第3章 第2节 函数的单调性与导数（Word教参）-【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）

第二节　函数的单调性与导数 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． [对应学生用书P56] 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)＝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)＝x2－2x－3ln x，函数的定义域为 {x|x>0}， 可得f′(x)＝x－2－＝ ＝. 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). 4．函数f (x)＝x3－x2－x的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ． 答案：和(1，＋∞)　 　 解析：f′(x)＝3x2－2x－1，令3x2－2x－1>0，解得x＜－或x>1， ∴函数f (x)的单调递增区间为 和(1，＋∞)； 令3x2－2x－1<0，解得－<x<1， ∴函数f (x)的单调递减区间为. 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＋(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－≥0，得x≤－a或x≥a. ∴y＝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－，依题意知1－≥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. [对应学生用书P57] 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 ，即f (x)的单调递增区间为，. 【例1】 (2024·河北高三开学考试)已知函数f (x)＝e2x－mex－m2(3x－)，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 . 当x＞ln 时，f′(x)>0，函数f (x)在上单调递增； 当x＜ln 时，f′(x)<0，函数f (x)在上单调递减． 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)在上单调递增，在上单调递减． 【练1】 (2023·黑龙江哈师大附中期末)已知函数f (x)＝ln x－ax＋－1(a∈R).讨论f (x)的单调性． 解：∵f′(x)＝－(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<时，由f′(x)＝0，x1＝1，x2＝－1.此时－1>1>0， 列表如下： x (0，1) 1 (1，－1) －1 (－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(－1，＋∞)上单调递减，在区间(1，－1)上单调递增； ③当a＝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－1<0，则函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； ⑤当<a<1时，令f′(x)＝>0，得－ax2＋x＋a－1>0，解得－1<x<1， 此时f (x)在(－1，1)上单调递增，在(0，－1)和(1，＋∞)上单调递减； ⑥当a≥1时，由于－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＝时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0<a<时，函数f (x)在区间(0，1)和(－1，＋∞)上单调递减，在区间(1，－1)上单调递增． 当<a<1时，f (x)在(－1，1)上单调递增，在(0，－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 ，c＝5sin ，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＝，b＝cos ，c＝4sin ，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)＝sin x(0＜x≤1)，则f′(x)＝. ∵当0＜x≤1时，x＜tan x， ∴f′(x)＝＜ ＝0， ∴f (x)＝sin x在区间(0，1]上单调递减．又1＞＞， ∴f (1)＜f ＜f ，即a＜b＜c.故选A. (2)由题意知＝4tan ，∵当x∈时，sin x＜x＜tan x， ∴tan ＞，即＞1，∴c＞b. 设f (x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝－sin x＋x＞0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f＞f (0)＝0，∴cos －＞0，∴b＞a，∴c＞b＞a. (3)原不等式等价于＞2，令g(x)＝，则g′(x)＝＞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∈(－，)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 (－)>f (－) B．f ()<f () C．2f (0)<f () D．f (0)>f () C　解析：构造函数g(x)＝f (x)cos x，x∈(－，)， 则g′(x)＝f′(x)cos x－f (x)sin x>0，所以g(x)在x∈(－，)上单调递增， 则g(－)<g(－)，所以f (－)cos (－)<f (－)cos (－)， 即f (－)<f (－)，故A不正确； 则g()>g()，所以f ()cos >f ()·cos ，即f ()>f ()，故B不正确； 则g(0)<g()，所以f (0)cos 0<f ()cos ， 即2f (0)<f ()，故C正确； 则g(0)<g()，所以f (0)cos 0<f ()cos ， 即f (0)<f ()，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 (ln 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)＝， 因为f′(x)－f (x)>0， 则F′(x)＝＝>0恒成立， 所以函数F (x) 在R上单调递增． 又F (2 022)＝＝1，不等式f <可转化为<1， 所以F <1＝F (2 022)，所以ln x<2 022，解得0<x<e8 088， 所以不等式f <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)＝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－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2. 因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，即a＞－有解． 设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝－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)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立． 由(1)知G(x)＝－，所以a≥G(x)max. 而G(x)＝－1. 因为x∈[1，4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－. 又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(0，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$