第3章 第2节 导数与函数的单调性-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

第二节 导数的函数的单调性 第三章 一元函数的导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 夯实 必备知识 跃升 关键能力 01 02 课时冲关 03 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） ★[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．(选择性必修第二册P97习题T1改编)函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间上单调递增(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))　　　　　　　 B．(π，2π) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π) 解析：B　[y′＝－xsin x，经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′＞0恒成立， ∴y＝xcos x－sin x在(π，2π)上单调递增．] 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)．] 4．(2024·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：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＋eq \f(1,x)的单调递减区间是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))　　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) D．(0,1) [解析]　B　[由题意可得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2＋x－1,x2)＝eq \f(2x－1x＋1,x2)，且函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,2)，即f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).] [解析]　g(x)＝ln(f(x))＝eq \f(1,x)ln x，由复合函数单调性知：g(x)的增区间即为所求，g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＞0⇒0＜x＜e. [答案]　(0，e)(或(0，e]) (2)(2024·福建统考模拟)函数的单调增区间是　_____________　. 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：一不能漏掉求函数的定义域，二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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递增 D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))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>eq \f(1,e)， 即函数的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))； 当f′(x)<0时，解得0<x<eq \f(1,e)， 即函数的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).] 2．(2024·山东东营市第一中学校考期末)函数f(x)＝eq \f(ex－1,x＋1)的单调递增区间为　___________　. 解析：因为函数f(x)＝eq \f(ex－1,x＋1)，则f′(x)＝eq \f(xex＋1,x＋12). 设h(x)＝xex＋1，则h′(x)＝(x＋1)ex， 当x＞－1时，h′(x)＞0，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增； 当x＜－1时，h′(x)＜0，h(x)在(－∞，－1)上单调递减， 所以当x∈R时，h(x)＞h(－1)＝－eq \f(1,e)＋1＞0， 则当x≠－1时，f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)． 答案：(－∞，－1)，(－1，＋∞) 含参数的函数的单调性 [例2]　(2024·安徽亳州校考)设函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x，求函数f(x)的单调区间． [解]　由题意得f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x， 所以f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(－x2＋ax－1,x2)， 令m(x)＝－x2＋ax－1，Δ＝a2－4， ①当－2≤a≤2时，f′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减， ②当a＜－2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减， ③当a＞2时，令f′(x)＝0，则x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)， 且0＜x1＜x2，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，)) eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增． 综上，当a≤2时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)； 当a＞2时，f(x)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2))). (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． 3．讨论下列函数的单调性． (1)f(x)＝x－aln x； (2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，令f′(x)＝0，得x＝a. ①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2.①当a>ln 2，x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减．②当a＝ln 2时，g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上单调递增． ③当a<ln 2，x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；当a＜ln 2时，f(x)在(－∞，a)，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 函数单调性的应用 ►[角度1]　比较大小或解不等式　 [例3]　(1)(2024·山东校联考)设a＝eq \f(1,e)，b＝eq \f(ln 2,2)，c＝eq \f(ln 3,3)，则(　　) A．b＜a＜c　　　 B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a [解析]　D　[设f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)， 令f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，则x＝e. 所以当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 又a＝eq \f(1,e)＝f(e)，b＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 4,4)＝f(4)，c＝eq \f(ln 3,3)＝ f(3)，所以f(e)＞f(3)＞f(4)，即b＜c＜a.] (2)(2024·江苏南京统考二模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)．若对任意x∈R有f′(x)＞1，f(1＋x)＋f(1－x)＝0，且f(0)＝－2，则不等式f(x－1)＞x－1的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．(2，＋∞) D．(3，＋∞) [解析]　D　[设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1＞0恒成立，故函数在R上单调递增． f(1＋x)＋f(1－x)＝0，则f(2)＋f(0)＝0， 即f(2)＝2，故g(2)＝f(2)－2＝0. f(x－1)＞x－1，即g(x－1)＞0， 即g(x－1)＞g(2)，故x－1＞2，解得x＞3.] ►[角度2]　根据函数单调性求参数　 [例4]　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增，则实数a的取值范围为　________　. [解析]　由题意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3). [答案]　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) [延伸探究]　在本例中，把“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递增”改为“f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间”，求a的取值范围． [解]　f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上存在单调递增区间，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋eq \f(1,x)有解，∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，∴2a>－eq \f(3,2)，即a>－eq \f(3,4)，故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)). 根据函数单调性求参数的一般思路 (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)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 4．(多选)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则关于不等式exf(x)>ex＋3的表述正确的为(　　) A．解集为(0，＋∞) B．解集为(－∞，0)∪(3，＋∞) C．在[－2,2]上有解 D．在[－2,2]上恒成立 解析：AC　[令g(x)＝ex[f(x)－1]，x∈R. 则g′(x)＝ex[f(x)－1＋f′(x)]． ∵f(x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0恒成立，即g(x)在R上单调递增．∵f(0)＝4，∴g(0)＝e0[f(0)－1]＝3.不等式exf(x)>ex＋3可化为ex[f(x)－1]>3，等价于g(x)>g(0)．∴x>0，即不等式exf(x)>ex＋3的解集为(0，＋∞)．则在[－2,2]上有解．] 5．(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)，由a＋1∈(1,2)， 知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)) $$