第2章 第11节 利用导数研究函数的单调性-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教B版）

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的单调性”核心考点，依据新课标要求梳理判断单调性、求单调区间、已知单调性求参数范围三大考查方向，结合考情分析明确解答题为主的中档偏难题权重，归纳分类讨论、数形结合等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题训练+方法指导+素养提升”的备考策略，如以“讨论含参函数单调性”母题为例，解析分类讨论步骤，结合2024和平区一模真题训练构造函数法，培养逻辑推理和数学运算素养。特设易错警示（如导数符号与单调性关系）和步骤模板，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此系统教学，提升复习效率。

第11节 利用导数研究函数的单调性 第二章 函数、导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 02 课后 素养提能 03 夯实 必备知识 01 第二章 函数、导数及其用应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系． 2．能利用导数研究函数的单调性． 3．会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次) 1.利用导数判断或证明函数的单调性，发展逻辑推理和数学运算素养． 2．利用导数求函数的单调区间，提升逻辑推理和数学运算素养． 3．已知函数的单调性求参数的取值范围，提升逻辑推理和数学运算素养 　　利用导数研究函数的单调性是高考考查的热点内容，主要考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数确定函数的单调区间、已知函数的单调性求参数的取值范围等，考查转化与化归、分类讨论、数形结合等思想方法．题型主要以解答题为主，属于中高档题 1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导： (1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)上是增函数； (2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)上是减函数； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是常数函数． 2．求函数单调区间的步骤 (1)求定义域． (2)求导． (3)由导数大于0求单调递增区间；由导数小于0求单调递减区间． 1．f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． 2．若f(x)可导且f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　 ) (2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图像就越“平缓”．(　　 ) (3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内为常数函数．(　　 ) (4)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是f(x)的单调递增区间意义不一样．(　　 ) [答案]　 (1)×　(2)×　(3)√　(4)√ ◆[小题查验] 1．(教材改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判断中正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数 解析：A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数，其他判断均不正确．] 2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是(　　 ) A．单调递增　　　　 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增 解析：A　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．] 3．(2024·和平区一模)已知f(x)是定义在R上的函数，它的图像上任意一点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　[由图像上任意一点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.] 4．(教材改编)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为　________　. 解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)<0，得0<x<1，故f(x)的单调递减区间为(0,1)． 答案：(0,1) 5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是　________　. 解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2， 又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3. 答案：3 　利用导数判断或证明函数的单调性(重难点) [典例]　已知函数f(x)＝2ln x＋1. (1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围； (2)设a>0，讨论函数g(x)＝eq \f(fx－fa,x－a)的单调性． [解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒ 2ln x＋1－2x－c≤0(*)， 设h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x>0)， 则有h′(x)＝eq \f(2,x)－2＝eq \f(21－x,x)， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以当x＝1时，函数h(x)有最大值， 即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c， 要想不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立， 只需h(x)max≤0⇒－1－c≤0⇒c≥－1. (2)g(x)＝eq \f(2ln x＋1－2ln a＋1,x－a)＝eq \f(2ln x－ln a,x－a)(x＞0且x≠a)， 因此g′(x)＝eq \f(2x－a－xln x＋xln a,xx－a2)， 设m(x)＝2(x－a－xln x＋xln a)， 则有m′(x)＝2(ln a－ln x)， 当x>a时，ln x>ln a，所以m′(x)<0，m(x)单调递减， 因此有m(x)<m(a)＝0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减； 当0<x<a时，ln x<ln a，所以m′(x)>0，m(x)单调递增， 因此有m(x)<m(a)＝0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减， 所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减，没有递增区间． 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求f′(x)； (2)确认f′(x)在(a，b)内的符号； (3)下结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数． 　易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 讨论函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(ax,x＋a)(a>1)的单调性． 解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x[x－a2－2a],x＋1x＋a2). ①当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)内是增函数； 若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)内是减函数． 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)内是增函数． ②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)内是增函数． ③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)内是增函数； 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)内是减函数； 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)内是增函数． 　利用导数求函数的单调区间(重难点) [典例]　已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(a,x)－ln x－eq \f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． [解]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)， 由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x， 知f′(1)＝－eq \f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq \f(5,4). (2)由(1)知f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x－eq \f(3,2)， 则f′(x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2)， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5， 因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数． 利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图像与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开． 已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a＞0)． (1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值； (2)求函数y＝f(x)的单调区间． 解：(1)函数f(x)的定义域为R. 由已知得f′(x)＝eq \f(ex,ex＋1)－a. ∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数， ∴f′(－x)＝－f′(x)，即eq \f(e－x,e－x＋1)－a＝－eq \f(ex,ex＋1)＋a， 解得a＝eq \f(1,2). (2)由(1)f′(x)＝eq \f(ex,ex＋1)－a＝1－eq \f(1,ex＋1)－a. ①当a≥1时，f′(x)＜0恒成立， ∴a∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)在R上单调递减． ②当0＜a＜1时，由f′(x)＞0得(1－a)(ex＋1)>1，即ex＞－1＋eq \f(1,1－a)，解得x＞ln eq \f(a,1－a)， 由f′(x)＜0得(1－a)(ex＋1)＜1， 即ex＜－1＋eq \f(1,1－a)，解得x＜ln eq \f(a,1－a). ∴a∈(0,1)时，函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(a,1－a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a,1－a)))上单调递减． 函数单调性的简单应用 ◆[命题角度1]　比较大小或解不等式(重难点)　 1．已知实数a，b，c∈(0,1)，且a＝2 023ea－2 023，b＝2 024eb－2 024，c＝2 025ec－2 025，则(　　) A．a<b<c　　　 B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a 解析：D　[由a＝2 023ea－2 023，b＝2 024eb－2 024，c＝2 025ec－2 025，得eq \f(ea,a)＝eq \f(e2 023,2 023)，eq \f(eb,b)＝eq \f(e2 024,2 024)，eq \f(ec,c)＝eq \f(e2 025,2 025)， 令f(x)＝eq \f(ex,x)，x>0，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 于是函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则f(2 023)<f(2 024)<f(2 025)， 即eq \f(e2 023,2 023)<eq \f(e2 024,2 024)<eq \f(e2 025,2 025)，因此eq \f(ea,a)<eq \f(eb,b)<eq \f(ec,c)，即f(a)<f(b)<f(c)，又a，b，c∈(0,1)， 所以c<b<a.] 2．(多选)(2024·山东省高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋e－x＋|x|.则下面结论正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)在[0，＋∞)上为增函数 C．若x≠0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＞e2＋2 D．若f(x－1)＜f(－1)，则0＜x＜2 解析：BCD　[对于A选项，函数f(x)＝ex＋e－x＋|x|的定义域为R， f(－x)＝e－x＋ex＋|－x|＝e－x＋ex＋|x| ＝f(x)，则函数y＝f(x)为偶函数，A选项错误； 对于B选项，当x≥0时，f(x)＝ex＋e－x＋x， 则f′(x)＝ex－e－x＋1≥1， 所以，函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，B选项正确； 对于C选项，当x＞0时，由基本不等式可得x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2， 由于函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，此时feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥f(2)＝e2＋e－2＋2＞e2＋2， 由于函数y＝x＋eq \f(1,x)为奇函数，当x＜0时，－x－eq \f(1,x)≥2eq \r(－x·\f(1,－x))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))＞e2＋2. 综上所述，当x≠0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＞e2＋2，C选项正确； 对于D选项，由于函数y＝f(x)为偶函数，由f(x－1)＜f(－1)，得f(|x－1|)＜f(1)， 由于函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则|x－1|＜1，解得0＜x＜2，D选项正确．] 构造法解f(x)与f′(x)共存问题 (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)． (2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)． 特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx. (3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)． (4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,gx)(g(x)≠0)． (5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)． (6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)． (7)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝ xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0. (8)对于xf′(x)－nf(x)>0(x≠0)型，构造F(x)＝eq \f(fx,xn)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－nfx,xn＋1)(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝eq \f(fx,x)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)＞0. (9)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)． (10)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,ex). ◆[命题角度2]　已知函数的单调性求参数的取值范围(迁移点)　 [母题]　已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围． [破题关键点]　(1)讨论f′(x)的符号是正的还是负的； (2)转化为f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立． [解]　(1)f′(x)＝3x2－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0， 所以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x＞eq \f(\r(3a),3)或x＜－eq \f(\r(3a),3)时，f′(x)＞0； 当－eq \f(\r(3a),3)＜x＜eq \f(\r(3a),3)时，f′(x)＜0. 因此f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数． 综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数； 当a＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数． (2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 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，即a的取值范围为(－∞，0]． [子题1]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围． 解：因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范围为(－∞，3]． [子题2]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围． 解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立． 因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数． [子题3]　函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值． 解：由母题可知，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. [子题4]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－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＝±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，得0＜a＜3， 即a的取值范围为(0,3)． 已知函数单调性，求参数范围的两个方法 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解． 易错警示：f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． $