主题2 第3章 第2节 利用导数研究函数的单调性(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

第2节　利用导数研究函数的单调性 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．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)>0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增； (2)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)＜0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减； (3)若在某个区间内， f′(x)≥0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增； (4)若在某个区间内， f′(x)≤0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减． 2．求函数单调区间的步骤 (1)求定义域． (2)求导． (3)由导数大于0求单调递增区间；由导数小于0求单调递减区间． 　　 1．f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件； 2．若f(x)可导且f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　) (2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．(　　) (3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内为常数函数．(　　) (4)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是f(x)的单调递增区间意义不一样．(　　) [答案]　 (1)×　(2)×　(3)√　(4)√ ◆[小题查验] 1．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(－3，0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(－3，2)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0，2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(－3，2)上是单调函数 解析：A　[当x∈(－3，0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3，0)上是减函数，其他判断均不正确．] 2．(2025·莆田期末)函数f(x)＝(x－3)ex的单调增区间是(　　) A．　　　　　　B． C． D． 解析：D　[由f(x)＝(x－3)ex求导得，f′(x)＝(x－2)ex， 则当x>2时，f′(x)>0，即函数f(x)＝(x－3)ex在上单调递增， 故函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为.故选D.] 3．(BSD选择性必修第二册P75练习T2改编)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝x sin x＋cos x，则函数f(x)的单调递增区间是________． 解析：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)上的解集为和，即函数f(x)的单调递增区间为和. 答案：和 4．f′(x)是f(x)在区间[a，b]的导函数，则“在区间(a，b)内f′(x)＞0”是“f(x)在该区间内单调递增”的________条件． 解析：一般地，由f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，反之，则不一定．如函数f(x)＝x3在区间(－∞，＋∞)上单调递增，但是f′(x)≥0，因此f′(x)＞0是函数f(x)为增函数的充分不必要条件.　 答案：充分不必要 5．(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________． 解析：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，∴0<a≤2. 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. 答案：(0，2] [典例]　(1)(2025·河南月考)已知f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5，则函数f(x)的单调减区间为(　　) A．(1，＋∞)　　　　　B．(ln 3，＋∞) C．(－∞，ln 3) 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，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)的单调减区间为(－∞，＋∞). [答案]　D (2)函数f(x)＝sin x－x·cos x＋x2的递增区间为(　　) A．(－∞，0) B．(－1，1) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) [解析]　f(x)＝sin x－x·cos x＋x2，定义域为R，则f′(x)＝cos x－[cos x＋x·(－sin x)]＋x＝x sin x＋x＝x(sin x＋1)， 令f′(x)＞0，则x(sin x＋1)＞0，所以x＞0， 所以函数的单调递增区间为(0，＋∞). [答案]　C 　　 利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 　提醒：若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开． 1．(2025·山东济南历城二中月考)函数f(x)＝x·ex－ex+1的递增区间是(　　) A．(－∞，e) B．(1，e) C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞) 解析：D　 [由f(x)＝x·ex－ex+1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞).] 2．函数y＝x cos 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′＝－x sin x，经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′>0恒成立， ∴y＝x cos x－sin x在(π，2π)上单调递增．] [典例]　(2025·河北张家口市模拟)已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.讨论f(x)的单调性． [解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝. 当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 当a>0时，f′(x)＝. ①当0<a<2时， >1， 当x∈(0，1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． ②当a＝2时， ＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增． ③当a>2时，0< <1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a<2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>2时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 　　 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求f′(x)； (2)确认f′(x)在(a，b)的符号； (3)下结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数． 　　 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 讨论函数f(x)＝ln (x＋1)－(a>1)的单调性． 解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝. ①当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)上是增函数； 若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a，0)上是减函数． 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数． ②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)上是增函数． ③当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，0)上是增函数； 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)上是减函数； 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)上是增函数． ►[命题点1]　比较大小或解不等式 1．(多选)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(　　) A．f＞f B．f＞f C．f＞f D．f＞f 解析：CD　[设g(x)＝， 则g′(x)＝. 因为x∈时，cosxf′(x)＋sin xf(x)＜0， 所以x∈时， g′(x)＝＜0. 因此g(x)在上单调递减， 所以g＞g，g＞g， 即＞⇒f＞f， ＞⇒f＞f.] 2．(2025·四川广元市模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x＞0时，若xf′(x)－2f(x)＞0，f(－3)＝1，则不等式＜x的解集是(　　) A．(－∞，－3)∪(0，3) B．(－3，3) C．(－3，0)∪(0，3) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 解析：A　[构造函数g(x)＝，g′(x) ＝x·＝， 当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f(x)为偶函数，y＝为偶函数， 所以g(x)＝为偶函数，在(－∞，0)单调递减． f(－3)＝1，则f(3)＝1，g(－3)＝g(3)＝＝；＜x， 当x＞0时，即＜，g(x)＜＝g(3)，所以x∈(0，3)； 当x＜0时，即＞，g(x)＞＝g(－3)，所以x∈(－∞，－3). 综上所述，x∈(－∞，－3)∪(0，3).] 　　 构造法解f(x)与f′(x)共存问题 (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x). (2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)； 特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx. (3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x). (4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0). (5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x). (6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0). (7)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn-1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn-1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0. (8)对于xf′(x)－nf(x)>0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn+1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0. (9)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x). (10)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝. ►[命题点2]　已知函数的单调性求参数的取值范围 [母题]　已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围． [破题关键点]　(1)讨论f′(x)的符号是正的还是负的； (2)转化为f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立. [解]　(1)f′(x)＝3x2－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±； 当x＞或x＜－时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数． 综上可知，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数； 当a＞0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数． (2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈(－∞，＋∞)恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在(－∞，＋∞)上是增函数，所以a≤0，即a的取值范围为(－∞，0]. [子题1]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围． 解：因为f′(x)＝3x3－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范围为(－∞，3]. [子题2]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，试求a的取值范围． 解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，得a≥3x2在(－1，1)上恒成立． 因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1，1)上为减函数． [子题3]　函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1，1)，求a的值． 解：由母题可知，f(x)的单调递减区间为 ，∴＝1，即a＝3. [子题4]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1，1)上不单调，求a的取值范围． 解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0). ∵f(x)在区间(－1，1)上不单调， ∴0＜＜1，得0＜a＜3， 即a的取值范围为(0，3). 　　 已知函数单调性，求参数范围的两个方法 (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)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解． 　　 f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 1．(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 解析：A　[构造函数h(x)＝1－x2－cos x， x∈，则g(x)＝h′(x)＝－x＋sin x， g′(x)＝－1＋cos x≤0， 所以g(x)≤g(0)＝0，因此，h(x)在上递减，所以h＝a－b＜h(0)＝0，即a＜b，另一方面，＝＝，显然x∈时，tan x＞x， 所以＝＝＞1，即b＜c.因此c＞b＞a.] 2．(2025·江苏昆山期末)已知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜f′(x)，则不等式e－xf(x2＋x)＞ex2－2f(2)的解集是(　　) A．(－2，1) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－1，2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：B　[令h(x)＝，则h′(x)＝＞0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以e－xf(x2＋x)＞ex2－2f(2)⇔＞⇔h(x2＋x)＞h(2)⇔x2＋x＞2，解之得x＜－2或x＞1，即原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞).] 3．(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)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a，即≥ －在区间(0，＋∞)上恒成立， 故＝1≥－，而a＋1∈(1，2)， 故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： 学科网（北京）股份有限公司 $$