第三章 第2节 导数与函数的单调性（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第2节　导数与函数的单调性 第三章　导数及其应用 衔接教材 夯基固本 落实 单调递增 单调递减 常数函数 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 定义域 零点 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 BD 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 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 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________ (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． 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 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 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， eq \f(1,2))　解析：因为函数f(x)＝2x2－ln x，x>0，所以f′(x)＝4x－ eq \f(1,x)＝ eq \f(4x2－1,x)＝ eq \f(4（x－\f(1,2)）（x＋\f(1,2)）,x)，由f′(x)<0，解得0<x< eq \f(1,2)，所以函数f(x)的单调递减区间是(0， eq \f(1,2)). 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)＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)，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＋ 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：由y′＝1－ eq \f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a，所以y＝x＋ eq \f(a2,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 eq \r(1－x)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－ eq \f(1,\r(1－x))，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， eq \f(π,2)) B．( eq \f(π,2)， eq \f(3π,2)) C．(π，2π) D．( eq \f(3π,2)，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， eq \f(π,2))∪( eq \f(3π,2)，2π)时，f′(x)>0，当x∈( eq \f(π,2)， eq \f(3π,2))时，f′(x)<0，故f(x)的单调递减区间为( eq \f(π,2)， eq \f(3π,2)). 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＋ eq \f(1,2)ax2＋(a＋1)x，a∈R，讨论函数f(x)的单调性． 解：函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2)ax2＋(a＋1)x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ eq \f(1,x)＋ax＋a＋1＝ eq \f(ax2＋（a＋1）x＋1,x)＝ eq \f(（ax＋1）（x＋1）,x). 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>－ eq \f(1,a)，令f′(x)>0，得0<x<－ eq \f(1,a)，所以f(x)在(－ eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减，在(0，－ eq \f(1,a))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(－ eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减，在(0，－ eq \f(1,a))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)＋ eq \f(a,2)x2＋m，讨论f(x)的单调性． 解：函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1,x＋2)＋ax＝ eq \f(ax2＋2ax＋1,x＋2). 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－ eq \r(1－\f(1,a))或x>－1＋ eq \r(1－\f(1,a))， 由f′(x)<0得－1－ eq \r(1－\f(1,a))<x<－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，又x>－2，∴f(x)在(－2，－1－ eq \r(1－\f(1,a)))，(－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，＋∞)上单调递增，在(－1－ eq \r(1－\f(1,a))，－1＋ eq \r(1－\f(1,a)))上单调递减． 当a<0时，4a2－4a>0恒成立， 由f′(x)<0得x>－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，－1－ eq \r(1－\f(1,a))<－2(舍去)， 由f′(x)>0得－2<x<－1＋ eq \r(1－\f(1,a)). ∴f(x)在(－2，－1＋ eq \r(1－\f(1,a)))上单调递增，在(－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，＋∞)上单调递减． 综上，当a<0时，f(x)在(－2，－1＋ eq \r(1－\f(1,a)))上单调递增，在(－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，＋∞)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－ eq \r(1－\f(1,a)))，(－1＋ eq \r(1－\f(1,a))，＋∞)上单调递增， 在(－1－ eq \r(1－\f(1,a))，－1＋ eq \r(1－\f(1,a)))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________________． 答案：(1)A　(2)( eq \f(3,2)，＋∞)　解析：(1)因为f′(x)＝cos x－sin x－2＝ eq \r(2)cos (x＋ eq \f(π,4))－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 eq \r(ex·e－x)－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> eq \f(3,2)，∴原不等式的解集为( eq \f(3,2)，＋∞). 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－ eq \f(a,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－ eq \f(a,x)(x>0)， 则g′(x)＝2＋ eq \f(1,x)＋ eq \f(a,x2)(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＋ eq \f(1,x)＋ eq \f(a,x2)≥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]. 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．[ eq \f(3,4)，＋∞) B．[ eq \f(1,2)，＋∞) C．[ eq \f(1,2)， eq \f(3,4)) D．[0， eq \f(1,2)) 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，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2≤0，,3－4a≤0，))解得a≥ eq \f(3,4)，∴a的取值范围是[ eq \f(3,4)，＋∞). (2)已知a＝ eq \f(ln 7,7)，b＝ eq \f(1,e)，c＝ eq \f(ln 5,5)，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＝ eq \f(1,e)＝ eq \f(ln e,e)，令f(x)＝ eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，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)＝ eq \f(ln x,x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，由7>5>e，则 eq \f(ln e,e)> eq \f(ln 5,5)> eq \f(ln 7,7)，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). $$