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教师用书word（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．(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.　　　　　　　 B．(π，2π) C. 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＋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.] (2)(2024·福建统考模拟)函数的单调增区间是　_____________　. [解析]　g(x)＝ln(f(x))＝ln x，由复合函数单调性知：g(x)的增区间即为所求，g′(x)＝＞0⇒0＜x＜e. [答案]　(0，e)(或(0，e]) 　　 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.] 2．(2024·山东东营市第一中学校考期末)函数f(x)＝的单调递增区间为　___________　. 解析：因为函数f(x)＝，则f′(x)＝. 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)＝－＋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)＝－x＋aln x，求函数f(x)的单调区间． [解]　由题意得f(x)＝－x＋aln x的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝－x＋aln x， 所以f′(x)＝－－1＋＝， 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＝，x2＝， 且0＜x1＜x2，所以f(x)在和上单调递减，在上单调递增． 综上，当a≤2时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)； 当a＞2时，f(x)的单调减区间为和，单调增区间为. (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－＝，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＝，b＝，c＝，则(　　) A．b＜a＜c　　　 B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a [解析]　D　[设f(x)＝，则f′(x)＝， 令f′(x)＝＝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＝＝f(e)，b＝＝＝f(4)，c＝＝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)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为　________　. [解析]　由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，∵max＝，∴2a≥，即a≥. [答案]　 [延伸探究]　在本例中，把“f(x)在区间上单调递增”改为“f(x)在区间上存在单调递增区间”，求a的取值范围． [解]　f′(x)＝x＋2a－，若f(x)在上存在单调递增区间，则当x∈时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋有解，∵x∈，∴min＝－2＋＝－，∴2a>－，即a>－，故a的取值范围是. 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x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 故0＝1≥－，由a＋1∈(1,2)， 知ln(1＋a)＞0，故即 故≤a＜1，结合题意可得实数a的取值范围是. 答案： 308 学科网（北京）股份有限公司 $$