第3章 第2节 函数的单调性与导数（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第三章　导数及其应用 第二节　函数的单调性与导数 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 × √ √ 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 课时作业(十七) 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 谢谢观看！ 课标解读 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，会求函数的单调区间． 3．能利用导数解决有关不等式、参数等问题． 1．函数的单调性与其导数正负的关系 对于一般函数，其单调性与其导数的正负之间有如下法则： (1)若在区间(a，b)内，f′(x)>0，则函数f (x)在此区间内单调递增，(a，b)为f (x)的单调递增区间． (2)若在区间(a，b)内，f′(x)<0，则函数f (x)在此区间内单调递减，(a，b)为f (x)的单调递减区间． 2．函数图象的变化趋势与导数绝对值大小的关系 (1)函数的导数绝对值大说明函数值变得快，绝对值小说明函数值变得慢． (2)从函数的图象上看，导数是切线的斜率．斜率的绝对值大说明切线陡，曲线也就陡；斜率的绝对值小说明切线较平，曲线也就平缓一些． 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．(2023·浙江绍兴诸暨市模拟)如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f (2)＝0，则y＝f (x)的图象大致为(　　) C　解析：由f′(x)的图象可知， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 当x∈(1，3)时，f′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，f (2)＝0，在x∈(0，1)时，导数先增后减，即y＝f (x)切线的斜率先增后减，ABD错误． 3．(2023·常熟期中)若函数f (x)＝ eq \f(1,2) x2－2x－3ln x，则函数f (x)的单调递减区间为(　　) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－1，3) C．(0，3) D．(3，＋∞) C　解析：f (x)＝ eq \f(1,2) x2－2x－3ln x，函数的定义域为 {x|x>0}， 可得f′(x)＝x－2－ eq \f(3,x) ＝ eq \f(x2－2x－3,x) ＝ eq \f(（x－3）（x＋1）,x) . 因为f′(x)<0，解得x∈(0，3)， 所以函数f (x)的单调递减区间为(0，3). 答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) 和(1，＋∞)　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)) 　解析：f′(x)＝3x2－2x－1，令3x2－2x－1>0，解得x＜－ eq \f(1,3) 或x>1， ∴函数f (x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) 和(1，＋∞)； 令3x2－2x－1<0，解得－ eq \f(1,3) <x<1， ∴函数f (x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)) . 4．函数f (x)＝x3－x2－x的单调递增区间为____________________________，单调递减区间为________________． 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________________． 答案：[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. 6．(忽视端点取等号致误)若y＝x＋ eq \f(a2,x) (a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________________． 答案：(0，2]　解析：方法一　由y′＝1－ eq \f(a2,x2) ≥0，得x≤－a或x≥a. ∴y＝x＋ eq \f(a2,x) 的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞). ∵函数在[2，＋∞)上单调递增， ∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2. 又a>0，∴a的取值范围是(0，2]. 方法二　y′＝1－ eq \f(a2,x2) ，依题意知1－ eq \f(a2,x2) ≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立， ∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4， 又a>0，∴0<a≤2. 1．(2023·河南模拟)已知f (x)＝3x2＋6x－6ex＋5，则函数f (x)的单调递减区间为(　　) A．(1，＋∞) B．(ln 3，＋∞) C．(－∞，ln 3) D．(－∞，＋∞) D　解析：由题可知，f (x)＝3x2＋6x－6ex＋5，且f (x)的定义域为R， 则f′(x)＝6x＋6－6ex＝6(x＋1－ex)， 令g(x)＝x＋1－ex，则g′(x)＝1－ex，x∈R， 当x∈(－∞，0)时，g′(x)＞0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则g(x)的最大值为g(0)＝0， 故g(x)≤0恒成立且不恒等于0，故f′(x)≤0在R上恒成立， 所以f (x) 在R上单调递减，即函数f (x) 的单调递减区间为(－∞，＋∞). 2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x)＝x sin x＋cos x，求f (x)的单调递增区间． 解：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x. 令f′(x)＝x cos x>0， 则其在区间(－π，π)上的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(－π<x<－\f(π,2)或0<x<\f(π,2))))))) ，即f (x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) . 【例1】 (2024·河北高三开学考试)已知函数f (x)＝e2x－mex－m2(3x－ eq \f(1,2) )，讨论f (x)的单调性． 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 eq \f(3m,2) . 当x＞ln eq \f(3m,2) 时，f′(x)>0，函数f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(3m,2)，＋∞)) 上单调递增； 当x＜ln eq \f(3m,2) 时，f′(x)<0，函数f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln \f(3m,2))) 上单调递减． 综上所述，当m＝0时，f (x)在R上单调递增；当m<0时，函数f (x)在(ln (－m)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln (－m))上单调递减；当m>0时，函数f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(3m,2)，＋∞)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln \f(3m,2))) 上单调递减． 【练1】 (2023·黑龙江哈师大附中期末)已知函数f (x)＝ln x－ax＋ eq \f(1－a,x) －1(a∈R).讨论f (x)的单调性． 解：∵f′(x)＝－ eq \f([ax＋（a－1）]（x－1）,x2) (x>0). 令g(x)＝ax2－x＋1－a， ①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，当x∈(0，1)时，g(x)>0，f′(x)<0，函数f (x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)>0，函数f (x)单调递增； ②当0<a< eq \f(1,2) 时，由f′(x)＝0，x1＝1，x2＝ eq \f(1,a) －1.此时 eq \f(1,a) －1>1>0， 列表如下： x (0，1) 1 (1， eq \f(1,a) －1) eq \f(1,a) －1 ( eq \f(1,a) －1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f (x) 单调 递减 极小 值 单调递增 极大 值 单调 递减 由表格可知：函数f (x)在区间(0，1)和( eq \f(1,a) －1，＋∞)上单调递减，在区间(1， eq \f(1,a) －1)上单调递增； ③当a＝ eq \f(1,2) 时，x1＝x2，此时f′(x)<0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减； ④当a<0时，由于 eq \f(1,a) －1<0，则函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； ⑤当 eq \f(1,2) <a<1时，令f′(x)＝ eq \f(－ax2＋x＋a－1,x2) >0，得－ax2＋x＋a－1>0，解得 eq \f(1,a) －1<x<1， 此时f (x)在( eq \f(1,a) －1，1)上单调递增，在(0， eq \f(1,a) －1)和(1，＋∞)上单调递减； ⑥当a≥1时，由于 eq \f(1,a) －1≤0，令f′(x)>0，得－ax2＋x－1＋a>0，解得0<x<1， 此时函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 综上：当a≤0时，函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 当a＝ eq \f(1,2) 时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0<a< eq \f(1,2) 时，函数f (x)在区间(0，1)和( eq \f(1,a) －1，＋∞)上单调递减，在区间(1， eq \f(1,a) －1)上单调递增． 当 eq \f(1,2) <a<1时，f (x)在( eq \f(1,a) －1，1)上单调递增，在(0， eq \f(1,a) －1)和(1，＋∞)上单调递减； 当a≥1时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 角度1　比较大小或解不等式 【例2】 (1)(2023·福建师大附中模拟)设a＝sin 1，b＝3sin eq \f(1,3) ，c＝5sin eq \f(1,5) ，则(　　) A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜b＜a (2)(2022·全国甲卷)已知a＝ eq \f(31,32) ，b＝cos eq \f(1,4) ，c＝4sin eq \f(1,4) ，则(　　) A．c＞b＞a B．b＞a＞c C．a＞b＞c D．a＞c＞b (3)(2023·珠海模拟)已知函数f (x)的导函数为f′(x)，e为自然对数的底数，对∀x∈R均有f (x)＋xf′(x)>xf (x)成立，且f (2)＝e2，则不等式xf (x)>2ex的解集是(　　) A．(－∞，e) B．(e，＋∞) C．(－∞，2) D．(2，＋∞) (1)A　(2)A　(3)D　解析：(1)令f (x)＝ eq \f(1,x) sin x(0＜x≤1)，则f′(x)＝ eq \f(x cos x－sin x,x2) . ∵当0＜x≤1时，x＜tan x， ∴f′(x)＝ eq \f(x cos x－sin x,x2) ＜ eq \f(tan x cos x－sin x,x2) ＝0， ∴f (x)＝ eq \f(1,x) sin x在区间(0，1]上单调递减．又1＞ eq \f(1,3) ＞ eq \f(1,5) ， ∴f (1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) ＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) ，即a＜b＜c.故选A. (2)由题意知 eq \f(c,b) ＝4tan eq \f(1,4) ，∵当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，sin x＜x＜tan x， ∴tan eq \f(1,4) ＞ eq \f(1,4) ，即 eq \f(c,b) ＞1，∴c＞b. 设f (x)＝cos x＋ eq \f(1,2) x2－1，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝－sin x＋x＞0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) ＞f (0)＝0，∴cos eq \f(1,4) － eq \f(31,32) ＞0，∴b＞a，∴c＞b＞a. (3)原不等式等价于 eq \f(xf（x）,ex) ＞2，令g(x)＝ eq \f(xf（x）,ex) ，则g′(x)＝ eq \f(f（x）＋xf′（x）－xf（x）,ex) ＞0恒成立， ∴g(x)在R上是增函数． 又f (2)＝e2，∴g(2)＝2，∴原不等式为g(x)＞g(2)，解得x＞2，故选D. 【练2】 (2023·云南临沧市高三期中)已知函数y＝f (x)对任意的x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )满足f′(x)cos x－f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　) A．f (－ eq \f(π,3) )> eq \r(2) f (－ eq \f(π,4) ) B．f ( eq \f(π,3) )< eq \r(2) f ( eq \f(π,4) ) C．2f (0)<f ( eq \f(π,3) ) D． eq \r(2) f (0)>f ( eq \f(π,4) ) C　解析：构造函数g(x)＝f (x)cos x，x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )， 则g′(x)＝f′(x)cos x－f (x)sin x>0，所以g(x)在x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )上单调递增， 则g(－ eq \f(π,3) )<g(－ eq \f(π,4) )，所以f (－ eq \f(π,3) )cos (－ eq \f(π,3) )<f (－ eq \f(π,4) )cos (－ eq \f(π,4) )， 即f (－ eq \f(π,3) )< eq \r(2) f (－ eq \f(π,4) )，故A不正确； 则g( eq \f(π,3) )>g( eq \f(π,4) )，所以f ( eq \f(π,3) )cos eq \f(π,3) >f ( eq \f(π,4) )·cos eq \f(π,4) ，即f ( eq \f(π,3) )> eq \r(2) f ( eq \f(π,4) )，故B不正确； 则g(0)<g( eq \f(π,3) )，所以f (0)cos 0<f ( eq \f(π,3) )cos eq \f(π,3) ， 即2f (0)<f ( eq \f(π,3) )，故C正确； 则g(0)<g( eq \f(π,4) )，所以f (0)cos 0<f ( eq \f(π,4) )cos eq \f(π,4) ， 即 eq \r(2) f (0)<f ( eq \f(π,4) )，故D不正确． 【练3】 已知定义在R上的函数f (x) 的导函数为f′(x)，且满足f′(x)－f (x)>0，f (2 022)－e2 022＝0，则不等式f ( eq \f(1,4) ln x)< eq \r(4,x) 的解集为(　　) A．(e6 063，＋∞) B．(0，e2 022) C．(e8 088，＋∞) D．(0，e8 088) D　解析：由题可设F (x)＝ eq \f(f（x）,ex) ， 因为f′(x)－f (x)>0， 则F′(x)＝ eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x) ＝ eq \f(f′（x）－f（x）,ex) >0恒成立， 所以函数F (x) 在R上单调递增． 又F (2 022)＝ eq \f(f（2 022）,e2 022) ＝1，不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) < eq \r(4,x) 可转化为<1， 所以F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) <1＝F (2 022)，所以 eq \f(1,4) ln x<2 022，解得0<x<e8 088， 所以不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) < eq \r(4,x) 的解集为(0，e8 088). 角度2　利用函数的单调性求参数问题 【例3】 已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝ eq \f(1,2) ax2＋2x(a≠0). (1)若函数h(x)＝f (x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f (x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围． 解：(1)因为h(x)＝ln x－ eq \f(1,2) ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝ eq \f(1,x) －ax－2. 因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时， eq \f(1,x) －ax－2＜0有解，即a＞ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 有解． 设G(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2) －1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1. 又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞). (2)因为h(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时， h′(x)＝ eq \f(1,x) －ax－2≤0恒成立，即a≥ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 恒成立． 由(1)知G(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，所以a≥G(x)max. 而G(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(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，＋∞). $$