x)>O,f(x)在R上单调递增. 答案[-4，十o∞). 当a<0时，由f'(x)>0,得x>ln(-a),则 2.已知给定函数在含参区间上的单调性 f(x)在(ln(-a),+∞)上单调递增； 特征求参数的取值范围（或参数值） 由f'(x)<0,得x<ln(-a),则f(x)在 例⑧(2025·浙江萧山中学期中)若函数 98 第五童一元函数的导教及其应用生 f(x)=2x2一lnx在其定义域内的一个子区间 f(-1)=4k-4-1<0, (k一1，k十1)上不是单调函数，则实数k的取 值范围是(). f(+1)=4k+4+≥0， A.[1,+∞) B[1,》 k-1>0, C.[1,2) n[2 解得1<< 解析由题意知函数f(x)的定义域为(0， 综上，实教的取位范国是[1，》 +o),fx)=4x是 答案B 方法一 令f(x)=0,解得x=-号（含 点评(1)已知含参函数y=f(x)在给定 区间I上单调递增（减），求参数的范围：①利 去)减x司 用不等式f(x)≥0(f(x)≤0)在区间I上恒 成立求解；②先求得f(x)的单调递增（减）区间 当x∈(0,2)时，f(x)<0,f(x)在(0，》 A,再利用I与A的关系求解. 上单调递减； (2)已知函数y=f(x)在含参区间I上单 当x∈(2，+∞时，∫(x)>0,f(x)在 调递增（减），求参数的范围：可利用(1)中的② 来求解。 (2,十∞上单调递增. 题型4构造函数证明或解不等式 又(k-1,k+1)二(0，十∞)且f(x)在(k-1, 1.证明不等式 k十1)上不是单调函数， (1)作差构造函数法 k-1≥0， 利用导数证明不等式的常见形式是：已知 :k-12'解得1长< x∈(a,b),求证u(x)>v(x). 证明的一般步骤是： k+1>2, ①将所给的不等式移项，即构造函数f(x)= 方法二当=1时，区间(k一1，k十1)为 u(x)一v(x),转化为求证不等式f(x)>0. (0,2).当x∈(0，号)时，f(x)<0,函数fx)在 ②在(a,b)内，判断f(x)的符号. ③若f'(x)>0,说明f(x)在区间(a,b)上 (0,2）上单调递减；当x(22)时，f'()>0, 是增函数，只需将所给区间的左端点的值代入 f(x),证得f(a)≥0即可；若f'(x)<0,说明 函数f(x)在（分，2上单调递增，符合题意。 f(x)在区间(a,b)上是减函数，只需将所给区间 当k≠1时，.函数f(x)=2x2一lnx在其 的右端点的值代入f(x),证得f(b)≥0即可. 定义域的一个子区间(k一1，k+1)上不是单调 (2)同形构造函数法 函数，f(x)在区间(k-1,十1)上有正也 当要证明的不等式左右两边结构形式完 有负，即f(k-1)f(k+1)<0. 全相同（或将不等式等价变形后可将两边化为 又f(x)在(0，十∞)上单调递增， 相同的结构形式)时，则构造相同结构形式的 99 重雕包手细高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 函数，利用导数确定其单调性完成证明. .'.1-cos x>0,cos x+sin2>0. 由此可见，利用导数证明不等式的实质是 ∴f()>0.∴f)在(o,受）上单调递增. 利用函数的单调性证明不等式， 例⑨(2025·江苏南京外国语学校高二 ∴.f(x)>f(0)=0,即tanx-2x+sinx>0, 检测)证明下列不等式： 即x-sinx<tanx-x. 1sn>2xe(o,5》 例10(2025·广东深圳中学月考)已知 a,b为实数，且b>a>e,其中e为自然对数的 (2)z-sin 2<tan x-z,E0,) 底数，证明：a>b 证明方法-：b>a>e,.要证a> 证明(1)原不等式等价于sin>2 b,只需证blna>alnb. f)-n严e(o,): f(x)=xln a-aln x(x>a), 则f(x)=ccos x-sinx 则f'()=lha-是 x2 -xcos x-cos xtan x x>a>e,.lna>1,且a<1. x2 ∴.f'(x)>0. -cos x(x-tan x) '.函数f(x)=xlna一alnx在(a,+o) 上是增函数 :x∈(0，F),.cosx>0,x-tanx0. .'b>a>e,.'.f(b)>f(a)=aln a- ∴f(x)<0,f(x)在(0，)上单调递减. aln a=0,p bln a-aln b0.'.bln a alnb,即a>b. “r>经）=是中m>2 方法二.b>a>e,∴.要证a>b,只 (2)令f(x)=tanx-2x+sinx,x∈ 需证bna>alnb,即品bd (o,) 设fx=n2>e,则f')=是 (Inx)2 则f)-(-21(smy >e,f)=0>0,放函数 cos a sin'2+cos cos2x =1+cos'z-2cos'x fx)=nx在(e,十o)上是增画数 cos2x 又b>a>e, b>a,从而a>b. -1-cos'z+cosz-cos'z ..Inb In a cos2x 2.解不等式 -(1-cos z)(1+cos x-cos2z) (1)对于f'(x)>g(x),构造h(x)=f(x) cos2x g(x),更一般地，遇到f(x)>a(a≠0)，即导 -(1-cos z)(cos z+sin'a) 函数大于某个非零常数（若a=0,则无须构 cosx 造)，则可构造函数h(x)=f(x)一ax. xe(o, (2)对于f(x)十g'(x)>0,可构造函数 100 第五章一元函教的号教及其应用酱出型 h(x)=f(x)十g(x). 解析构造函数g(x)=ef(x)一e一1， (3)对于f(x)+f(x)>0,可构造函数 则g'(x)=ef(x)+ef'(x)一e2= h(x)=ef(x). e[f(x)+f(x)-1]. (4)对于f(x)一f(x)>0,可构造函数 由已知f(x)+f'(x)>1,可得g(x)>0, h(a)=f(z) ex 所以g(x)为R上的增函数. (5)对于xf(x)+f(x)>0,可构造函数 又g(0)=e°f(0)-e°-1=0， h(x)=xf(x). 所以当x>0时，g(x)>g(0)=0,即 (6)对于xf(x)一f(x)>0,可构造函数 ef(x)>e+1. h(z)=f(x) 故不等式erf(x)>ez十1的解集为{x x x>0}. )对于密4分类计论，①者0， 答案A 则可构造函数h(x)=lnf(x);②若f(x)<0, 题型5函数单调性的综合应用 则可构造函数h(x)=ln[一f(x)]. 1.利用导数研究函数的零点 例11(2025·湖北武汉十一中高二月 例13(2025·湖南师大附中高二单元检 考)若定义在R上的函数y=f(x)满足 测)求解下列问题， f'(x)>f(x),则当a>0时，f(a)与ef(0)的 大小关系为( ). (1)已知函数f(x)=x- 2inx+1,证 A.f(a)<e"f(O) B.f(a)>eaf(O) 明：函数f(x)有唯一的零点； C.f(a)=e“f(0) D.不能确定 (2)讨论函数f(x)=2x一alnx(a≤0)的 跟面令F(x)=f2,则F(x)= 零点的个数 f'(x)e-f(x)e=f'(x)-fx2>0,从而 解铜()因为f(x)=1-c0sx>0, (er)2 e 所以f(x)在R上单调递增. Fx）)=f四在R上单调递增.于是当a>0 又f0=1>0,f-2)=-1+2im2<0, 时，F(a)=fa>F(0)=f0=f(0),即 ea 所以函数f(x)在（一2,0)上存在唯一的 f(a)>ef(0). 零点. 答案B 故函数f(x)在R上存在唯一的零点. 例12(2025·安徽师范大学附中期中) (2)函数的定义域为(0，十∞). 函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,对任意的 当a=0时，f(x)=2x,由于x∈(0，+∞)， x∈R,f(x)+f(x)>1,则不等式ef(x)> 则函数f(x)无零点。 e2+1的解集是( 当a<0时，f(x)=2-g=2-a>0, A.{xx>0} B.(xx<0) f(x)在(0，+∞)上单调递增， C.{x|x<-1或x>1} 由f(1)=2>0,且当x无限趋近于0时， D.{x|x<-1或0<x<1} f(x)无限趋近于一∞， 101 重雕包手细高中数学选择性必修第二册 尺UA(浙江专用) 所以函数f(x)在(0,1)上存在唯一零，点， 从而在(0，十∞)上存在唯一零点. -o,-√-号）时，f(x)g()<0. 综上可知，当a=0时，函数f(x)无零，点； 故由题意得0>a≥-√号且0≥6≥ 当a<0时，函数f(x)存在唯一零点. 2.函数单调性的创新问题 √号即-3a<0,30. 例14(2025·江苏南京一中高二月考) 已知a,b是实数，函数f(x)=x3十ax,g(x) 因此a-b1≤3当且仅当a=-3,6=0 x2+bx,f(x)和g(x)分别是f(x)和g(x)的 时等号成立 导函数，若f(x)g'(x)≥0在区间I上恒成立， 则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致， 又当a=-3b=0时，f(x)g(x)- (1)设a>0,若f(x)和g(x)在区间[-1， 6x(x-号)，所以当x∈(-3,0)时，f'(x)g() 十∞)上单调性一致，求b的取值范围； (2)设a<0且a≠b,若f(x)和g(x)在以 >0,故函数f(x)和g(x)在(-3,0)上单调性 a,b为端点的开区间上单调性一致，求|a一b 一致，符合题意， 的最大值 解析f(x)=3x2十a,g'(x)=2x十b. 国此a一bl的最大值为行 (1)由题意知，f'(x)g(x)≥0在[-1，+∞) 易错警示 上恒成立.因为a>0,故3x2十a>0恒成立，所 ◆易错题15（错误率35%）(2025·西北 以2x十b≥0，即b≥-2x在[-1，十∞)上恒成 立，所以b≥2.故所求b的取值范围是[2，十∞). 工大附中单元检测)已知函数f八)一x,则 (2令f(x)=0,解得x=土V号 函数f(x)的单调递增区间为 ,单调 递减区间为 若b>0,则由a<0得0∈(a,b) ●易错题16（错误率30%）(2025·天津 因为f(0)g'(0)=ab<0,所以函数f(x) 南开区检测)已知函数f(x)=2ax3十4x2十 和g(x)在(a,b)上单调性不一致.因此b≤0. 3x一1在R上是增函数，则实数a的取值范 故当x∈（-∞，0)时，g'(x)<0,当x∈ 围为 (-∞，-√-号)时，f(x)>0.因此，当x∈ 参考答案见《全书易错题集》第4页 03核心泰养聚焦。一 考向分类 (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与 考向1求函数的单调区间 曲线y=f(x)的公共点的坐标. 例15（经典·全国乙卷）已知函数f(x)= 解析(1)由题意知，f(x)的定义域为R, x3-x2+ax+1. f(x)=3x2-2x+a,对于f(x)=0,△= (1)讨论f(x)的单调性； (-2)2-4X3a=4(1-3a). 102