3.2 导数与函数的单调性-（配套教参）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

3．2　导数与函数的单调性 课标要求 考情分析 1．结合实例，借助几何直观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(其中多项式函数一般不超过三次). ◎考点考法：高考命题常以函数的导数符号与函数的单调性的关系为主，求函数的单调区间，或已知函数的单调性(单调区间)求函数解析式中的参数范围，这将是以后高考的重点考查内容． ◎核心素养：数学抽象、逻辑推理、数学运算． [对应学生用书P59] 1．“在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)” 是“函数f(x)在此区间上单调递增(减)”的充分不必要条件． 2．可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零． 1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上，f(x)单调递增 B．在区间(1，3)上，f(x)单调递减 C．在区间(4，5)上，f(x)单调递增 D．在区间(3，5)上，f(x)单调递增 解析　在区间(4，5)上，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在区间(4，5)上单调递增． 答案　C 2．函数f(x)＝x＋sin x在R上是(　　) A．偶函数、增函数 B．奇函数、减函数 C．偶函数、减函数 D．奇函数、增函数 解析　f(x)＝x＋sin x，则f(－x)＝－x－sin x＝－f(x)，所以函数f(x) 是奇函数，f′(x)＝1＋cos x≥0，所以f(x) 在R上是增函数．故选D. 答案　D 3．已知函数f(x)＝－4ln x＋x2＋5，则函数f(x)的单调递减区间是________． 解析　由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由函数f(x)＝－4ln x＋x2＋5，得f′(x)＝－＋x＝，令f′(x)<0得0<x<2，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，2). 答案　(0，2) 4．已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为________(用“＜”连接). 解析　因为f(x)＝x sin x，当x∈时，f′(x)＝sin x＋x cos x＞0，所以函数f(x)在上单调递增，又因为0＜＜1＜＜，所以f＜f(1)＜f. 答案　f＜f(1)＜f 5．若y＝x＋(a＞0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 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. 答案　(0，2] [对应学生用书P60] 考点一　不含参函数的单调性　基础考点　自练自悟 1．函数f(x)＝x－ln x2的单调递增区间是(　　) A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(2，＋∞) C．(0，2) D．(－∞，0)和(2，＋∞) 解析　由题知f(x)＝x－ln x2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，令f′(x)>0，解得x>2或x<0，故f(x)＝x－ln x2的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞).故选D. 答案　D 2．(2025·长沙模拟)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　) A． B．(－∞，1)， C． D．(0，1)， 解析　由题图可知，先减后增的曲线为f′(x)的图象，先增后减再增的曲线为f(x)的图象，当0<x<1或x>4时，f′(x)<f(x)，即g′(x)＝<0，则函数g(x)＝的单调递减区间为(0，1)，(4，＋∞).故选D. 答案　D 3．函数f(x)＝的单调递减区间为________． 解析　由题意知f(x)＝的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)， f′(x)＝＝，令f′(x)<0，可得2x2－3x<0，可得0<x<，又x≠1，则0<x<1或1<x<，所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，. 答案　(0，1)， 4．若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递减区间为________． 解析　因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，令φ(x)＝－ln x－1，x∈(0，＋∞)，则φ′(x)＝－－<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x) 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞). 答案　(1，＋∞) 确定不含参的函数的单调性，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　含参数的函数的单调性　重难考点　师生共研 (2025·青岛模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x. (1)若a＝1，曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率为1，求该切线的方程； (2)讨论f(x)的单调性． [解析]　(1)当a＝1时，f′(x)＝， f′(x0)＝1，解得x0＝1. 又因为f(1)＝－， 所以切线方程为y＋＝x－1，即y＝x－. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝. 当a≤0时，得f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4. (ⅰ)当Δ≤0即0<a≤2时， f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)当Δ>0即a>2时，f′(x)＝. 由f′(x)>0得， 0<x<或x>， 由f′(x)<0得，<x<， 所以f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 综上，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． (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，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝(a＋1)x2－1，a∈R. (1)当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当h(x)＝2f(x)－g(x)时，讨论h(x)的单调性． 解析　(1)由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2时，f(x)＝ln x－2x，f′(x)＝－2＝， 所以切线斜率为f′(1)＝－1， 又f(1)＝ln 1－2＝－2， 所以切线方程为y＋2＝－(x－1)， 即x＋y＋1＝0. (2)h(x)＝2f(x)－g(x)＝2ln x－(a＋1)x2－2ax＋1， 则h(x)的定义域为(0，＋∞)， h′(x)＝－2(a＋1)x－2a＝－， ①当a≤－1时，有h′(x)>0恒成立，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ②当a>－1时，由h′(x)>0，解得x∈， 由h′(x)<0，解得x∈， 故函数h(x)在上单调递增， 在上单调递减． 综上，当a≤－1时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>－1时，h(x)在上单调递增，在上单调递减． 考点三　函数单调性的应用　多维探究　发散思维 角度1　比较大小或解不等式 (1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x．若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a (2)函数f(x)＝ex－e－x＋sin x，则不等式f(x)＞0的解集是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(0，π) D．(－π，0) [解析]　(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为＞1，所以3＞3.又log24＜log27＜log28，即2＜log27＜3，所以2＜log27＜3，所以f(2)＜f(log27)＜f(3)，即b＜c＜a. (2)对函数f(x)求导得f′(x)＝ex＋e－x＋cos x， 因为ex＋≥2，当且仅当x＝0时等号成立，－1≤cos x≤1，所以f′(x)＞0， 因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，所以f(x)在R上单调递增， 又因为f(0)＝e0－e-0＋sin 0＝0，所以f(x)＞0的解集为(0，＋∞). [答案]　(1)D　(2)A 利用导数比较大小或解不等式 (1)比较函数值大小时，若自变量不在同一单调区间内，则要利用函数的性质，将其转化到同一个单调区间上，再进行比较． (2)利用单调性比较大小或解不等式，关键是根据题意构造辅助函数，利用构造的函数的单调性比较大小或解不等式． (3)与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式． 角度2　根据函数单调性求参数(一题多变) 若函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则实数a的取值范围为________． [解析]　因为f(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 则a≥－恒成立． 设g(x)＝－＝－1，x∈[1，4]， 所以a≥g(x)max， 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，＋∞). [答案]　∪(0，＋∞) (变条件)本例中，若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________________． 解析　因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则f′(x)＜0在[1，4]上有解， 所以当x∈[1，4]时，a＞－有解， 又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)， 所以a＞－1，又因为a≠0， 所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 答案　(－1，0)∪(0，＋∞) 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式． (2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题． (3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值． 1．已知函数f(x)＝cos x－x，则f，f(π)，f的大小关系为(　　) A．f＞f(π)＞f B．f＞f＞f(π) C．f＞f＞f(π) D．f＞f(π)＞f 解析　因为函数f(x)＝cos x－x，所以f′(x)＝－sin x－1≤0，又函数f(x)＝cos x－x不是常函数，所以f(x)＝cos x－x在(－∞，＋∞)上是减函数，因为＜π＜，所以f＞f(π)＞f，故选A． 答案　A 2．若函数f(x)＝sin 2x－4x－m sin x在[0，2π]上单调递减，则实数m的取值范围为(　　) A．(－2，2) B．[－2，2] C．(－1，1) D．[－1，1] 解析　依题意得f(x)＝sin 2x－4x－m sin x，所以f′(x)＝2(2cos2x－1)－4－m cosx＝4cos2x－m cosx－6≤0对∀x∈[0，2π]恒成立．设t＝cos x∈[－1，1]，则g(t)＝4t2－mt－6，则g(t)≤0在[－1，1]上恒成立，由二次函数图象得即解得－2≤m≤2.故选B. 答案　B 学科网（北京）股份有限公司 $$