第3章 第2节 函数的单调性与导数（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（湘教版）

高考总复习 数学 第三章　导数及其应用 第二节　函数的单调性与导数 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 × √ √ 必备知识 基础落实 C 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 C 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 不含参数的函数的单调性问题 (自主练通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 含参数的函数的单调性问题(讲练融通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 函数单调性与导数简单应用问题 (多维贯通) A 关键能力 精准突破 A D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（十七） 温馨提示 谢谢观看！ 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． 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．(2025·绍兴模拟)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(　　) 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．若函数f(x)＝ eq \f(1,2) 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，＋∞) 解析：f(x)＝ eq \f(1,2) x2－2x－3ln x，函数的定义域为{x|x>0}， 可得f′(x)＝x－2－ eq \f(3,x) ＝ eq \f(x2－2x－3,x) ＝ eq \f(（x－3）（x＋1）,x) . 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： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) 和(1，＋∞)　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)) 　 解析：f′(x)＝3x2－2x－1，令3x2－2x－1>0，解得x＜－ eq \f(1,3) 或x>1，∴函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)) ) 和(1，＋∞)； 令3x2－2x－1<0，解得－ eq \f(1,3) <x<1， ∴函数f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1) ) . 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＋ eq \f(a2,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－ eq \f(a2,x2) ≥0，得x≤－a或x≥a. ∴y＝x＋ eq \f(a2,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－ eq \f(a2,x2) ，依题意知1－ eq \f(a2,x2) ≥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. 1．(2024·怀化二模)已知f(x)＝2x2－3x－ln x，则f(x)的单调递增区间为________． 答案：(1，＋∞)(或[1，＋∞))　 解析：函数f(x)＝2x2－3x－ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝4x－3－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(（4x＋1）（x－1）,x) ，由f′(x)>0，得x>1，所以f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)或(1，＋∞). 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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(－π<x<－\f(π,2)或0<x<\f(π,2))))))) ，即f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) . 求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． 【例1】 已知函数f(x)＝e2x－mex－m2(3x－ eq \f(1,2) )，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 eq \f(3m,2) . 当x＞ln eq \f(3m,2) 时，f′(x)>0，函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(3m,2)，＋∞)) 上单调递增； 当x＜ln eq \f(3m,2) 时，f′(x)<0，函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln \f(3m,2))) 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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(3m,2)，＋∞)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln \f(3m,2))) 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】 (2024·黑龙江哈师大附中期末)已知函数f(x)＝ln x－ax＋ eq \f(1－a,x) －1(a∈R).讨论f(x)的单调性． 解：∵f′(x)＝－ eq \f([ax＋（a－1）]（x－1）,x2) (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< eq \f(1,2) 时，由f′(x)＝0，x1＝1，x2＝ eq \f(1,a) －1.此时 eq \f(1,a) －1>1>0， 列表如下： x (0，1) 1 (1， eq \f(1,a) －1) eq \f(1,a) －1 ( eq \f(1,a) －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( eq \f(1,a) －1，＋∞)上单调递减，在区间(1， eq \f(1,a) －1)上单调递增； ③当a＝ eq \f(1,2) 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 eq \f(1,a) －1<0，则函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； ⑤当 eq \f(1,2) <a<1时，令f′(x)＝ eq \f(－ax2＋x＋a－1,x2) >0，得－ax2＋x＋a－1>0，解得 eq \f(1,a) －1<x<1， 此时f(x)在( eq \f(1,a) －1，1)上单调递增，在(0， eq \f(1,a) －1)和(1，＋∞)上单调递减； ⑥当a≥1时，由于 eq \f(1,a) －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＝ eq \f(1,2) 时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0<a< eq \f(1,2) 时，函数f(x)在区间(0，1)和( eq \f(1,a) －1，＋∞)上单调递减，在区间(1， eq \f(1,a) －1)上单调递增． 当 eq \f(1,2) <a<1时，f(x)在( eq \f(1,a) －1，1)上单调递增，在(0， eq \f(1,a) －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)(2025·福建师大附中模拟)设a＝sin 1，b＝3sin eq \f(1,3) ，c＝5sin eq \f(1,5) ，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＝ eq \f(31,32) ，b＝cos eq \f(1,4) ，c＝4sin eq \f(1,4) ，则(　　) A．c＞b＞a B．b＞a＞c C．a＞b＞c D．a＞c＞b (3)(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，＋∞) 解析：(1)令f(x)＝ eq \f(1,x) sin x(0＜x≤1)，则f′(x)＝ eq \f(x cos x－sin x,x2) . ∵当0＜x≤1时，x＜tan x， ∴f′(x)＝ eq \f(x cos x－sin x,x2) ＜ eq \f(tan x cos x－sin x,x2) ＝0， ∴f(x)＝ eq \f(1,x) sin x在区间(0，1]上单调递减．又1＞ eq \f(1,3) ＞ eq \f(1,5) ， ∴f(1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) ＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) ，即a＜b＜c.故选A. (2)由题意知 eq \f(c,b) ＝4tan eq \f(1,4) ，∵当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，sin x＜x＜tan x， ∴tan eq \f(1,4) ＞ eq \f(1,4) ，即 eq \f(c,b) ＞1，∴c＞b. 设f(x)＝cos x＋ eq \f(1,2) x2－1，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝－sin x＋x＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) ＞f(0)＝0，∴cos eq \f(1,4) － eq \f(31,32) ＞0，∴b＞a， ∴c＞b＞a. (3)原不等式等价于 eq \f(xf（x）,ex) ＞2，令g(x)＝ eq \f(xf（x）,ex) ，则g′(x)＝ eq \f(f（x）＋xf′（x）－xf（x）,ex) ＞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. 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，继而解答． 【练2】 (2024·临沧高三期中)已知函数y＝f(x)对任意的x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )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(－ eq \f(π,3) )> eq \r(2) f(－ eq \f(π,4) ) B．f( eq \f(π,3) )< eq \r(2) f( eq \f(π,4) ) C．2f(0)<f( eq \f(π,3) ) D． eq \r(2) f(0)>f( eq \f(π,4) ) 解析：构造函数g(x)＝f(x)cos x， x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )， 则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x>0，所以g(x)在x∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )上单调递增， 则g(－ eq \f(π,3) )<g(－ eq \f(π,4) )，所以f(－ eq \f(π,3) )cos (－ eq \f(π,3) )<f(－ eq \f(π,4) )cos (－ eq \f(π,4) )，即f(－ eq \f(π,3) )< eq \r(2) f(－ eq \f(π,4) )，故A不正确； 则g( eq \f(π,3) )>g( eq \f(π,4) )，所以f( eq \f(π,3) )cos eq \f(π,3) >f( eq \f(π,4) )·cos eq \f(π,4) ，即f( eq \f(π,3) )> eq \r(2) f( eq \f(π,4) )，故B不正确； 则g(0)<g( eq \f(π,3) )，所以f(0)cos 0<f( eq \f(π,3) )cos eq \f(π,3) ， 即2f(0)<f( eq \f(π,3) )，故C正确； 则g(0)<g( eq \f(π,4) )，所以f(0)cos 0<f( eq \f(π,4) )cos eq \f(π,4) ， 即 eq \r(2) f(0)<f( eq \f(π,4) )，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(2 025)－e2 025＝0，则不等式f( eq \f(1,4) ln x)< eq \r(4,x) 的解集为(　　) A．(e2 025，＋∞) B．(0，e2 025) C．(e8 100，＋∞) D．(0，e8 100) 解析：由题可设F(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ， 因为f′(x)－f(x)>0， 则F′(x)＝ eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x) ＝ eq \f(f′（x）－f（x）,ex) >0恒成立， 所以函数F(x) 在R上单调递增． 又F(2 025)＝ eq \f(f（2 025）,e2 025) ＝1，不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) < eq \r(4,x) 可转化为 eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)),e\f(1,4)ln x) <1， 所以F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) <1＝F(2 025)，所以 eq \f(1,4) ln x<2 025，解得0<x<e8 100， 所以不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ln x)) < eq \r(4,x) 的解集为(0，e8 100). 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)＝ eq \f(1,2) 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－ eq \f(1,2) ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝ eq \f(1,x) －ax－2. 因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时， eq \f(1,x) －ax－2＜0有解，即a＞ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 有解． 设G(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2) －1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1. 又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)＝ eq \f(1,x) －ax－2≤0恒成立，即a≥ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 恒成立． 由(1)知G(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，所以a≥G(x)max. 而G(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2) －1. 因为x∈[1，4]，所以 eq \f(1,x) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)) ，所以G(x)max＝－ eq \f(7,16) (此时x＝4)，所以a≥－ eq \f(7,16) . 又a≠0，所以a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0)) ∪(0，＋∞). 根据函数的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． $$