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同步课件PPT（人教B版）

该高中数学B版选择性必修三同步课件，核心围绕课堂互动学案与课题导学展开，通过课程三维目标构建前后知识脉络，以互问学、素养提升为学习支架，帮助学生衔接新旧知识，夯实基础。 其亮点在于以核心素养为导向，融合“数学思维”与“数学语言”培养，通过课题互问学促进逻辑推理，课程资源平台提供实践素材，二维码支持课件下载。学生能提升问题解决能力，教师可高效整合教学资源，优化教学流程。

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(1)当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,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)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))x－1,x) ∵a＞0，∴－eq \f(a＋1,a)＜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＝(xeq \o\al(2,0)＋x0－2)x＋(y0－xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋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＝(xeq \o\al(2,0)＋x0－2)x＋(y0－xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋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eq \f(fx,x)＞0的解集为　________　. [解析]　设g(x)＝eq \f(fx,x)，因为f′(x)·x＜f(x)，所以g′(x)＝eq \f(x·f′x－fx,x2)＜0⇒g(x)是(0，＋∞)上的减函数，因为f(3)＝0，所以g(3)＝0， 因此eq \f(fx,x)＞0⇒g(x)＞0＝g(3)⇒x＜3，∵x＞0，∴0＜x＜3. 所以eq \f(fx,x)＞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∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))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．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))　 B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．f(ln 2)＞0 D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) 解析：B　[∵f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，令g(x)＝eq \f(fx,cos x)，则g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)＜0，∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).] 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]　eq \x(fx单调递增)→eq \x(f′x≥0恒成立) →eq \x(分离参数求a的范围) [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＝±eq \f(\r(3a),3)，当－eq \f(\r(3a),3)＜x＜eq \f(\r(3a),3)时，f′(x)＜0. ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数，∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq \f(\r(3a),3)＝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，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′－1≤0,f′1≤0))， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－a≤0,3－a≤0))，∴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＝±eq \f(\r(3a),3)(a≥0)，∵f(x)在区间(－1,1) 上不单调，∴0＜eq \f(\r(3a),3)＜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)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)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)＝eq \f(ln x,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)＝eq \f(\f(1,x)x－ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2).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－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x). 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eq \f(kx－1,x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,k)； 由f′(x)＞0，即eq \f(kx－1,x)＞0，解得x＞eq \f(1,k). ∴当k＞0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)). 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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)). $