2.6.1 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二册五维课堂教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦高中数学函数单调性的综合应用，系统梳理利用导数讨论单调性、构造函数解不等式、已知单调性求参数范围等核心知识点，构建从基础判定到综合应用的递进式学习支架。 该资料通过例题变式、分层练习设计，培养学生分类讨论的数学思维与逻辑推理能力，如例1含参函数单调性分析、例2构造函数解不等式，课中辅助教师教学，课后助力学生巩固提升，查漏补缺。

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．已知函数f(x)＝x3－kx＋k2，讨论f(x)的单调性． 解：f′(x)＝3x2－k. 当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝± . 当x∈ 时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0. 故f(x)在 ， 上单调递增，在 上单调递减． 综上，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当k>0时，f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 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的取值范围． [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的取值范围． [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)上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] 3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ ax2＋2x，a≠0. (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围． 解：(1)h(x)＝ln x－ ax2－2x，x∈(0，＋∞)， ∴h′(x)＝－ax－2. ∵h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， ∴当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，即a＞－有解．设G(x)＝－，∴只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝2 －1，∴G(x)min＝－1，∴a＞－1. 故a的取值范围是{a|a＞－1，且a≠0}． (2)∵h(x)在[1,4]上单调递减， ∴x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立，∴a≥G(x)max，而G(x)＝2 －1， ∵x∈[1,4]，∴∈ .∴G(x)max＝－ ，∴a≥－ . 故a的取值范围是. [当堂达标] 1．命题甲：对任意x∈(a，b)，有f′(x)>0；命题乙：f(x)在(a，b)内单调递增．命题甲是命题乙的(　　) 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：A　[f(x)＝x3在(－1,1)内单调递增，但f′(x)＝3x2≥0(－1<x<1)，故命题甲是命题乙的充分不必要条件．] 2．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，＋∞)上为单调递减函数．故f(a)＞f(b)．] 3．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为 ，则a的值为　________　. 解析：由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＋2x＋a＝＜0的解集为 ，所以不等式2x2＋ax＋1＜0的解集为 ，所以 ＋1＝－ ，∴a＝－3. 答案：－3 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．设函数f(x)＝ x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(1,2] B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(0,3] 解析：A　[f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，由f′(x)≤0，解得0<x≤3.由题意知 解得1<a≤2.] 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，＋∞)上单调递增，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．已知函数f(x)＝sin x＋ x2＋ln x，f(1－a)＜f(2a)，则实数a的取值范围是　________　. 解析：由f(x)＝sin x＋ x2＋ln x，得f ′(x)＝cos x＋x＋(x＞0)， ∵当x＞0时，x＋≥2，cos x∈[－1,1]， ∴当x＞0时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴由f(1－a)＜f(2a)，得 ∴ ＜a＜1，∴实数a的取值范围是 . 答案： 7．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>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(2－2x)>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)． 答案：(－∞，3) 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，＋∞)上单调递增． 当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 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．(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 解析：C　[设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，因为f′(x)＝－1＝－， 当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)<0， 所以函数f(x)＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，在(－1,0)上单调递增， 所以f()<f(0)＝0，所以ln－<0，故>ln＝－ln 0.9，即b>c， 所以f(－)<f(0)＝0，所以ln＋<0，故<e－，所以e＜， 故a<b， 设g(x)＝xex＋ln(1－x)(0＜x＜1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋＝， 令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)， 当0＜x＜－1时，h′(x)＜0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递减， 当－1＜x＜1时，h′(x)＞0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递增， 又h(0)＝0， 所以当0＜x＜－1时，h(x)＜0， 所以当0＜x＜－1时，g′(x)＞0，函数g(x)＝xex＋ln(1－x)单调递增， 所以g(0.1)＞g(0)＝0，即0.1e0.1＞－ln 0.9，所以a＞c.] 11．已知函数f(x)与f ′(x)的图像如图所示，则函数g(x)＝ 的单调递减区间为　________　. 解析：由题图可知，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，＋∞) 12．已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.讨论f的单调性； 解：(1)由函数的解析式可得：f′＝3x2－2x＋a，导函数的判别式Δ＝4－12a， 当Δ＝4－12a≤0，即a≥时，f′≥0，f在R上单调递增， 当Δ＝4－12a>0，即a<时，f′＝0的解为x1＝，x2＝， 当x∈时，f′>0，f单调递增； 当x∈时，f′<0，f单调递减； 当x∈时，f′>0，f单调递增； 综上可得：当a≥时，f在R上单调递增， 当a<时，f在，上单调递增， 在上单调递减． [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x→＋∞时，h(x)→＋∞. ∴h(x)在(0，＋∞)上的图像如图： 由图可知，当a＝e时，方程a＝有一根，综上，a的取值范围为(－∞，0)∪{e}，故选ACD.] 14．若关于x不等式x＞kex(x＋1)的解集中的正整数有且只有一个，则k的取值范围是　________　. 解析：当k≤0时，任一正整数都满足不等式x＞kex(x＋1)，故k＞0. 当k＞0，x≥1时，不等式x＞kex(x＋1)等价于－＜0， 令f(x)＝－，x≥1， ∴当x≥1时，f′(x)＝(x2＋x－1)>0恒成立， ∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴，解得≤k＜. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $