第3章 第2节 导数与函数的单调性（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A培优版）

高考总复习 数学 第三章 导数及其应用 第2节　导数与函数的单调性 衔接教材 夯基固本 条件 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上________ f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上________ f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是________ 单调递增 单调递减 常数函数 衔接教材 夯基固本 衔接教材 夯基固本 定义域 零点 衔接教材 夯基固本 衔接教材 夯基固本 一、“教考衔接”例证 高考真题 (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A.e2　　B．e　　C．e－1　　D．e－2 追根溯源 (人教B版选择性必修第三册P113T4)已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1，3)上单调递减，求实数t的取值范围 衔接教材 夯基固本 发现感悟 高考试题与教材习题的考查角度完全相同，都是根据函数在已知区间上的单调性求参数的范围．只不过高考试题的函数更为复杂一点，这就要求考生的解题能力要在完成教材习题的基础上深化拓展 衔接教材 夯基固本 D 衔接教材 夯基固本 衔接教材 夯基固本 衔接教材 夯基固本 衔接教材 夯基固本 BD 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 C 关键能力 进阶突破 B 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 A 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 A 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 C 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 请完成：课时训练（19） 温馨提示 谢谢观看！ 1．了解函数的单调性与导数的关系．(重点) 2．能利用导数研究函数的单调性．(热点) 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． 一、函数的单调性与导数的关系 (1)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)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接． 二、利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的______； 第2步，求出导数f′(x)的____； 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． 用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件． (3)若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件． 二、教材典题改编 1．(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上(　　) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 解析：∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sin x－1＜0，∴f(x)在(0，π)上单调递减． 2．[人教B版选择性必修第三册P112T8(1)改编]函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是________． 答案：(0，)　 解析：因为函数f(x)＝2x2－ln x，x>0，所以f′(x)＝4x－＝＝，由f′(x)<0，解得0<x<，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，). 三、易误易混澄清 1．(求单调区间忽视定义域)函数f(x)＝ln x－x的单调递增区间为________． 答案：(0，1)　 解析：易知f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0，得0<x<1，故f(x)的单调递增区间为(0，1). 2．(求参数范围忽视验证等号是否成立)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：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，所以y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).因为函数在[2，＋∞)上单调递增，所以[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.又a>0，所以0<a≤2. 考点一　不含参函数的单调性 1．(多选)下列选项中，在(－∞，＋∞)上单调递增的函数是(　　) A．f(x)＝x4 B．f(x)＝x－sin x C．f(x)＝xex D．f(x)＝ex－e－x 解析：对于A，由f(x)＝x4，得f′(x)＝4x3，当x<0时，f′(x)<0，则函数在(－∞，0)上单调递减，所以A错误；对于B，由f(x)＝x－sin x，得f′(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)＝x－sin x在(－∞，＋∞)上单调递增，所以B正确；对于C，由f(x)＝xex，得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，当x<－1时，f′(x)<0，则函数在(－∞，－1)上单调递减，所以C错误；对于D，由f(x)＝ex－e－x，得f′(x)＝ex＋e－x>0，所以f(x)＝ex－e－x在(－∞，＋∞)上单调递增，所以D正确． 2．函数f(x)＝x＋2的单调递增区间是(　　) A．(0，1) B．(－∞，1) C．(－∞，0) D．(0，＋∞) 解析：f(x)的定义域为(－∞，1]，f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝0；当0<x<1时，f′(x)<0；当x<0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，1). 3．已知函数f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0，2π]，则f(x)的单调递减区间为(　　) A.(0，) B．(，) C．(π，2π) D．(，2π) 解析：由题意f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0，2π]，则f′(x)＝x cos x，当x∈(0，)∪(，2π)时，f′(x)>0，当x∈(，)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递减区间为(，). 不含参函数单调性问题的注意点 确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“，”或“和”隔开． 考点二　含参数函数的单调性 [例1] (2025·亳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋1)x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性． 解：函数f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋1)x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝＋ax＋a＋1＝＝. 当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)<0，得x>－，令f′(x)>0，得0<x<－，所以f(x)在(－，＋∞)上单调递减，在(0，－)上单调递增． 综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－，＋∞)上单调递减，在(0，－)上单调递增． 求含参函数的单调区间的策略 (1)注意确定函数的定义域，在定义域的限制条件下研究单调区间． (2)注意观察f(x)的表达式(或其中的某一部分、某个因式等)的取值是否恒为正(或恒为负)，这往往是分类讨论的出发点． (3)注意结合解含参数不等式中分类讨论的一些常用方法，例如：对二次项系数正负的讨论，对判别式Δ的讨论，对根的大小比较的讨论等；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． (4)分类讨论要做到不重不漏，同时还要注意对结果进行综述． 训练1 已知函数f(x)＝ln (x＋2)＋x2＋m，讨论f(x)的单调性． 解：函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，f′(x)＝＋ax＝. 当a＝0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－2，＋∞)上为增函数． 当a>0时，由4a2－4a≤0得0<a≤1， 此时f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(－2，＋∞)上为增函数； 由4a2－4a>0得a>1，由f′(x)>0 得x<－1－或x>－1＋， 由f′(x)<0得－1－<x<－1＋，又x>－2，∴f(x)在(－2，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递增，在(－1－，－1＋)上单调递减． 当a<0时，4a2－4a>0恒成立， 由f′(x)<0得x>－1＋，－1－<－2(舍去)， 由f′(x)>0得－2<x<－1＋. ∴f(x)在(－2，－1＋)上单调递增，在(－1＋，＋∞)上单调递减． 综上，当a<0时，f(x)在(－2，－1＋)上单调递增，在(－1＋，＋∞)上单调递减；当0≤a≤1时，f(x)在(－2，＋∞)上 ，＋∞)上单调递减；当0≤a≤1时，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(－2，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递增， 在(－1－，－1＋)上单调递减． 考点三　函数单调性的应用 考向1　比较大小或解不等式 [例2] (1)已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．c>b>a (2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为_______________． (，＋∞) 解析：(1)因为f′(x)＝cos x－sin x－2＝cos (x＋)－2<0恒成立，所以f(x)在R上是减函数．因为－π<ln 2<2e，所以f(－π)>f(ln 2)>f(2e)，即a>c>b. (2)∵f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，∴f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，∴f(x)在R上是增函数．又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>，∴原不等式的解集为(，＋∞). 比较大小或解不等式的关键 (1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小． (2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小． (3)解不等式的关键是利用导数判断函数的单调性． 考向2　求参数的范围 [例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)若函数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)由题意知g(x)＝2x＋ln x－(x>0)， 则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]. ∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]. 当x∈[1，2]时，(－2x2－x)max＝－3， ∴a≥－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. 又当x∈[1，2]时，(－2x2－x)min＝－10， ∴a>－10. ∴实数a的取值范围是(－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． 训练2 (1)已知函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．[，＋∞) B．[，＋∞) C．[，) D．[0，) 解析：由f(x)＝(x2－2ax)ex，得f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝(x2－2ax＋2x－2a)ex.∵函数f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f′(x)＝(x2－2ax＋2x－2a)ex≤0对x∈[－1，1]恒成立，即x2－2ax＋2x－2a≤0对x∈[－1，1]恒成立，∴解得a≥，∴a的取值范围是[，＋∞). (2)已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c<b<a B．c<a<b C．a<c<b D．a<b<c 解析：由b＝＝，令f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，由7>5>e，则>>，即b>c>a. (3)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(x－1)－1<eπ的解集是______________． 答案：(1－π，1＋π)　 解析：当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，f′(x)＝ex＋sin x≥1＋sin x≥0，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增．因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减．若f(x－1)－1<eπ，即f(x－1)<eπ＋1＝f(π)，可得|x－1|<π，解得1－π<x<1＋π，所以不等式f(x－1)－1<eπ的解集是(1－π，1＋π). 利用导数解决开放性问题 [例] 已知函数f(x)满足下列条件：①f(x)的导函数f′(x)为偶函数；②f(x)在区间(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，则f(x)的一个解析式为f(x)＝__________． 答案：x3－4x(答案不唯一)　 解析：因为f(x)在区间(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，所以当x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，f′(x)>0，因为f(x)的导函数f′(x)为偶函数，所以令f′(x)＝x2－4，满足题意，所以f(x)＝x3－4x＋C，C为常数． 训练 (2025·毕节校考模拟)设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝|f(x)|，当x>0时，f′(x)<0，写出一个满足上述条件的函数f(x)＝________． 答案：()|x|(答案不唯一)　 解析：当x>0时，f′(x)<0，说明f(x)在(0，＋∞)上为减函数，f(－x)＝|f(x)|，说明f(x)的函数值非负，根据上述条件可得满足条件的一个函数为f(x)＝()|x|.当x>0时，f(x)＝()x为减函数，且f(－x)＝()|－x|＝()|x|＝|f(x)|. 函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致函数单调性的变化，因而解决问题时需要进行分类讨论．在进行分类讨论时往往因找不到分类讨论界点，导致解题步骤不完整或无法解题，本节针对含参函数单调性问题从四个角度举例． 角度1　由二次项系数引起的分类讨论 [例1] 设函数f(x)＝ax－＋ln x，且f(1)＝0.若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围． 解：由f(1)＝0得，a－b＝0，即a＝b，所以f(x)＝ax－＋ln x，x∈(0，＋∞). 于是f′(x)＝a＋＋＝. ①当a＝0时，f′(x)＝>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意． ②当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意． ③当a<0时，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则ax2＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，显然不可能； 若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则ax2＋x＋a≤0在(0，＋∞)上恒成立，而y＝ax2＋x＋a的图象的对称轴为直线x＝－，且－>0，所以ax2＋x＋a＝0的根的判别式Δ＝1－4a2≤0，解得a≤－. 综上，实数a的取值范围是(－∞，－]∪[0，＋∞). 若导函数f′(x)解析式的局部可构造成二次项系数含有参数的二次型函数，则必须讨论二次项系数，往往分为系数为零、系数为正、系数为负三类，再判断f′(x)的符号或确定f′(x)的零点，从而实现解题目标． 角度2　由区间的包含关系引起的分类讨论 [例2] 已知函数f(x)＝2ln x＋x2－5x在区间(k－，k)上为单调函数，则实数k的取值范围是____________________． 答案：{}∪[1，2]∪[，＋∞)　 解析：f′(x)＝＋2x－5＝＝，x>0. 当x∈(0，)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(0，)，(2，＋∞)上单调递增；当x∈(，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(，2)上单调递减． 要使函数f(x)在(k－，k)上单调，则(k－，k)⊆(0，)或(k－，k)⊆(2，＋∞)或(k－，k)⊆(，2)，解得k＝或k≥或1≤k≤2. 综上可知，实数k的取值范围是{}∪[1，2]∪[，＋∞). 对于已知f(x)在某个待定区间上的单调性，要确定此单调区间中参数的取值范围问题，必须先求函数f(x)在定义域上的单调区间，再按待定区间是每个单调区间的子区间分类讨论，列出相应的不等式(组)，解得参数的取值范围． 角度3　由f′(x)的零点引起的分类讨论 [例3] 已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R，a<0)，其图象在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．试讨论函数f(x)在定义域上的单调性． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋b－(x>0). 因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝2a＋b－1＝0，即b＝－2a＋1. 于是f′(x)＝2ax－－2a＋1＝. 令＝0得，x1＝－，x2＝1. ①当－＝1，即a＝－时，f′(x)＝－≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当－>1，即－<a<0时，当0<x<1或x>－时，f′(x)<0；当1<x<－时，f′(x)>0. 所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，(－，＋∞)，单调递增区间 是(1，－). ③当－<1，即a<－时，f(x)的单调递减区间是(0，－)，(1，＋∞)，单调递增区间是(－，1). 综上，当a＝－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－<a<0时，f(x)在(0，1)，(－，＋∞)上单调递减，在(1，－)上单调递增；当a<－时，f(x)在(0，－)，(1，＋∞)上单调递减，在(－，1)上单调递增． 一般地，当f′(x)有不止一个零点且零点大小关系无法确定时，就无法确定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，进而无法确定函数f(x)的单调区间，此时必须对零点的大小关系分类讨论．若f′(x)有两个零点x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三类讨论，由此实现解题目标． 角度4　由函数的定义域引起的分类讨论 [例4] 设函数f(x)＝＋2ln x，其中a∈R且a≠0.试讨论函数f(x)的单调性． 解：f′(x)＝－＋＝(x>0且x≠－a). 方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0的根的判别式Δ＝(4a－1)2－16a2＝1－8a. 当Δ>0时，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有两个不相等的实根， 不妨令x1＝， x2＝. (1)若a>0，则f(x)的定义域是(0，＋∞). ①当a≥时，Δ≤0，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当0<a<时，Δ>0，x1＋x2＝>0，x1x2＝a2>0，所以x1>0，x2>0，令f′(x)>0得0<x<x1或x>x2，所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． (2)若a<0，则f(x)的定义域是(0，－a)∪(－a，＋∞). 因为x1－(－a)＝<0，x2－(－a)＝>0，所以0<x1<－a，x2>－a>0. 故f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，－a)和(－a，x2)上单调递减． 综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<时，f(x)在 (0，)和(，＋∞)上单调递增，在 (，)上单调递减；当a<0时，f(x)在(0，)和(，＋∞)上单调递增，在(，－a)和(－a，)上单调递减． 一般地，需要讨论导函数f′(x)的零点是否含在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要进行分类讨论． $$