第三章 第二节 导数与函数的单调性-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时教师用书word（新教材，人教A版）

第二节　导数与函数的单调性 ★[考试要求] 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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)． 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上　单调递增　 f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上　单调递减　 f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是　常数函数　 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的　定义域　； 第2步，求出导数f′(x)的　零点　； 第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． 1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　) (2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　　) (3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．函数f(x)＝4x－ln x的单调递减区间为(　　 ) A．(0，＋∞)　　　　　 B. C. D. 解析：B　[由f′(x)＜0结合定义域即可解出． 因为f(x)＝4x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝4－，由，解得：0＜x＜，所以函数f(x)＝4x－ln x的单调递减区间为.故选B.] 3．已知函数f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　) A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π) C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2) 解析：D　[f′(x)＝1－cos x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.] 4．(2023·银川一模)已知函数f(x)＝mx－cos x在R上单调递增，则m的最小值为　___________　. 解析：根据题意，由f′(x)＝m＋sin x≥0在R上恒成立求解． 因为函数f(x)＝mx－cos x在R上单调递增，所以f′(x)＝m＋sin x≥0在R上恒成立，即m≥－sin x在R上恒成立，所以m≥1. 答案：1 　　　不含参函数的单调性 [例1]　(1)函数f(x)＝ln x＋2x＋的单调递减区间是(　　 ) A.　　　　 B. C. D．(0,1) [解析]　B　[由题意可得f′(x)＝＋2－＝＝，且函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f′(x)＜0，得0＜x＜，即f(x)的单调递减区间是.故选B.] (2)(2023·合肥模拟)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则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)上的解集为和， 即f(x)的单调递增区间为和. [答案]　和 确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 1．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　 ) A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减 C．在上递增 D．在上递减 解析：D　[因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)， 当f′(x)>0时，解得x>， 即函数的单调递增区间为； 当f′(x)<0时，解得0<x<， 即函数的单调递减区间为，故选D.] 2．函数f(x)＝x＋－ln x的单调递增区间是　______　. 解析：f(x)＝x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－－＝＝， 令f′(x)＞0，解得：x＞2或x＜－1，因为定义域为(0，＋∞)，所以单调递增区间为(2，＋∞)． 答案：(2