6.1 第2课时 函数单调性的综合问题-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用Word(北师大版)

本讲义聚焦函数单调性的综合应用，系统梳理含参数函数单调性讨论、利用导数比较大小及解不等式等核心知识点，基于导数与单调性的基础关系，构建从基础应用到综合问题的递进式学习支架。 通过典型例题（如含参函数e^x(x²-ax-a)的单调区间分类讨论）和变式探究，培养学生分类讨论的数学思维，构造函数比较大小（如比较ln2/2与ln3/3）体现用数学眼光发现规律，用数学语言表达解题逻辑。课中辅助教师系统授课，课后通过跟踪训练和习题帮助学生巩固，查漏补缺。

第2课时　函数单调性的综合问题 1.结合实例，进一步了解函数的单调性与导数的关系．　2.能利用导数研究含有参数的函数的单调性．　3.能利用导数比较式或值的大小．　4.能构造函数解有关不等式． 　已知函数f(x)＝ex(x2－ax－a)，求函数f(x)的单调区间． 【解】　因为f′(x)＝ex[x2＋(2－a)x－2a]， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝a. 当a<－2时，令f′(x)<0，得a<x<－2，令f′(x)>0，得x<a或x>－2，所以f(x)在区间(a，－2)上单调递减，在区间(－∞，a)，(－2，＋∞)上单调递增． 当a＝－2时，因为f′(x)＝ex(x＋2)2≥0，当且仅当x＝－2时，f′(x)＝0， 所以f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增． 当a>－2时，令f′(x)<0，得－2<x<a，令f′(x)>0，得x<－2或x>a， 所以f(x)在区间(－2，a)上单调递减，在区间(－∞，－2)，(a，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，a)和(－2，＋∞)，单调递减区间为(a，－2)； 当a＝－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a>－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(a，＋∞)，单调递减区间为(－2，a). 讨论含参函数的单调性的关键点 (1)涉及含参数的函数的单调性问题，一定要判断参数对导数f′(x)在某一区间内的正负是否有影响．若有影响，则必须分类讨论，讨论时要做到不重不漏，最后进行总结． (2)划分函数的单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．　 [跟踪训练1] 已知函数f(x)＝a ln x＋2x，讨论函数f(x)的单调性． 解：f′(x)＝＋2＝，x>0， 当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)<0，得0<x<－； 令f′(x)>0，得x>－， 所以函数f(x)在(0，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在(0，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增． 在某区间D上，若f′(x)>0⇒函数f(x)在D上________；在某区间D上，若f′(x)<0⇒函数f(x)在D上________． 若函数f(x)在D上单调递增⇒________；若函数f(x)在D上单调递减⇒________． 点拨：(1)一般采用分离参数的方法解决恒成立的问题；(2)m≥f(x)恒成立⇔m≥f(x)max；m≤f(x)恒成立⇔m≤f(x)min. [答案自填] 单调递增　单调递减　f′(x)≥0 f′(x)≤0 　(1)若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．[3，＋∞)　　　　　 B．(－∞，3] C．[3，e2＋1] D．(－∞，e2＋1] (2)已知函数f(x)＝ex(2x2－4x－4)在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是______________． 【解析】　(1)依题意f′(x)＝2x－a＋≥0在区间(1，e)上恒成立，即a≤2x＋在区间(1，e)上恒成立．令g(x)＝2x＋(1<x<e)，则g′(x)＝2－＝>0，所以g(x)在(1，e)上单调递增， 则g(x)>g(1)＝3，所以a≤3.故选B. (2)因为f(x)＝ex(2x2－4x－4)， 所以f′(x)＝ex(2x2－8)，令f′(x)＝0，得x＝±2. 当x<－2或x>2时，f′(x)>0； 当－2<x<2时，f′(x)<0. 所以函数y＝f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减， 由题意可得k－1<－2<k＋1，或k－1<2<k＋1， 解得－3<k<－1或1<k<3. 所以实数k的取值范围是(－3，－1)∪(1，3). 【答案】　(1)B　(2)(－3，－1)∪(1，3) 【变式探究】 1．(条件变式)本例(1)变为：若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递减，则实数a的取值范围是______________． 解析：依题意f′(x)＝2x－a＋≤0在区间(1，e)上恒成立，即a≥2x＋在区间(1，e)上恒成立．令g(x)＝2x＋(1<x<e)，则g′(x)＝2－＝>0，所以 g(x) 在(1，e)上单调递增，则 g(x)<g(e)＝2e＋，所以a≥2e＋. 答案： 2．(综合变式)本例(1)变为：已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)的单调递减区间为(，1)，则a＝________． 解析：由题意可得，f′(x)＝2x－a＋＝<0的解集为(，1)，将x＝或x＝1代入2x2－ax＋1＝0中，解得a＝3. 答案：3 已知函数单调性求参数的方法 (1)分离参数法：f(x)在(a，b)上单调递增(减)等价于f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，将参数分离后可转化为求其函数的值域问题，注意验证等号是否成立． (2)子集法：若能较容易地求出函数的单调区间，则可利用子区间来解决．若f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． [提醒]　若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).　 [跟踪训练2] (1)若函数f(x)＝x3－3kx＋1的单调递减区间为(－1，1)，则实数k的值为(　　) A．1 B．－1 C．3 D．－3 解析：选A.由题意知，f′(x)＝3x2－3k，3x2－3k<0可解得－1<x<1， 故－1，1是3x2－3k＝0的两根，则－1×1＝－k，解得k＝1.故选A. (2)若函数f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则实数a的取值范围是____________． 解析：因为f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增， 则f′(x)＝a－sin x≥0恒成立，即a≥sin x 恒成立，由于－1≤sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞). 答案：[1，＋∞) 角度1　比较大小 　(1)已知f(x)＝，则f(－1)，f(1.1)，f(2)的大小关系是(　　) A.f(1.1)<f(2)<f(－1) B．f(2)<f(1.1)<f(－1) C．f(2)<f(－1)<f(1.1) D．f(1.1)<f(－1)<f(2) (2)设a＝，b＝，c＝，则a，b，c从小到大的排列顺序为____________． 【解析】　(1)由f′(x)＝＝， 所以当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0， 当x∈(0，2)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增， 因为0<1.1<2，所以f(1.1)<f(2)； 因为f(－1)＝＝e，f(2)＝<1， 所以f(2)<f(－1)，所以f(1.1)<f(2)<f(－1).故选A. (2)设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝， 令f′(x)＝＝0，则x＝e， 所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 又a＝＝f(e)，b＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)， 所以f(e)>f(3)>f(4)，即b<c<a. 【答案】　(1)A　(2)b<c<a 在比较两数(式)的大小关系时，首先要判断所给函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小，有时还需要根据待比较式的结构特征构造新的函数，由新函数的单调性来比较大小．　 角度2　解不等式 　(1)已知函数f(x)＝2x＋cos x，则不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－1，3) C．(3，＋∞) D．(－∞，－)∪(3，＋∞) (2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(2)＝0，则不等式f(x)－2x＋4>0的解集为________． 【解析】　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－sin x， 因为sin x∈[－1，1]，所以f′(x)>0， 所以f(x)在R上单调递增． 因为f(x2－2)>f(2x＋1)，所以x2－2>2x＋1， 即x2－2x－3>0， 即(x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>3. 故不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞). 故选A. (2)令g(x)＝f(x)－2x＋4， 则g′(x)＝f′(x)－2>0， 所以g(x)在R上单调递增，又g(2)＝f(2)－2×2＋4＝0， 则不等式f(x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2. 【答案】　(1)A　(2)(2，＋∞) 利用导数解不等式的解题思路 对于利用导数解不等式问题，需要利用导数判断出函数的单调性，再利用单调性解不等式，要注意函数的定义域．　 [跟踪训练3] (1)设a＝，b＝ln 2，c＝sin ，则(　　) A.b>c>a B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 解析：选D.当0<x<时， 令f(x)＝x－sin x，求导得f′(x)＝1－cos x>0， 则函数f(x)在(0，)上单调递增， 有f(x)>f(0)＝0， 即有x>sin x， 因此a＝>sin ＝c， 显然b＝ln 2>ln ＝>＝a， 所以b>a>c.故选D. (2)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝0，则不等式(x－1)f(x)>0的解集为________． 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝， 因为xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为f(2)＝0，所以g(2)＝0， 所以当0<x<2时，f(x)>0；当x>2时，f(x)<0， 故原不等式等价于或解得1<x<2，即原不等式的解集为(1，2). 答案：(1，2) 1．若函数f(x)＝ex－k ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数k的取值范围为(　　) A．(－∞，0] B． C．(－∞，e] D．(－∞，ee] 解析：选C.由题意得f′(x)＝ex－≥0，即k≤xex，记g(x)＝xex，x∈(1，e)， 则g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，e)上单调递增，所以k≤g(1)＝e.故选C. 2．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(1)≥0 B．f(1)≥0 C．a2－3b≤0 D．a2－3b≥0 解析：选AC.因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0对于任意的x∈R恒成立，所以f′(1)≥0恒成立，故A正确；但f(1)大小不确定，故B错误；因为f′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12b≤0，即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC. 3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f(x)的图象如图所示，则x·f′(x)>0的解集为________________． 解析：当x∈(－∞，0)时，x<0，f(x) 单调递减，所以f′(x)<0，即x·f′(x)>0； 当x∈(0，2)时，x>0，f(x)单调递增， 所以f′(x)>0， 即x·f′(x)>0； 当x∈(2，＋∞)时，x>0，f(x)单调递减， 所以f′(x)<0，即x·f′(x)<0. 综上，x·f′(x)>0的解集为(－∞，0)∪(0，2). 答案：(－∞，0)∪(0，2) 4．已知函数f(x)＝x2－3ax＋2a2ln x，a≠0，讨论f(x)的单调区间. 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝， 若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(a，2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 若a<0，则当x>0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，(2a，＋∞)，单调递减区间为(a，2a)； 当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． 1．已学习：含参函数的单调性问题、比较大小以及解不等式问题． 2．须贯通：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为不等式在某区间上的恒成立问题，解决这类问题的重要思路： (1)m≥f(x)恒成立⇔m≥f(x)max；(2)m≤f(x)恒成立⇔m≤f(x)min. 3．应注意：(1)利用分离参数求解参数范围，须检验参数取等号时是否满足题意． (2)对参数分类讨论时，要注意做到“不重不漏”．　 学科网（北京）股份有限公司 $