6.2.1 第2课时 导数与函数单调性的综合问题 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦函数性质与导数应用，涵盖函数奇偶性、单调性判断及导数解决恒成立问题等核心知识点。通过基础达标练习导入，以典型例题为支架，衔接函数性质与导数工具，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于融合数学思维与数学语言，如通过函数奇偶性与单调性解不等式（例4）、构造函数解决恒成立问题（例24），培养逻辑推理与数学建模能力。题型多样且解析详尽，助力学生提升解题能力，也为教师提供分层教学资源，提高教学效率。

课后达标检测 1 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4．已知函数f(x)＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为(　　) A．(－4，1) B．(－1，4) C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4] √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：f(－x)＝－2sin x－e－x＋ex＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数，则f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)， 因为2cos x≤2，ex＋e－x≥2，所以f′(x)≤0，f(x)为减函数， 又f(x2－4)＋f(3x)<0， 则f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)，所以x2－4>－3x，所以x>1或x<－4.故选C. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 5．已知函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(a，b)，若b－a≤2，则m的最大值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．6 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 6．(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 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：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； 对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0， 即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 7．不等式2x≥2－log2x的解集为________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 8．若函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是________． [1，＋∞) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：由题意y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍去)在R上恒成立，所以Δ＝4－4m≤0，解得m≥1. [1，＋∞) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 10．(13分)已知函数f(x)＝x2＋a ln x(x>0). (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；(6分) 解：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 故f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0，1). 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 由题意知，当x≥1时，g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 11．已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”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 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 12．(多选)已知函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＞1，f(3)＝4, 则下列结论中正确的有(　　) A．f(x)为增函数 B．g(x)＝f(x)－x为增函数 C．f(2x－1)＞4的解集为(－∞，2) D．f(2x－1)＞2x的解集为(2，＋∞) √ √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：因为f′(x)＞1，所以f(x)为增函数，故A正确； 由g(x)＝f(x)－x，g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)为增函数，故B正确； f(3)＝4，则f(2x－1)＞4等价于f(2x－1)＞f(3)，又f(x)为增函数，所以2x－1＞3，解得x＞2，所以f(2x－1)＞4的解集为(2，＋∞)，故C错误； f(2x－1)＞2x等价于f(2x－1)－(2x－1)＞1＝f(3)－3，即g(2x－1)＞g(3)，又g(x)为增函数，所以2x－1＞3，解得x＞2，所以f(2x－1)＞2x的解集为(2，＋∞)，故D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)证明：f(x)≤g(x).(9分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 14．(15分)已知函数f(x)＝(x－a)ln x. (1)讨论f′(x)的单调性；(6分) 当a≥0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增； 当a<0时，由g′(x)>0解得x>－a，由g′(x)<0解得0<x<－a， 所以g(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f′(x)单调递增；当a<0时，f′(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)若不等式xf′(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．(9分) 解：由(1)可知不等式xf′(x)≥2(x－a)， 即x ln x－a＋x≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥x－x ln x在[1，＋∞)上恒成立， 只需a≥(x－x ln x)max即可， 令h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 画出h(x)的图象(图略)，可知h(x)≤h(1)＝1， 所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解：由题意可知x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－＋1， 又＞＝，所以a≤，又f(x)在区间(0，)上单调递增， 所以f′(x)＝aex－2x≥0在(0，)上恒成立， 所以ae－1≥0，解得a≥， 综上，得≤a≤. $