第3章 第2节 导数与函数的单调性（Word教参）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版 浙江专用）

　 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. 3　对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. 知识梳理 导数与函数单调性的关系 条件 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内单调递增 f′(x)<0 f(x)在(a，b)内单调递减 f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是常数函数 讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则. 学霸笔记 1.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件. 2.可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零. 进阶诊断 1.判断正误 (1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　×　) (2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性.(　√　) (3)若在区间(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在区间(a，b)内是减函数.(　√　) 2.(选择性必修第二册·P86例1(2)改编)函数f(x)＝sin x－x在(0，π)上的单调性是(　D　) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 3.(选择性必修第二册·P89例4改编)设x>0，f(x)＝ln x，g(x)＝1－，h(x)＝ex三个函数的图象如图所示，则f(x)，g(x)，h(x)的图象与C1，C2，C3之间的对应关系正确的是(　B　) A．f(x)→C1，g(x)→C2，h(x)→C3 B．f(x)→C2，g(x)→C1，h(x)→C3 C．f(x)→C3，g(x)→C1，h(x)→C2 D．f(x)→C2，g(x)→C3，h(x)→C1 4.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调减区间为[－1，4]，则实数a的值为－4. 解析：f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]， ∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4. 5.若函数f(x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为[1，＋∞). 解析：因为f ′(x)＝cos x＋k≥0，所以k≥－cos x，x∈(0，π)恒成立. 当x∈(0，π)时，－1<－cos x<1，所以k≥1. 　不含参数的函数的单调性问题 自主练通 1.函数f(x)＝·ln x的递增区间为(　A　) A．(，＋∞) B．(，＋∞) C．(0，) D．(0，) 解析：由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝·ln x＋·＝， 由f′(x)>0得ln x＋2＞0，解得x＞， 所以f(x)的递增区间为(，＋∞). 2.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间为(－π，－)和(0，). 解析：由已知，得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{x|－π<x<－或0<x<}， 即f(x)的单调递增区间为(－π，－)，(0，). 方　法　规　律 确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求f′(x)； (3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 　含参数的函数的单调性问题 讲练融通 已知函数f(x)＝e2x－mex－m2(3x－)，讨论f(x)的单调性. 思维导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等学科素养 思路点拨 求出f′(x)＝(2ex－3m)(ex＋m)，分类讨论m＝0，m＜0，m＞0，即可得到答案 解：f′(x)＝2e2x－mex－3m2＝(2ex－3m)(ex＋m). ①当m＝0时，f′(x)＝2e2x＞0恒成立，f(x)在R上单调递增. ②当m<0时，2ex－3m>0，令f′(x)＝0，解得x＝ln(－m). 当x＞ln(－m)时，f′(x)>0，函数f(x)在(ln(－m)，＋∞)上单调递增； 当x＜ln(－m)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，ln(－m))上单调递减. ③当m>0时，ex＋m>0，令f′(x)＝0，解得x＝ln . 当x＞ln 时，f′(x)>0，函数f(x)在(ln ，＋∞)上单调递增； 当x＜ln 时，f′(x)<0，