主题2 第3章 第2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（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，依据课程标准梳理了函数单调性与导数的关系、单调区间求解、参数问题等核心考点，通过近五年高考真题分析明确“含参单调性讨论”“已知单调性求参数”等高频题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题演练+方法建模+易错警示”策略，如以2023全国乙卷参数范围题为例，运用构造函数法突破f(x)与f’(x)共存问题，培养学生数学思维与逻辑推理能力。特设母题变式训练和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

主题二 函　数（选择性必修第二册） 第三章　导数及其应用 第2节　利用导数研究函数的单调性 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 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数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．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，会求函数的单调区间． 3．能利用导数解决有关不等式、参数等问题． 1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)>0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增； (2)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)＜0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减； (3)若在某个区间内， f′(x)≥0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增； (4)若在某个区间内， f′(x)≤0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减． 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，函数的图象就越“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．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，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．已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点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　[由图象上任意一点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.] 3．(BSD选择性必修第二册P75练习T2改编)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则函数f(x)的单调递增区间是________． 解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令f′(x)＝xcos x＞0，则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 4．f′(x)是f(x)在区间[a，b]的导函数，则“在区间(a，b)内f′(x)＞0”是“f(x)在该区间内单调递增”的________条件． 解析：一般地，由f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，反之，则不一定．如函数f(x)＝x3在区间(－∞，＋∞)上单调递增，但是f′(x)≥0，因此f′(x)＞0是函数f(x)为增函数的充分不必要条件． 4．f′(x)是f(x)在区间[a，b]的导函数，则“在区间(a，b)内f′(x)＞0”是“f(x)在该区间内单调递增”的________条件． 解析：一般地，由f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，反之，则不一定．如函数f(x)＝x3在区间(－∞，＋∞)上单调递增，但是f′(x)≥0，因此f′(x)＞0是函数f(x)为增函数的充分不必要条件． 4．f′(x)是f(x)在区间[a，b]的导函数，则“在区间(a，b)内f′(x)＞0”是“f(x)在该区间内单调递增”的________条件． 解析：一般地，由f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，反之，则不一定．如函数f(x)＝x3在区间(－∞，＋∞)上单调递增，但是f′(x)≥0，因此f′(x)＞0是函数f(x)为增函数的充分不必要条件． 答案：充分不必要 5．(忽视端点取等号致误)若y＝x＋eq \f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是______． 解析：法一：由y′＝1－eq \f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a. ∴y＝x＋eq \f(a2,x)的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)． ∵函数在[2，＋∞)上单调递增， ∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0<a≤2. 法二：y′＝1－eq \f(a2,x2)，依题意知1－eq \f(a2,x2)≥0 在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立， ∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a>0， ∴0<a≤2. 答案：(0,2] 利用导数求函数的单调区间 [典例]　(1)已知f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5，则函数f(x)的单调减区间为(　　) A．(1，＋∞)　　　 B．(ln 3，＋∞) C．(－∞，ln 3) D．(－∞，＋∞) [解析]　由题可知，f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5， 且f(x)的定义域为R， 则f′(x)＝6x＋6－6ex＝6(x＋1－ex)， 令g(x)＝x＋1－ex，则g′(x)＝1－ex，x∈R， 当x∈(－∞，0)时，g′(x)＞0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则g(x)的最大值为g(0)＝0， 故g(x)≤0恒成立，故f′(x)≤0在R上恒成立， 所以f(x)在R上单调递减，即函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)． [答案]　D (2)已知函数f(x)＝(x－2e2)ln x－x－2e2.讨论f(x)的单调性． [解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)＝(x－2e2)ln x－x－2e2， 所以f′(x)＝－eq \f(2e2,x)＋ln x， 设g(x)＝f′(x)＝－eq \f(2e2,x)＋ln x，因为y＝－eq \f(2e2,x)、 y＝ln x都在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(e2)＝0， 所以x∈(0，e2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减； x∈(e2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增． 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，利用图象与性质确定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． 1．函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是(　　) A．(－∞，e) B．(1，e) C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞) 解析：D　 [由f(x)＝x·ex－ex＋1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞)．] 2．已知函数f(x)＝x2－(ln x)2.讨论函数f(x)的单调性． 解：因为f(x)＝x2－(ln x)2，其中x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝2x－eq \f(2ln x,x)， 设g(x)＝2x－eq \f(2ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(2x2＋ln x－1,x2)， 令h(x)＝x2＋ln x－1，可得h′(x)＝2x＋eq \f(1,x)＞0恒成立， 所以h(x)为(0，＋∞)上的增函数，且h(1)＝0， 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2， 所以f′(x)min＝2＞0，所以f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 利用导数判断或证明函数的单调性 [典例]　已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性． [解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(ax2－2x－1,x3). 当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 当a>0时，f′(x)＝eq \f(ax－1,x3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a)))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))). ①当0<a<2时，eq \r(\f(2,a))>1， 当x∈(0,1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减． ②当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增． ③当a>2时，0<eq \r(\f(2,a))<1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a<2时，f(x)在(0,1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上单调递增； 当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 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)的符号； (3)下结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数． 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)上是增函数； 若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)上是减函数． 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数． ②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)上是增函数． ③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)上是增函数； 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)上是减函数； 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)上是增函数． 　　　　函数单调性的简单应用 ►[命题点1]　比较大小或解不等式　 1．(多选)已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))　 B．eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) 解析：CD　[设g(x)＝eq \f(fx,cos x)， 则g′(x)＝eq \f(f′x·cos x＋fx·sin x,cos2x). 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0， 所以x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时， g′(x)＝eq \f(f′x·cos x＋fx·sin x,cos2x)＜0. 因此g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))， 即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),\f(\r(3),2))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),\f(1,2))⇒feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),\f(\r(3),2))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))⇒eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).] 2．已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x＞0时，若xf′(x)－2f(x)＞0，f(－3)＝1，则不等式eq \f(fx,x)＜eq \f(1,9)x的解集是(　　) A．(－∞，－3)∪(0,3) B．(－3,3) C．(－3,0)∪(0,3) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 解析：A　[构造函数g(x)＝eq \f(fx,x2)，g′(x)＝x·eq \f(xf′x－2fx,x4)＝eq \f(xf′x－2fx,x3)， 当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f(x)为偶函数，y＝eq \f(1,x2)为偶函数， 所以g(x)＝eq \f(fx,x2)为偶函数，在(－∞，0)单调递减． f(－3)＝1，则f(3)＝1，g(－3)＝g(3)＝eq \f(f3,32)＝eq \f(1,9)；eq \f(fx,x)＜eq \f(1,9)x， 当x＞0时，即eq \f(fx,x2)＜eq \f(1,9)，g(x)＜eq \f(1,9)＝g(3)，所以x∈(0,3)； 当x＜0时，即eq \f(fx,x2)＞eq \f(1,9)，g(x)＞eq \f(1,9)＝g(－3)，所以x∈(－∞，－3)． 综上所述，x∈(－∞，－3)∪(0,3)． 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). ►[命题点2]　已知函数的单调性求参数的取值范围　 [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(－∞，＋∞)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∈(－∞，＋∞)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(－∞，＋∞)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)＝3x3－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． 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． 1．已知a＝eq \f(ln 2,4)，b＝eq \f(1,2e)，c＝eq \f(2－ln 2,e2)，则这三个数的大小关系为(　　) A．c＜b＜a　　　 B．a＜b＜c C．a＜c＜b D．c＜a＜b 解析：C　[令f(x)＝eq \f(ln x,2x)，f′(x)＝eq \f(2－2ln x,2x2)， 令f′(x)＞0，得0＜x＜e，令f′(x)＜0，得x＞e， 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因为c＝eq \f(2－ln 2,e2)＝eq \f(ln e2－ln 2,e2)＝eq \f(ln\f(e2,2),e2) ＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，且a＝eq \f(ln 2,4)＝f(2)，b＝eq \f(1,2e)＝f(e)， 则f(e)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))＞f(2)，即a＜c＜b.] 2．已知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜f′(x)，则不等式e－xf(x2＋x)＞ex2－2f(2)的解集是(　　) A．(－2,1) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－1,2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：B　[令h(x)＝eq \f(fx,ex)，则h′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)＞0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以e－xf(x2＋x)＞f(2)⇔ ＞eq \f(f2,e2)⇔h(x2＋x)＞h(2)⇔x2＋x＞2，解之得x＜－2或x＞1，即原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．] 3．(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x≥－eq \f(ln a,ln1＋a)在区间(0，＋∞)上恒成立， 故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq \f(ln a,ln1＋a)，而a＋1∈(1,2)， 故ln(1＋a)＞0， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(lna＋1≥－ln a，,0＜a＜1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(aa＋1≥1，,0＜a＜1，)) 故eq \f(\r(5)－1,2)≤a＜1， 结合题意可得实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)). 答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) $