第3章 第2节 导数与函数的单调性（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第2节　导数与函数的单调性 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. 3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. [对应学生用书P57] 1.函数的单调性与导数的关系 (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；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. (4)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)恒等于0，则在这个区间内，函数y＝f(x)为常数. 讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则. 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. 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)内单调递减.(　　√　　) 2.函数f(x)＝sin x－x在(0，π)上的单调性是(　　) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增 D.单调递减 答案：D 3.(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　) A.f(b)＞f(c)＞f(d) B.f(b)＞f(a)＞f(e) C.f(c)＞f(b)＞f(a) D.f(c)＞f(d)＞f(e) CD　解析：由题意得， 当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在(－∞，c)上单调递增， 因为a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a). 当x∈(c，e)时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在(c，e)上单调递减， 因为c＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e). 4.若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是 . 答案：(－3，0)∪(0，＋∞)　解析：f′(x)＝3ax2＋6x－1， 由题意得解得a＞－3且a≠0. 所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞). 5.若函数f(x)＝sin x＋kx在(0，π)上单调递增，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. [对应学生用书P58] 考点 不含参数的函数的单调性问题(自主练通) 1.下列函数中，在(0，＋∞)内单调递增的是(　　) A.f(x)＝sin 2x B.f(x)＝xex C.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋ln x B　解析：由于x＞0，对于A，f′(x)＝2cos 2x， f′＝－1＜0，不符合题意； 对于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合题意； 对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－＜0，不符合题意； 对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－＜0，不符合题意. 2.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝x sin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间为 . 答案：(－π，－)和(0，)　解析：由已知，得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 {x|－π<x<－或0<x<}， 即f(x)的单调递增区间为(－π，－)，(0，). 确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求f′(x)； (3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 考点 含参数的函数的单调性问题(讲练融通) 【例1】 已知函数f(x)＝e2x－mex－m2(3x－)，讨论f(x)的单调性. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等学科素养 思路点拨 求出f′(x)＝(2ex－3m)(ex＋m)，分类讨论m＝0，m＜0，m＞0，即可得到答案 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(ln ，＋∞)上单调递增； 当x＜ln 时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，ln )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(ln ，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln )上单调递减. 解决含参数的函数单调性问题的注意点 (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0的点和函数的间断点. 【练1】 已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性. 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝. 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1. ①当>1，即0<a<1时， ∵当x∈(0，1)和时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增， 在上单调递减； ②当a＝1时，＝1， ∵f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当0<<1，即a>1时， ∵当x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增， 在上单调递减. 综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减； 当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减. 考点 函数单调性与导数的简单应用问题(多维贯通) 考向1　比较大小问题 【例2】 (1)(多选)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是(　　) A.ln 2＞ B.ln 3＜ C.ln π＞ D.＜ (2)(2025·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，＋∞) 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等学科素养 思路点拨 构造辅助函数，利用导数分析其单调性，从而可得答案 (1)ACD　(2)D　解析：(1)令g(x)＝，则g′(x)＝，当0＜x＜e时，g′(x)＞0，当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. ∵2＜e，∴g(2)＜g(e)，即＜＝， ∴ln 2＜，故A错误，符合题意. ∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)， 即＝＞＞， ∴ln 3＜，ln π＜，＞， 故B正确，不符合题意，C，D错误，符合题意. (2)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. 　　一般地，在不等式中若同时含有f(x)与f′(x)，常需要通过构造含f(x)与另一函数的积或商的新函数来求解，再借助导数考查新函数的性质，继而获得解答. 【练2】 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是 . 答案：(－∞，－1)∪(0，1)　解析：因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0， 所以f(1)＝－f(－1)＝0. 当x≠0时，令g(x)＝， 则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0. 则当x＞0时， g′(x)＝′＝＜0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增. 所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时， g(x)＞g(1)＝0，得＞0，所以f(x)＞0； 在(－∞，0)上，当x＜－1时，由g(x)＜g(－1)＝0，得＜0，所以f(x)＞0. 综上可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1). 考向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. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等学科素养 思路点拨 (1)函数h(x)存在单调减区间⇒h′(x)<0在(0，＋∞)上有解，由此通过分离参数求解； (2)函数h(x)在[1，4]上单调递减⇒h′(x)≤0在[1，4]上恒成立，由此通过分离参数求解 解：(1)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)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)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立. 由(1)知G(x)＝－，所以只要a≥G(x)max即可. 而G(x)＝(－1)2－1， 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，＋∞). 【变式】 本例(2)中，若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围. 解：若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则h′(x)＜0在[1，4]上有解， 所以当x∈[1，4]时，a＞－有解. 又当x∈[1，4]时，(－)min＝－1， 所以a＞－1. 又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 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)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解. (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. 【练3】 已知g(x)＝2x＋ln x－. (1)若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求实数a的取值范围； (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：(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， ∴实数a的取值范围是[－3，＋∞). (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， ∴实数a的取值范围是(－10，＋∞). 微专题系列之数学探究——构造法解f(x)与f′(x)共存问题 [对应学生用书P60] 类型1　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数 【例1】 定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(lg x)>的解集为 . [思维过程] 明确目标→解不等式. 提取信息→函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<. 建立联系→根据所解不等式的结构特征构造函数g(x)＝f(x)－x， 利用函数的单调性求解. 思路导引→由题意构造函数g(x)＝f(x)－x， 则g′(x)＝f′(x)－<0， 所以g(x)在定义域内是减函数. 因为f(1)＝1， 所以g(1)＝f(1)－＝， 由f(lg x)>， 得f(lg x)－lg x>. 即g(lg x)＝f(lg x)－lg x>＝g(1)，所以lg x<1，解得0<x<10. 所以原不等式的解集为(0，10). 答案：(0，10) 　　当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题. 【练1】 设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　) A.f(x)>0 B.f(x)<0 C.f(x)>x D.f(x)<x A　解析：令g(x)＝x2f(x)－x4， 则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]， 当x>0时，g′(x)>0，∴g(x)>g(0)， 即x2f(x)－x4>0，从而f(x)>x2>0； 当x<0时，g′(x)<0，∴g(x)>g(0)， 即x2f(x)－x4>0，从而f(x)>x2>0； 当x＝0时，由题意可得2f(0)>0， ∴f(0)>0.综上可知，f(x)>0. 类型2　构造f(x)·g(x)型可导函数 【例2】 设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为 . [思维过程] 明确目标→解不等式. 提取信息→两个函数的奇偶性及当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0. 建立联系→根据条件“f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0”的结构特征，构造两个函数的积函数，通过奇偶性求解不等式. 思路导引→由f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，可得[f(x)g(x)]′>0， 所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增. 又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数， 所以其图象关于原点对称， 且过点(－3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0，3). 答案：(－∞，－3)∪(0，3) 　　当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题. 【练2】 (2024·南昌三模)已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)＝－1，对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋1)f(x＋1)>－2的解集是(　　) A.(－∞，1) B.(－∞，2) C.(1，＋∞) D.(2，＋∞) A　解析：设g(x)＝xf(x)，则g(2)＝2f(2)＝－2， 因为对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减， 由(x＋1)f(x＋1)>－2可得g(x＋1)>g(2)，即x＋1<2，解得x<1，即解集为(－∞，1). 故选A. 类型3　构造型可导函数 【例3】 定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则(　　) A.8<<16 B.4<<8 C.3<<4 D.2<<3 [思维过程] 明确目标→比较大小. 提取信息→函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立. 建立联系→根据条件“2f(x)<xf′(x)<3f(x)”的结构特征，构造两个商函数，利用导数判断它们的单调性，进而比较大小. 思路导引→∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0， ∴[]′＝＝ >0， 令g(x)＝， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴>，又由2f(x)<3f(x)， 得f(x)>0，即>4. ∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0， ∴[]′＝＝ <0， 令h(x)＝， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴<，即<8. 综上，4<<8. 答案：B 　　当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用导数的除法运算法则，构造两个函数的商，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题. 【练3】 设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x＞0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是 . 答案：(－∞，－2)∪(0，2)　解析：∵当x>0时， []′＝<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x＜2时，φ(x)>0，此时x2f(x)＞0. 又f(x)为奇函数， ∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数. 故x2f(x)＞0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). [课时作业(十五)见P337] 学科网（北京）股份有限公司 $$