第2讲 导数与函数的单调性-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习配套课件（人教A版2019）

数　学 第三章　一元函数的导数及其应用 第2讲　导数与函数的单调性 ⁠ 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）. ⁠ [对应学生用书P56] 单调递增 单调递减 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，求出导函数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. 定义域　 零点　 ⁠⁠ 1.若函数f（x）在区间（a，b）上递增，则f'（x）≥0，所以“f'（x）＞0在（a，b）上成立”是“f（x）在（a，b）上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数f（x），“f'（x0）＝0”是“函数f（x）在x＝x0处有极值”的必要不充分条件. ｜思考辨析｜ 答案　(1) × 答案　(2) √ 答案　(3) × 答案　(4) √ ｜教材衍化｜ 2.（人A选择性必修第二册P86例2改编）设函数f（x）在定义域内可导，f（x）的图象如图所示，则其导函数f'（x）的图象可能是 （　　） 解析　由f（x）的图象可知，当x∈时，函数单调递增，则f'≥0，故排除C、D； 当x∈时，f（x）先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于0，再大于0，最后小于0，故排除B.故选A. 答案　A 3.（人A选择性必修第二册P97习题5.3T1改编）函数f＝x－ex的单调递减区间是（　　） A.（－∞，ln 2） B.（ln 2，＋∞） C.（－∞，2） D.（2，＋∞） 解析　f'（x）＝1－ex，由f'（x）＜0，得x＞ln 2，所以f（x）的单调递减区间为（ln 2，＋∞）. 答案　B 5.（求参数范围忽视等号成立致误）函数f＝ax＋ex在（－∞，1]上是减函数，则实数a的取值范围是 （　　） A.（－∞，－1] B.（－∞，－1） C. D. 解析　由题意知，f'（x）＝a＋ex≤0在（－∞，1]上恒成立，得a≤（－ex）min， 又函数y＝－ex在（－∞，1]上单调递减，所以（－ex）min＝－e，所以a≤－e. 答案　D ⁠ [对应学生用书P57] 考点1　不含参函数的单调性（题组通关） 1.（多选）下列函数在定义域上为增函数的有 （　　） A.f＝x－ B.f＝xex C.f＝x＋sin x D.f＝ex－e－x－2x 解析　对于A选项，函数f＝x－的定义域为， 因为f＝f＝0，所以函数f＝x－在定义域上不是增函数； 对于B选项，函数f＝xex的定义域为R，且f'＝ex， 当x＜－1时，f'＜0，即函数f＝xex的单调递减区间为， 故函数f＝xex在定义域上不是增函数； 对于C选项，函数f＝x＋sin x的定义域为R，f'＝1＋cosx≥0且f'不恒为零， 所以函数f＝x＋sin x在R上为增函数； 对于D选项，函数f＝ex－e－x－2x的定义域为R， f'＝ex＋e－x－2≥2－2＝0当且仅当x＝0时，等号成立且f'不恒为零， 所以函数f＝ex－e－x－2x在R上为增函数. 答案　CD 2.已知x∈，函数f＝excos x的单调递增区间为 （　　） A. B. C. D. 解析　因为f＝excos x，所以f'＝ex，令f'＝0，解得x＝， 当x∈时，f'＞0，当x∈时，f'＜0， 所以f在上单调递增，在上单调递减， 所以f在上的单调递增区间为，故选C. 答案　C 3.已知函数f（x）＝x2－5x＋2ln x，则函数f的单调递增区间是 　　　　⁠.  解析　函数f＝x2－5x＋2ln x，其定义域为， 则f'＝2x－5＋2×＝，令f'＝0，解得x1＝，x2＝2， 当x∈时，f'＞0，∴函数f在上单调递增； 当x∈时，f'＞0，∴函数f在上单调递增； ∴函数f的单调递增区间是和. 答案　和（2，＋∞） ⁠ 利用导函数求函数单调区间的注意点 （1）当f'（x）＝0无解时，可根据f'（x）的结构特征确定f'（x）的符号. （2）所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开. 考点2　含参函数的单调性（师生共研） ⁠ 1.（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）若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不 　能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内. 2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f（x）＝x3，f'（x）＝3x2≥0 （f'（x）＝0在x＝0时取到），f（x）在R上是增函数. 考点3　根据函数的单调性求参数（师生共研） [例2]　已知g（x）＝2x＋ln x－.   （1）若函数g（x）在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围； 解　（1）g（x）＝2x＋ln x－（x＞0）， g'（x）＝2＋＋（x＞0）. ∵函数g（x）在[1，2]上单调递增， ∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立， 即2＋＋≥0在[1，2]上恒成立， ∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立， ∴a≥（－2x2－x）max，x∈[1，2]. 在[1，2]上，（－2x2－x）max＝－3，所以a≥－3. ∴实数a的取值范围是[－3，＋∞）. （2）若g（x）在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围. 解　（2）g（x）在[1，2]上存在单调递增区间， 则g'（x）＞0在[1，2]上有解， 即a＞－2x2－x在[1，2]上有解， ∴a＞（－2x2－x）min. 又（－2x2－x）min＝－10，∴a＞－10. ⁠ 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. 2.已知函数f（x）＝ax3－x2＋1在（0，1）上有增区间，则a的取值范围是 　　　　⁠.  解析　由题得f'（x）＝3ax2－2x，因为函数f（x）＝ax3－x2＋1在（0，1）上有增区间， 所以存在x∈（0，1）使得f'（x）＞0成立，即a＞成立. 因为0＜x＜1时，＞，所以a＞. 答案　 ⁠ 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.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（或商）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. 课 时 检 测 训 练 点击进入word版 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)内可导 f ′(x)＞0 f(x)在(a，b)内 f ′(x)＜0 f(x)在(a，b)内 f ′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是 1．判断下列结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) (1)若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则一定有f′(x)>0恒成立．(　　) (2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，那么f(x)在此区间内没有单调性．(　　) (3)函数f(x)＝x3－ax为R上的增函数的一个充分不必要条件是a≤0.(　　) (4)函数f(x)＝的单调递减区间是(e，＋∞).(　　) ｜易错自纠｜ 4．(忽视函数的定义域致误)设函数f(x)＝ax－－2ln x，且f′(2)＝0，则f(x)的单调递增区间为________. 解析　由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞).因为f′(x)＝a＋－，所以f′(2)＝a＋－1＝0，所以a＝，所以f′(x)＝＋－＝(2x2－5x＋2)， 令f′(x)>0，得0<x<或x>2，所以函数f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞). 答案　，(2，＋∞) [例1]　已知函数f(x)＝ax2－ln x－x(a≠0)，试讨论函数f(x)的单调性． 解　函数f(x)＝ax2－ln x－x(a≠0)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－－1＝. 设g(x)＝2ax2－x－1. 当a＜0时，因为函数g(x)的图象的对称轴为x＝＜0，g(0)＝－1， 所以当x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，令g(x)＝0， 得x1＝＜0，x2＝＞0， 当0＜x＜时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)在上单调递减； 当x＞时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递增． 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a＜0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． 变式训练 已知函数f(x)＝x＋(1－a)ln x＋(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性． 解　函数定义域为(0，＋∞)， 由题意f′(x)＝1＋－＝， 当a≤0时，在x>0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f′(x)>0的解为x>a，f′(x)<0的解为0<x<a，所以f(x)在(a，＋∞)上递增，在(0，a)上递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(a，＋∞)上递增，在(0，a)上递减． 变式训练 1.(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A.e2 B.e C.e－1 D.e－2 解析　依题可知，f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥. 设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增， g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 答案　C 考点4 函数单调性的应用(多维探究) 角度1　比较大小 [例3]　(2023·福建龙岩·统考二模)已知函数f(x)＝sin x－xcos x，若a＝f(log2e)，b＝ f(ln 3)，c＝f(sin e)，则a，b，c的大小关系为(　　) A.b>a>c B.a>b>c C.c>a>b D.c>b>a 解析　f ′(x)＝cos x－cos x＋x sin x＝x sin x，当x∈(0，π)时，f ′(x)>0， 所以f(x)在x∈(0，π)上单调递增. 因为ln 2ln 3<＝<1，所以1<ln 3<<＝log2e. 因为<e<π，所以0<sin e<， 所以sin e<ln 3<log2e.又f(x)在x∈(0，π)上单调递增， 所以f(sin e)<f(ln 3)<f(log2e). 答案　B 角度2　解不等式 [例4]　已知函数f(x)＝x3＋2x＋2sin x，则不等式f(2x＋1)＋f(x＋5)>0成立的一个充分不必要条件可以是(　　) A.x<0 B.x>－2 C.x>0 D.x<－2 解析　函数f(x)＝x3＋2x＋2sin x的定义域为R， 因为f(－x)＝－x3－2x－2sin x＝－f(x)，所以f(x)是一个奇函数. 因为f ′(x)＝3x2＋2＋2cos x>0，所以f(x)在R上单调递增. 因为f(2x＋1)＋f(x＋5)>0，又f(x)是一个奇函数， 所以f(2x＋1)>f(－x－5).又f(x)在R上单调递增，所以2x＋1>－x－5，解得x>－2. 不等式f(2x＋1)＋f(x＋5)>0成立的一个充分不必要条件是集合{x|x>－2}的真子集，所以选项C正确. 答案　C 变式训练 1．已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f()，f(1)，f(－)的大小关系为(　　) A．f＞f(1)＞f B．f(1)＞f＞f C．f＞f(1)＞f D．f＞f＞f(1) 解析　因为f(x)＝x sin x，x∈R，且f(－x)＝(－x)·sin (－x)＝x sin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.当x∈时，f′(x)＝sin x＋x cos x＞0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f＜f(1)＜f，即f＞f(1)＞f. 答案　A 2．(2024·成都模拟)已知函数f(x)＝ex＋e2－x＋x2－2x，则不等式f(2x＋1)＜f(x)的解集为(　　) A． B． C．∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪ 解析　函数f(x)＝ex＋e2－x＋x2－2x的定义域为R，显然f(2－x)＝e2－x＋ex＋(2－x)2－2(2－x)＝ex＋e2－x＋x2－2x＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．f′(x)＝ex－e2－x＋2x－2，当x＞1时，显然x＞2－x，则有ex－e2－x＞0，2x－2＞0，于是f′(x)＞0，即函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由对称性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以不等式f(2x＋1)＜f(x)等价于|2x＋1－1|＜|x－1|，即|2x|＜|x－1|，整理得3x2＋2x－1＜0，解得－1＜x＜.所以不等式f(2x＋1)＜f(x)的解集为. 答案　B $$