6.2.1 第2课时 函数单调性的综合问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教B版）

本高中数学讲义聚焦函数单调性的综合应用，系统梳理用导数讨论单调性、构造函数解不等式、已知单调性求参数范围等核心内容，构建从基础判定到综合应用的递进式学习支架。 资料通过例题解析与分层训练，培养分类讨论的数学思维和抽象构造能力，如例1含参函数单调性讨论提升逻辑推理，变式与分层练习助力课中教学实施与课后查漏补缺，体现用数学思维解决问题的核心素养。

第2课时　函数单调性的综合问题 讨论函数的单调性 [例1]　讨论函数f(x)＝ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性． [思路点拨]　→ → [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.∴f(x)在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数． (2)当a＞0时，f′(x)＝ ∵a＞0，∴－＜0.由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0，得0＜x＜1. ∴f(x)在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. 讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f ′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． [变式训练] 1．(2020·和平区一模)已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为(　　 ) A．(－2,1)　　　　　　 B．(－1,2) C．(－∞，－2) D．(1，＋∞) 解析：A　[由图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)， 知f(x)的导数为f′(x)＝x2＋x－2， 令f′(x)＜0，解得：－2＜x＜1，故选A.] 　　　 构造函数利用函数的单调性求解不等 式或比较大小 [例2]　已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)且满足f′(x)·x＜f(x)，f(3)＝0，则＞0的解集为　________　. [解析]　设g(x)＝，因为f′(x)·x＜f(x)，所以g′(x)＝＜0⇒g(x)是(0，＋∞)上的减函数，因为f(3)＝0，所以g(3)＝0， 因此＞0⇒g(x)＞0＝g(3)⇒x＜3，∵x＞0，∴0＜x＜3. 所以＞0的解集为(0,3)． 答案：(0,3) 根据题中所给条件构造函数，求导判定函数的单调性，利用函数的单调性求解不等式或比较函数式的大小，是考题中的重要题型。 [变式训练] 2．设函数f(x)的导函数为f′(x)，且当x∈时，f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，f(0)＝0，下列判断中，一定正确的是(　　) A．f＞2f　 B．f＞f C．f(ln 2)＞0 D．f＜f 解析：B　[∵f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，令g(x)＝，则g′(x)＝＜0，∴g(x)在上单调递减，∴g＜g，∴＜，可得f＞f.] 已知函数的单调性求参数的范围 [例3]　已知函数f(x)＝x3－ax－1在R上为单调递增函数，求实数a的取值范围． [思路点拨]　→ → [解]　由已知得f′(x)＝3x2－a，因为f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立，因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0. [母题变式] 1．(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1的单调减区间为(－1,1)，求a的取值范围． [解]　由f′(x)＝3x2－a，①当a≤0时，f′(x)≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±，当－＜x＜时，f′(x)＜0. ∴f(x)在上为减函数，∴f(x)的单调递减区间为，∴＝1，即a＝3. 2．(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上单调递减，求a的范围． [解]　由题意可知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴， 即，∴a≥3.即a的取值范围是[3，＋∞)． 3．(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上不单调，求a的范围． [解]　∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a，由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)，∵f(x)在区间(－1,1) 上不单调，∴0＜＜1，即0＜a＜3.故a的取值范围为(0,3)． 1．解答本题注意：可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(或单调递减)的充要条件是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于0. 2．已知f(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)利用集合的包含关系处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则区间(a，b)是相应单调区间的子集； (2)利用不等式的恒成立处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)内恒成立，注意验证等号是否成立． [变式训练] 若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，试求a的取值范围． 解　方法一　f′(x)＝x2－ax＋a－1.因为f(x)在(1,4)内单调递减，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1. 因为2＜x＋1＜5，所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立． 又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立， 所以a≤x＋1.因为x＋1＞7，所以当a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立． 综上知5≤a≤7. [当堂达标] 1．若f(x)＝，e＜a＜b，则(　　) A．f(a)＞f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)＜f(b) D．f(a)f(b)＞1 解析：A　[因为f′(x)＝＝.当x∈(e，＋∞)时，1－ln x＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)在(e，＋∞)内为单调递减函数．故f(a)＞f(b)．] 2．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0, 1)内单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．a＝1 C．(－∞，1] D．(0,1) 解析：A　[∵f′(x)＝3x2－2ax－1，且f(x)在(0,1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1≤0在(0,1)内恒成立，∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1.] 3．若函数y＝x2－2bx＋6在(2,8)内是增函数，则实数b的取值范围是________　. 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. 答案：(－∞，2] 4．试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间． 解：函数f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝k－＝. 当k≤0时，kx－1＜0，∴f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当k＞0时，由f′(x)＜0，即＜0，解得0＜x＜； 由f′(x)＞0，即＞0，解得x＞. ∴当k＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 当k＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. [基础达标练] 1．函数f(x)＝x＋(b＞0)的单调减区间为(　　) A．(－，)　　　 B．(－∞，－)，(，＋∞) C．(－∞，－) D．(－，0)，(0，) 解析：D　[∵f(x)＝x＋(b＞0)，∴f′(x)＝1－，令f′(x)＝1－＜0，解得：－＜x＜0或0＜x＜，∴f(x)的单调减区间为(－，0)，(0，)．] 2．设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a＞0)，则f(x)为R上的增函数的充要条件是(　　) A．b2－4ac＞0 B．b＞0，c＞0 C．b＝0，c＞0 D．b2－3ac≤0 解析：D　[∵a＞0，f(x)为增函数，∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0恒成立，∴Δ＝(2b)2－4×3a×c＝4b2－12ac≤0，∴b2－3ac≤0.] 3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－)∪[，＋∞] B．[－，] C．(－∞，－)∪(，＋∞) D．(－，) 解析：B　[由题意知，f′(x)＝－3x2＋2ax－1，因为y＝f(x)在R上是单调函数，且y＝f′(x)的图象开口向下，所以f′(x)≤0在R上恒成立，故Δ＝4a2－12≤0，即－≤a≤.] 4．已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)＜g′(x)，则下列关系式正确的是(　　) A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b) B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b) C．f(x)≥g(x) D．f(a)－f(b)≥g(b)－g(a) 解析：B　[根据题意，由f′(x)＜g′(x)，得f′(x)－g′(x)＜0.令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)在[a，b]上递减，由单调性知，当x∈[a，b]时，必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，移项整理，得f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)．] 5．(多选)已知函数f(x)＝x ln(1＋x)，则(　　) A．f(x)在(0，＋∞)单调递增 B．f(x)有两个零点 C．曲线y＝f(x)在点处切线的斜率为－1－ln 2 D．f(x)是偶函数 解析：AC　[由f(x)＝x ln(1＋x)知函数的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln(1＋x)＋，当x∈(0，＋∞)时，ln(1＋x)＞0，＞0，∴f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增，A正确；由f(0)＝0，当－1＜x＜0时，ln(1＋x)＜0，f(x)＝x ln(1＋x)＞0，当ln(1＋x)＞0，f(x)＞0，所以f(x)只有0一个零点，B错误；令，x＝－，f′(－)＝ln－1＝－ln 2－1，故曲线y＝f(x)在点处切线的斜率为－1－ln 2，C正确；由函数的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称知，f(x)不是偶函数，D错误．] 6．函数f(x)＝ex－ex的单调递减区间为　________　. 解析：f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝ex－e＜0，解得x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)． 答案：(－∞，1) 7．(双空题)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－1. (1)若f(x)的单调减区间为(－1,1)，则a的取值集合为　________　； (2)若f(x)在区间(－1,1)内单调递减，则a的取值集合为　________　. 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3)． (1)∵f(x)的单调减区间为(－1,1)，∴－1和1是方程f′(x)＝0的两根，∴＝1，∴a＝0，∴a的取值集合为{0}． (2)∵f(x)在区间(－1,1)内单调递减，∴f′(x)＜0在(－1,1)内恒成立，又二次函数y＝f′(x)开口向上，一根为－1，∴必有＞1，∴a＜0，∴a的取值集合为{a|a＜0}． 答案：{0}　{a|a＜0} 8．求函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1的单调区间． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋2ax＝. 当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增． 当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)单调递减． 当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝ . 则当x∈时，f′(x)＞0；x∈时，f′(x)＜0. 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． [能力提升练] 9．若关于x的不等式x2＋mx－2＞0在区间[1,2]上有解，则实数m的取值范围为(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：D　[关于x的不等式x2＋mx－2＞0在区间[1,2]上有解，所以mx＞2－x2在x∈[1,2]上有解，即m＞－x在x∈[1,2]上成立，设函数f(x)＝－x，x∈[1,2]，所以f′(x)＝－－1＜0恒成立，所以f(x)在x∈[1,2]上是单调减函数，且f(x)值域为[－1,1]，要使m＞－x在x∈[1,2]上有解，则m＞－1，即实数m的取值范围是(－1，＋∞)．] 10．(多选)已知函数f(x)＝x ln x，若0＜x1＜x2 ，则下列结论正确的是(　　) A．x2f(x1)＜x1f(x2) B．x1＋f(x1)＜x2＋f(x2) C.＜0 D．当ln x＞－1时，x1f(x1)＋x2f(x2)＞2x2f(x1) 解析：AD　[令g(x)＝＝ln x，在(0，＋∞)上是增函数，∴当0＜x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，∴＜，即x2f(x1)＜x1f(x2)；故A正确；令g(x)＝f(x)＋x＝x ln x＋x，∴g′(x)＝ln x＋2， ∴x∈(e－2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，x∈(0，e－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． ∴x1＋f(x1)与x2＋f(x2)无法比较大小；故B错误；因为令g(x)＝f(x)＝－x＝x ln x－x，g′(x)＝ln x，∴x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)在(0,1)单调递减，x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，∴当0＜x1＜x2＜1时，g(x1)＞g(x2)，∴f(x1)－x1＞f(x2)－x2，∴f(x1)－f(x2)＞x1－x2，∴＜0 .当1＜x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，∴f(x1)－x1＜f(x2)－x2，∴f(x1)－f(x2)＜x1－x2，∴＞0，故C错误；因为ln x＞－1时，f(x)单调递增，又因为A正确， ∴x1·f(x1)＋x2f(x2)－2x2f(x1)＞x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＝(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，故D正确；故选AD.] 11．已知函数f(x)＝ln x＋x2－3x＋.若函数f(x)在[1,2]上单调递减，则实数m的最小值为　________　. 解析：f′(x)＝＋2x－3－，f′(x)≤0，可得m≥2x3－3x2＋x，令g(x)＝2x3－3x2＋x，若函数f(x)在[1,2]上单调递减，即m≥g(x)max当x∈[1,2]时，g′(x)＝6x2－6x＋1单调递增，g′(x)＝6x2－6x＋1≥g′(1)＞0，所以函数g(x)在[1,2]上单调递增，g(x)max＝g(2)＝6，所以m≥6. 答案：6 12．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－，讨论函数f(x)的单调性． 解：由条件可知a≠0，所以f′(x)＝3ax2－6x＝3ax. 所以当a＞0时，f′(x)＞0得x＜0或x＞，f′(x)＜0得0＜x＜.f(x)在(－∞，0)，上是增函数，在上是减函数； 当a＜0时，f′(x)＜0得x＜或x＞0，f′(x)＞0得＜x＜0.f(x)在，(0，＋∞)上是减函数，在上是增函数． 综上，a＞0时，f(x)在(－∞，0)，上是增函数，在上是减函数；a＜0时，f(x)在，(0，＋∞)上是减函数，在上是增函数． [素养培优练] 13．(多选)已知f′(x)为函数f(x)的导函数，且f(x)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1，若g(x)＝f(x)－x2＋x，方程g(x)－ax＝0有且只有一个根，则a的取值可能是(　　) A．e B．1 C．－1 D．－ 解析：ACD　[由f(x)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1，得f(0)＝f′(1)e－1， f′(x)＝x－f(0)＋f′(1)ex－1， ∴f′(1)＝1－f′(1)e－1＋f′(1)，∴f′(1)＝e，则f(0)＝e·e－1＝1，则f(x)＝x2－x＋ex，∴g(x)＝f(x)－x2＋x＝ex，方程g(x)－ax＝0，即ex＝ax，x＝0时方程显然无解；x＜0时，对于任意a＜0， 函数y＝ex与y＝ax有一个交点，满足题意； x＞0时，则a＝，令h(x)＝，则h′(x)＝＝. 当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0， ∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又当x→0＋时，h(x)→＋∞，当时x→＋∞，h(x)→＋∞. ∴h(x)在(0，＋∞)时的图象如图： 由图可知，a＝e时，方程a＝有一根，综上，a的取值范围为(－∞，0)∪{e}，故选ACD.] 14．已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的单调递减区间为　__________　. 解析：由图象可知，不等式f′(x)－f(x)＜0的解集为(0,1)∪(4，＋∞)，∵g(x)＝，g′(x)＝＝，由g′(x)＜0，可得f′(x)－f(x)＜0，解得x∈(0,1)∪(4，＋∞)．因此，函数g(x)＝的单调递减区间为(0,1)、(4，＋∞)． 答案：(0,1)、(4，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $