5.3.1.2　函数的单调性课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦函数单调性的应用，涵盖含参数函数单调区间讨论、由单调性求参数范围、函数图象增长快慢比较等核心知识点，通过例题解析与探究总结，搭建从单调性概念到导数应用的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于以分层分类讨论培养逻辑推理（数学思维），通过导函数零点位置分析等方法总结体现数学语言精确表达，如例1对参数a分四类讨论，助力学生发展抽象能力（数学眼光）。教师可直接使用系统案例提升教学效率，学生能掌握解决复杂问题的方法。

5.3.1　函数的单调性(第2课时) 函数单调性的应用 题型一　 求含参数的函数的单调区间 例 　 若a≤0，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，则f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)． 第页 2 若0<a<1，当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，当a<x<1时，f′(x)<0，则f(x)的单调递增区间是(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间是(a，1)． 若a＝1，当x＞0时，f′(x)≥0且不恒为零恒成立，则f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． 若a>1，当0<x<1或x>a时，f′(x)>0，当1<x<a时，f′(x)<0，则f(x)的单调递增区间是(0，1)和(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a)． 第页 综上所述：若a≤0，则f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)； 若0<a<1，则f(x)的单调递增区间是(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间是(a，1)； 若a＝1，则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间； 若a>1，则f(x)的单调递增区间是(0，1)和(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a)． 第页 探究1 解析式中含参数的函数的单调区间求解方法： (1)若导函数的零点可以直接求出，则利用零点与定义域的位置关系或零点的大小分类讨论．若导函数的最高次项含参数还要考虑参数对导函数正负的影响． (2)若导函数的零点不能直接求出，则根据参数对导函数零点的存在性的影响进行分类讨论． 第页 思考题1　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性． 第页 第页 第页 题型二　 由函数的单调性求参数的取值范围 例 2　(1)已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0，1)，a>0，若f(x)在(0，1)上是增函数，则a的取值范围是________．　 第页 9 (2)已知函数f(x)＝ax－ln x在(0，2)上不单调，则a的取值范围是___________． 第页 探究2 根据函数的单调性求参数范围的方法： (1)函数y＝f(x)在(a，b)上是增函数(或减函数)，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)且不恒为零在(a，b)上恒成立． (2)函数y＝f(x)在(a，b)上存在单调递增(或单调递减)区间，则f′(x)>0(或f′(x)<0)在(a，b)内有解． (3)函数y＝f(x)在(a，b)内不单调,则y＝f′(x)在(a，b)内有变号零点. 注意：在某区间内f′(x)>0(或f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上单调递增(或单调递减)的充分不必要条件． 第页 思考题2　(1)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间(1，2)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　) √ 第页 第页 第页 (2)已知函数f(x)＝ln x－ax在区间[1，3]上单调递减，则实数a的取值范围为___________． [1，＋∞) 第页 题型三　 函数图象增长快慢的比较 √ 例 3　如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是(　　)　 第页 16 【解析】　由题图知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，所以函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，排除B、C.又函数y＝f′(x)中，y随x的增大而减小，函数y＝g′(x)中，y随x的增大而增大，所以f(x)图象增长得越来越慢，g(x)图象增长得越来越快，故选D. 第页 探究3 若导函数f′(x)>0且单调递增，则原函数为单调递增的下凸函数，若导函数f′(x)>0且单调递减，则原函数为单调递增的上凸函数；若导函数f′(x)<0且单调递增，则原函数为单调递减的下凸函数，若导函数f′(x)<0且单调递减，则原函数为单调递减的上凸函数． 第页 思考题3　已知f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) √ 第页 返 回 课后巩固 21 1.已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　) √ 解析　由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左至右先上升后下降，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左向右先增大后减小．故选B. 第页 2．若函数f(x)＝x3＋ax＋b在区间(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则(　　) A．a＝1，b＝1　　　　　 B．a＝1，b∈R C．a＝－3，b＝3 D．a＝－3，b∈R √ 解析　因为f(x)＝x3＋ax＋b，所以f′(x)＝3x2＋a.因为f(x)在(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(1)＝3＋a＝0，所以a＝－3，b∈R. 第页 √ 第页 (－∞，16] 第页 第页 5．判断y＝ax3－1(a∈R)在(－∞，＋∞)上的单调性． 解析　∵y′＝3ax2，又x2≥0， ∴①当a>0时，y′≥0且不恒为零，函数在R上单调递增； ②当a<0时，y′≤0且不恒为零，函数在R上单调递减； ③当a＝0时，y′＝0，函数在R上没有单调性． 返 回 1　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋aln x－(a＋1)x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性． 【解析】　函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋aln x－(a＋1)x，定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝x＋eq \f(a,x)－(a＋1)＝eq \f(（x－1）（x－a）,x). 【解析】　f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(2a,3). 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0且不恒为零，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)，则f′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))，则f′(x)<0， 所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减； 当a<0时，若x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))，则f′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))，则f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减． 综上，当a＝0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减； 当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减． 【解析】　(1)∵f′(x)＝2a－3x2，f(x)在(0，1)上是增函数， ∴f′(x)≥0且不恒为零在(0，1)上恒成立． ∴2a－3x2≥0，即a≥eq \f(3,2)x2. 又∵x∈(0，1)，∴eq \f(3,2)x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴a≥eq \f(3,2). 检验a＝eq \f(3,2)时，符合题意．∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) 【解析】　(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)， ①当a≤0时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上单调递减，不合题意． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a). ∵f(x)在(0，2)上不单调，∴0<eq \f(1,a)<2，得a>eq \f(1,2). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8)))　　　 B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8))) 【解析】　方法一：由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋1,x). ∴若a≥0，则f′(x)＞0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意． 若a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq \r(－\f(1,2a)) (不合题意，舍去)或x＝eq \r(－\f(1,2a))，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))时，f′(x)＜0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上单调递减，又f(x)在区间(1，2)内存在单调递减区间，故eq \r(－\f(1,2a))<2，解得a<－eq \f(1,8)，故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8))). 方法二：由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋1,x)，因为函数在区间(1，2)内存在单调递减区间，所以eq \f(2ax2＋1,x)<0在区间(1，2)上有解，即2ax2＋1<0在区间(1，2)上有解，因此2a<－eq \f(1,x2)在区间(1，2)上有解，由于x∈(1，2)时，－1<－eq \f(1,x2)<－eq \f(1,4)，因此2a<－eq \f(1,4)，即a<－eq \f(1,8). 【解析】　因为f(x)＝ln x－ax，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－a， 因为f(x)在区间[1，3]上单调递减，所以f′(x)≤0，即eq \f(1,x)－a≤0，则a≥eq \f(1,x)在[1，3]上恒成立，因为y＝eq \f(1,x)在[1，3]上单调递减，所以ymax＝1，故a≥1. 检验a＝1时，符合题意． 【解析】　从f′(x)的图象可以看出，f(x)在(a，b)上整体呈递增趋势，且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))上，f′(x)单调递增；在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))上，f′(x)单调递减，即函数f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))上越来越陡峭，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))上越来越平缓，由此可知，只有选项D符合． 3．若函数y＝eq \f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析　若函数y＝eq \f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，则y′＝x2＋2x＋m≥0且不恒为零或y′＝x2＋2x＋m≤0且不恒为零(舍去)在R上恒成立， 所以Δ＝4－4m≤0，解得m≥1. 4．已知函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)(x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，则a的取值范围是___________． 解析　f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)＝eq \f(2x3－a,x2). 要使f(x)在[2，＋∞)上是单调递增的，只要f′(x)≥0且不恒为零在[2，＋∞)上恒成立，即eq \f(2x3－a,x2)≥0在[2，＋∞)上恒成立． ∵x2>0，∴2x3－a≥0，即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立．∴a≤(2x3)min. ∵x∈[2，＋∞)，y＝2x3是单调递增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16. 当a＝16，x∈[2，＋∞)时，f′(x)＝eq \f(2x3－16,x2)≥0，当且仅当x＝2时取等号，∴a的取值范围是(－∞，16]． $