3.2 导数与函数的单调性（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

第三章　一元函数的导数及其应用 3.2　导数与函数的单调性 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 主干知识整合 01 核心考点突破 02 知能达标训练 03 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 01 主干知识整合 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 单调递增 单调递减 常数函数 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 02 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 课标要求 考情分析 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). 考点考法：高考命题常以函数的导数符号与函数的单调性的关系为主，求函数的单调区间，或已知函数的单调性(单调区间)求函数解析式中的参数范围，这将是以后高考的重点考查内容． 核心素养：数学抽象、逻辑推理、数学运算． 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(a，b)上____________ f′(x)＜0 f(x)在(a，b)上____________ f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是____________ [导学点清]　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． 1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上，f(x)单调递增 B．在区间(1，3)上，f(x)单调递减 C．在区间(4，5)上，f(x)单调递增 D．在区间(3，5)上，f(x)单调递增 解析　在区间(4，5)上，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在区间(4，5)上单调递增． 答案　C 2．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性为(　　) A．先增后减　　　　　　 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 解析　因为在区间(0，π)内，f′(x)＝－sin x－1＜0恒成立，所以f(x)在(0，π)上单调递减，故选D. 答案　D 3．(忽视函数定义域致误)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　) A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1，1) 解析　∵f′(x)＝2x－ eq \f(2,x) ＝ eq \f(2(x＋1)(x－1),x) (x＞0)， 令f′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)， ∴当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 答案　A 4．已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) ，f(1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) 的大小关系为________(用“＜”连接). 解析　因为f(x)＝x sin x，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，f′(x)＝sin x＋x cos x＞0，所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递增，又因为0＜ eq \f(π,5) ＜1＜ eq \f(π,3) ＜ eq \f(π,2) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) ＜f(1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) . 答案　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) ＜f(1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) 5．(求参数范围忽视等号成立致误)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　由y′＝1－ eq \f(a2,x2) ≥0，得x≤－a或x≥a.所以y＝x＋ eq \f(a2,x) 的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).因为函数在[2，＋∞)上单调递增，所以[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.又a＞0，所以0＜a≤2. 答案　(0，2] 1．“在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)” 是“函数f(x)在此区间上单调递增(减)”的充分不必要条件． 2．可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零． 1．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　由题意，f′(x)＝3x2＋a，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0，即a≥－3x2恒成立，故a≥0.所以“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件，故选A. 答案　A 2．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是________． 解析　f′(x)＝－3x2＋2ax－1，因为函数在R上是单调函数，故f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，即Δ＝4a2－12≤0，解得a∈[－ eq \r(3) ， eq \r(3) ]. 答案　[－ eq \r(3) ， eq \r(3) ] 考点一　不含参函数的单调性(基础考点　自练自悟) 1．已知函数f(x)＝(x－3)ex，则f(x)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，2)　　　　　　　 B．(2，＋∞) C．(－∞，3) D．(3，＋∞) 解析　函数f(x)的定义域为R，求导得f′(x)＝(x－2)ex，由f′(x)＞0，解得x＞2，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞).故选B. 答案　B 2．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cos x，则f(x)的单调递增区间为________． 解析　f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π). 令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(π,6) 或x＝ eq \f(5π,6) ， 当0＜x＜ eq \f(π,6) 或 eq \f(5π,6) ＜x＜π时，f′(x)＞0， 当 eq \f(π,6) ＜x＜ eq \f(5π,6) 时，f′(x)＜0， ∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))) 上单调递减． 答案　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)) 3．已知函数f(x)＝x－ln x－ eq \f(ex,x) ，判断函数f(x)的单调性． 解析　因为f(x)＝x－ln x－ eq \f(ex,x) ， 所以f′(x)＝1－ eq \f(1,x) － eq \f((x－1)ex,x2) ＝ eq \f((x－1)(x－ex),x2) (x＞0). 令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex， 可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)＜g(0)＝－1＜0. 所以当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 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“，”或“和”隔开． 考点二　含参数的函数的单调性(重难考点　师生共研) 　(2023·新课标Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x，讨论f(x)的单调性． [解析]　因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R，讨论f(x)的单调区间． 解析　函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a， 当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞ln a，令f′(x)＝ex－a＜0，解得x＜ln a， 即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)， 无单调递减区间； 当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)， 单调递增区间为(ln a，＋∞). 考点三　函数单调性的应用(多维探究　师生共研) 角度1　比较大小或解不等式 　函数f(x)＝ex－e－x＋sin x，则不等式f(x)＞0的解集是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(0，π) D．(－π，0) [解析]　对函数f(x)求导得f′(x)＝ex＋e－x＋cos x， 因为ex＋ eq \f(1,ex) ≥2，当且仅当x＝0时等号成立，－1≤cos x≤1， 所以f′(x)＞0， 因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，所以f(x)在R上单调递增， 又因为f(0)＝e0－e－0＋sin 0＝0，所以f(x)＞0的解集为(0，＋∞). [答案]　A 利用导数比较大小或解不等式 (1)比较函数值大小时，若自变量不在同一单调区间内，则要利用函数的性质，将其转化到同一个单调区间上，再进行比较． (2)利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数，利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式． (3)与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式． 角度2　根据函数单调性求参数 　已知函数f(x)＝ln x－ eq \f(1,2) ax2－2x(a≠0). 若f(x)在[1，4]上单调递减，则实数a的取值范围为________． [解析]　因为f(x)在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，f′(x)＝ eq \f(1,x) －ax－2≤0恒成立， 则a≥ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 恒成立． 设g(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，x∈[1，4]， 所以a≥g(x)max，则g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up20(2) －1， 因为x∈[1，4]，所以 eq \f(1,x) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)) ， 所以g(x)max＝－ eq \f(7,16) (此时x＝4)， 所以a≥－ eq \f(7,16) ，又因为a≠0， 所以a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0)) ∪(0，＋∞). [答案]　 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0)) ∪(0，＋∞) (变条件)本例中，若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围． 解析　因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则f′(x)＜0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a＞ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 有解， 又当x∈[1，4]时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x))) eq \s\do7(min) ＝－1(此时x＝1)， 所以a＞－1，又因为a≠0， 所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式． (2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题． (3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值． 1．设函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(2x－1)＋f(x－2)＞0的解集为(　　) A．(－∞，1) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) D．(1，＋∞) 解析　根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，此时有f′(x)＝ex＋sin x＞0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数．f(2x－1)＋f(x－2)＞0⇒f(2x－1)＞－f(x－2)⇒f(2x－1)＞f(2－x)⇒2x－1＞2－x，解得x＞1，即不等式的解集为(1，＋∞). 答案　D 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析　f′(x)＝aex－ eq \f(1,x) ≥0对∀x∈(1，2)恒成立，∴a≥ eq \f(1,xex) ，g(x)＝ eq \f(1,xex) 在(1，2)单调递减，∴g(x)＜g(1)＝ eq \f(1,e) ，∴a≥ eq \f(1,e) ，选C. 答案　C $$