期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 知识点解析 一、通用解题流程 1.确定函数定义域； 2.求导并整理因式，将参数集中于最高次系数： 3.依据式子类型分层划分参数范围，逐层判定导数符号： 4.根据导数正负划分单调区间，写出增减性。 二、导数为一次式f(x)=mx+n讨论逻辑 1.第一层：m=0,导数为常数，直接判定全域单调； 2.第二层：m≠0，求出唯一零点xo: 3.由m正负判断一次函数升降，区分x<Xo、x>Xo两段导数符号； 4.剔除落在定义域外的区间，只保留定义域内区间描述单调性。 三、导数为二次式f(x)=Ax2+Bx+C标准讨论顺序 1.首判A=0,降阶转为一次导数，套用一次式规则； 2.A≠0时计算判别式△=B2.4AC: ·△<0：A>0则f(x>0恒成立：A<0则f(x)<0恒成立： ·△=0：存在唯一二重零点，零点处导数为0，其余区间符号由A决定： ·△>0：存在两个不等实根x1<x2: 3.两根存在时，比较两根大小，结合A的正负判断（0∞，x(x12),(x2+∞)内导数正负； 4.筛除定义域外的根与区间，只分析有效范围。 四、分式指数对数型导数简化规则 1.f(x)=gx)ex:ex>0恒成立，单调性完全由g(x)符号决定； 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 2f)=器：若)在定义城内恒正恒负，仅需分折分子8：若网符号变化，需额外划分 正负区间再联立判断。 五、参数分界优先级（固定不可打乱） 1.最高次系数是否为0： 2.二次导数判别式正负； 3.多零点之间的大小比较： 4.零点与定义域边界的位置大小关系。 六、单调性判定等价条件 1.区间内单调递增台f(x)≥0在区间内恒成立： 2.区间内单调递减台f(8)≤0在区间内恒成立； 3.仅孤立单点处f(x)=0,不改变整体区间单调性：若存在一段连续区间f(x)=0,该段为常函数。 七、核心易错约束 1.所有区间划分必须先锚定定义域，域外零点直接舍弃； 2.开口方向、一次斜率正负直接决定导数区间符号，符号颠倒则增减完全相反； 3.二重零点不能拆分为两个不同分界点： 4.讨论顺序错乱极易出现漏参数情况。 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 例题分析 例1.(25-26高二下…福建厦门月考)已知函数f(x=e-1-ax. (1)当a=1时，曲线y=∫x)的一条切线方程为y=x+b,求实数b的值： (2)求函数∫(x)的单调区间. 例2.(2026海南海口模拟预测)已知函数fx=-21nx(a∈R且a≠0） a (I)当a=1时，求f(x)的极小值点与极小值： (2)讨论函数f(x)的单调性； 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 例3.(2026山东青岛·模拟预测)已知函数f(x)=ae2+(2-a)e-x,(a∈R) (I)当a<0时，讨论f(x的单调性； (2)若∫(x)有两个零点，求a的取值范围. 例4,256高二下-费州毕节期)已知函数到=(x-2引e+号-ar+分 (1)当a=1时，求f(x的极值； (2)讨论函数∫(x的单调性. 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 变式训练 变式1.2526商二下旷东韶关期中)已知函数/0-(a+2+2ahx。 (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(L,fI)处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性： ③)法)的极大雀大于一多0，求<的取值范围 变式2.(2026河北沧州三模)已知f(x)=nr-ax2-(2a-1x+2(a∈R). (1)讨论(x)的单调性； 2)当a>0时，证明：fx≤，+n2. 2a 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 变式3.526商=下山东济行期）已知函数f=r+gaeR. (1)当a=-1时，求函数f(x)的最大值； (2)当a>0时，求fx)的单调区间. 变式4.(25-26高二下广东广州期中)已知函数f(x)=ae2r+(a-2)e-x. (I)讨论∫x)的单调性： (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围： (3)若f(x)有两个零点x1,x2,证明x+x2<-2lna. 6 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 实战演练 1.(25-26高二下·江苏无锡阶段检测)已知函数f(x)=ax-e. (1)讨论fx的单调性； (2)当x∈(0，+o)时，若f(x)≤xlnx-x2恒成立，求实数a的最大值. 2.(2526高=下广东期中)已知函数f(x=x--alnx,a>0,g(=r-3x1nx2-3x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求g(x)的零点个数： (3)当a>3时，记f(x),g(x)的各零点之和为T,证明： 9<r<g45. 参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.097.期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 期末培优：含参函数单调性讨论问题复习讲义 知识点解析 一、通用解题流程 1. 确定函数定义域； 1. 求导并整理因式，将参数集中于最高次系数； 1. 依据式子类型分层划分参数范围，逐层判定导数符号； 1. 根据导数正负划分单调区间，写出增减性。 二、导数为一次式 讨论逻辑 1. 第一层：，导数为常数，直接判定全域单调； 1. 第二层：，求出唯一零点 ； 1. 由 正负判断一次函数升降，区分 、 两段导数符号； 1. 剔除落在定义域外的区间，只保留定义域内区间描述单调性。 三、导数为二次式 标准讨论顺序 1. 首判 ，降阶转为一次导数，套用一次式规则； 1. 时计算判别式 ： · ： 则 恒成立； 则 恒成立； · ：存在唯一二重零点，零点处导数为 0，其余区间符号由 决定； · ：存在两个不等实根 ； 1. 两根存在时，比较两根大小，结合 的正负判断 内导数正负； 1. 筛除定义域外的根与区间，只分析有效范围。 四、分式/指数对数型导数简化规则 1. ： 恒成立，单调性完全由 符号决定； 1. ：若 在定义域内恒正/恒负，仅需分析分子 ；若 符号变化，需额外划分 正负区间再联立判断。 五、参数分界优先级（固定不可打乱） 1. 最高次系数是否为 0； 1. 二次导数判别式正负； 1. 多零点之间的大小比较； 1. 零点与定义域边界的位置大小关系。 六、单调性判定等价条件 1. 区间内单调递增 在区间内恒成立； 1. 区间内单调递减 在区间内恒成立； 1. 仅孤立单点处 ，不改变整体区间单调性；若存在一段连续区间 ，该段为常函数。 七、核心易错约束 1. 所有区间划分必须先锚定定义域，域外零点直接舍弃； 1. 开口方向、一次斜率正负直接决定导数区间符号，符号颠倒则增减完全相反； 1. 二重零点不能拆分为两个不同分界点； 1. 讨论顺序错乱极易出现漏参数情况。 例题分析 例1．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知函数． (1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)当时，函数无严格单调区间；当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 【分析】（1）根据导数的几何意义，可求出切点横坐标，再代入原函数，求出切点坐标，最后代入切线方程求出的值； （2）先求导，整理可得，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可. 【详解】（1）当时，，则， 由切线方程为，则，即，解得， 所以，则切点坐标为， 代入切线方程得，则． （2）由，则， 若，则为常数函数，无严格单调区间； 若，当时，解得；当时，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 若，当时，解得；当时，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，函数无严格单调区间； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 例2．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数（且）. (1)当时，求的极小值点与极小值； (2)讨论函数的单调性； 【答案】(1)是的极小值点，极小值为 (2)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【分析】（1）通过导数求函数的极值点和极值； （2）分类讨论，结合导数的正负研究函数的单调性； 【详解】（1）当时，，其定义域为， 求导，得， 令，即， 因为，所以，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以是的极小值点，极小值为. （2）的定义域为， 当时，恒成立，所以在上单调递减， 当时，， 在上，，所以在上单调递减， 在上，，所以在上单调递增， 综上所述， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 例3．（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数， (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1)当时，在和上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递减，在上单调递增 (2) 【分析】（1）对函数求导，通过讨论的范围，得到和，即可得到函数的单调区间； （2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围. 【详解】（1）的定义域为，， ，则由得，． （ⅰ）当时，则，当时，； 当时，；当时，； 所以在单调递减，在单调递增，在单调递减． （ⅱ）当时，则，此时，所以在单调递减． （ⅲ）当时，则，当时，； 当时，；当时，； 所以在单调递减，在单调递增，在单调递减． 综上所述， 当时，在和上单调递减， 在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递减， 在上单调递增． （2）（ⅰ）若，则，由得． 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增． ∴当时，取得最小值，最小值为．   ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即． 当时，，，故， 所以，故在有一个零点．   设，，时，单调递增， 所以，即当时，， 故， 所以，因此在有一个零点．   （ⅱ）若，，由（1）知，至多有一个零点； （ⅲ）若，由（1）知，至多有一个零点； （ⅳ）若，，由（1）知，至多有一个零点； 综上，的取值范围为. 例4．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)答案见解析 【分析】（1）根据条件，求出的解，再由极值的定义即可求解； （2）根据条件得到，再对分类讨论，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解. 【详解】（1）当时，，易知的定义域为， ，又恒成立， 当时，，当时，， 所以是的极小值点，极小值为，无极大值. （2）的定义域为，, 当时，恒成立，当时，，当时，， 当，由，得到或， 若时，，时，，时，， 若时，，此时恒成立，当且仅当时取等号， 若时，，时，，时，， 综上所述，当时，的减区间为，增区间为， 当时，的减区间为，增区间为， 当时，的增区间为， 当时，的减区间为，增区间为. 变式训练 变式1．（25-26高二下·广东韶关·期中）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若的极大值大于，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数求斜率，然后可得切线方程； （2）求导，然后对分类讨论即可； （3）利用（2）中结论表示出极大值，根据题意解不等式即可. 【详解】（1）当时，， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）的定义域为． 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 若，则当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 若，则恒成立，所以在上单调递增． 若，则当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （3）由（2）得当或时，无极大值． 当时，的极大值为， 则，得． 设，则， 所以在上单调递增． 因为，所以由，得，所以． 当时，的极大值为，则， 解得，因为，所以，则满足题意． 综上，的取值范围是． 变式2．（2026·河北沧州·三模）已知． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)当时,在上单调递增；当时,在上单调递增,在(上单调递减. (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负即可求解单调性； （2）由（1）可得，即可将问题转化为，构造函数，求导确定函数单调性，即可利用最值求解. 【详解】（1）函数的定义域为，. ①当时，因为，所以，则恒成立，所以在上单调递增； ②当时，令，解得(舍去). 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由(1)知，当时，在处取得最大值. . 要证，即证. 整理得：. 令，其中. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以. 即恒成立. 故得证. 变式3．（25-26高二下·山东济宁·期中）已知函数． (1)当时，求函数的最大值； (2)当时，求的单调区间． 【答案】(1) (2)当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无减区间． 【分析】（1）根据导数与最值的关系求解即可. （2）根据导数与单调性的关系，对进行讨论求解即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 则， 令，则. ，随的变化情况如下： 1 + 0 - 单调递增 极大值 单调递减 所以当时，取最大值，为． （2）， 当时，令，解得或， ①当时，由，得或，由，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； ②当时，由，得或，由，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； ③当时，由，得，由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； ④当时， ，则函数在上单调递增． 综上： 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间． 变式4．（25-26高二下·广东广州·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围； (3)若有两个零点，，证明. 【答案】(1)当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分，讨论导函数的符号，可得函数的单调性. （2）根据函数的单调性，求函数的极值，根据极值的符号和函数零点的存在性判定定理求实数的取值范围. （3）问题转化为极值点偏移问题进行证明.设，分析函数的单调性，即可证明问题. 【详解】（1）因为， 所以. （ⅰ）若，则，所以在上单调递减； （ⅱ）若，则由得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点，不合题意； （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点，不合题意； ②当时，因，即，故无零点，不合题意； ③当时，，即． 又，故在有一个零点． 设正整数满足， 则． 由于，因此在有一个零点． 综上，的取值范围为． （3）由（2）可设极值点，即，且，． 由（2）不妨设. 要证．只需证，其中. 而在单调递增，故只需证． 又，即证：． 令， 则， , 设，根据基本不等式，（因为，等号不可取）. 设，则为开口向上的抛物线，对称轴为. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为. 所以当时，，即. 所以在上恒成立． 因此在单调递增，故． 即，结合，得， 因、，且函数在该区间单调递增，故． 整理得：，得证． 实战演练 1．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求实数a的最大值． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合符号即可讨论的单调性； （2）先分离参数，再构造函数，求导，再结合导数的符号分析函数的单调性，从而得到函数的最值，进而即可求出实数a的最大值． 【详解】（1）由，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 若时，，则在上单调递增； 若时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，而在上单调递减． （2）由恒成立，即恒成立，即恒成立， 令，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以，即实数a的最大值为． 2．（25-26高二下·广东·期中）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)求的零点个数； (3)当时，记，的各零点之和为T，证明：． 参考数据：，． 【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减． (2)唯一零点 (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，再根据判别式，分，两种情况讨论求解即可； （2）研究函数得单调性，结合零点存在性定理求解即可； （3）根据题意得，进而结合零点存在性定理得，，是函数的零点且，故，再结合，单调性即可证明. 【详解】（1）解：，， 令，则， 当时，，，单调递增， 当时，，由得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减． （2）解：， 设，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，而是增函数， 所以时，单调递增， 因为当时，，，， 所以有唯一零点． （3）证明：注意到，故是函数的一个零点， 因为， 所以，若存在零点，则也是其零点， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在上恒成立， 所以， 又因为，，， 所以在区间上有唯一零点， 所以，， 设，， 所以在上恒成立，故在上单调递增， 所以，即，证毕. 2 学科网（北京）股份有限公司 $