第3章 第2节 导数与函数的单调性-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用”核心章节，紧扣课程标准与高考评价体系，系统梳理导数与函数单调性的必备知识，通过分析近五年高考真题明确考点权重，归纳出原函数与导函数图象关系、单调区间讨论、单调性应用三大常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题重温+类型突破+素养提升”的三维备考策略，精选高考真题开展实战训练，针对“讨论函数单调区间”题型，通过分类讨论思想培养学生的数学思维与推理能力，结合“函数单调性应用”实例渗透模型意识，帮助学生掌握数形结合等答题技巧。教师可利用课件系统实施专题复习，学生能通过针对性训练高效突破高频考点，助力高考冲刺。

第三章 一元函数的导数及其应用 赢在微点 高考复习顶层设计 数学 第二节 第三章 一元函数的导数及其应用 导数与函数的单调性 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 课 程 标 准 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 必备知识/梳理 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——回扣知识 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 5 教|材|回|顾 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 微|点|延|伸 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 小|题|快|练 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 关键能力/落实 赢在微点 数学 大一轮 第二部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型一 原函数与导函数的图象之间的关系 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型二 讨论函数单调区间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型三 函数单调性的应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考真题/重温 赢在微点 数学 大一轮 第三部分 ——明确方向 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十二） 本部分内容讲解结束 1.结合实例，借助几何图形直观地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). 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 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 2.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． 定义域 　零点 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)上单调递增(减)的充分不必要条件． 2．f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的必要不充分条件． 3．若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充要条件． 1．(人A选二P86例2改编)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下面判断正确的是(　　) 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 由题图可知，f(x)在区间(－2,1)，(1,3)，(3,5)上均不单调，故A，B，D错误；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，故C正确． 2．(人A选二P97习题5.3T1(2)改编)函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性为(　　) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 因为在区间(0，π)上，f′(x)＝－sin x－1<0恒成立，所以f(x)在(0，π)上单调递减．故选D. 3．函数y＝3x2－2ln x的单调递增区间为___________，单调递减区间为___________． 　 y′＝6x－＝.因为函数的定义域为(0，＋∞)，所以由y′>0，得x>.所以函数的单调递增区间为.由y′<0，得0<x<，所以函数的单调递减区间为. 4．若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)内单调递增，则a的取值范围是______． 由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，所以y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]和[a，＋∞)．因为函数在[2，＋∞)内单调递增，所以[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.又a>0，所以0<a≤2. (0,2] 5．若函数f(x)＝ln x－，则不等式f(1－x)>f(2x－1)的解集为________． 因为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋>0，所以函数f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增，所以只需满足1－x>2x－1>0，解得<x<. 【例1】　设函数f(x)在定义域内可导，f(x)的图象如图所示，则其导函数f′(x)的图象可能是(　　) 由f(x)的图象可知，当x∈(－∞，0)时，函数f(x)单调递增，则f′(x)≥0，故排除C，D；当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)先单调递减、再单调递增最后单调递减，则导函数值f′(x)应先小于0，再大于0，最后小于0，故排除B，选A. 解决此类导函数图象与原函数图象关系问题的关键点有两个：一是抓住原函数的单调递增区间对应的导函数函数值为正、原函数的单调递减区间对应的导函数函数值为负；二是抓住原函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映导函数图象在相应点处的变化情况． 【训练1】　已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是(　　) 由题图知，当x<0时，xf′(x)>0，则f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减；当0<x<b时，xf′(x)>0，则f′(x)>0，故f(x)在(0，b)上单调递增；当x>b时，xf′(x)<0，则f′(x)<0，故f(x)在(b，＋∞)上单调递减．综上所述，只有D符合题意．故选D. 【例2】　(1)函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B． C．(－∞，－1) D． 由y＝4x2＋(x≠0)，得y′＝8x－，令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B. (2)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． 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0<a<1时，>1，所以x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；②当a＝1时，＝1，所以f′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<<1，所以x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，所以函数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． 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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论． 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． 【训练2】　(1)函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________． (0，e2)　 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0，e2)． (2)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)，讨论f(x)的单调性． f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－2＋＝＝.当a≥1时，f′(x)≥0在定义域上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，令f′(x)＝0，得x1＝1－，x2＝1＋，故当x∈(0,1－)∪(1＋，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(1－，1＋)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0,1－)和(1＋，＋∞)上单调递增，在区间(1－，1＋)上单调递减． 考向❶：比较大小 【例3】　(多选题)(2025·深圳模拟)若0<x1<x2<1，则(　　) A．ex2－ex1>ln B．ex2－ex1<ln C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2 令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，则f′(x)＝ex－>0，故f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即ex1－ln(x1＋1)<ex2－ln(x2＋1)，故ex2－ex1>ln，所以A正确，B错误；令f(x)＝且x∈(0,1)，则f′(x)＝<0，故f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即>，故x2e x1>x1ex2所以C正确，D错误．故选AC. 比较大小关键是根据已知条件的形式特点构造函数，确定函数的单调性，在同一单调区间内比较大小． 考向❷：解不等式 【例4】　已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－∞，2) 令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以该不等式可化为g(x)>g(2)，故该不等式的解集为(－∞，2)．故选D. 与比较大小相同，关键也是构造函数，利用单调性解不等式． 考向❸：求参数取值范围 【例5】　(2025·湖南模拟)已知函数f(x)＝cos x＋aln x在区间上单调递增，则a的最小值为(　　) A． B． C． D．π f′(x)＝－sin x＋＝≥0在区间上恒成立，即a≥xsin x在区间上恒成立．设g(x)＝xsin x，x∈，则g′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以g(x)在上单调递增，则g(x)<g＝，所以a≥，则a的最小值为.故选C. 由函数的单调性求参数的取值范围的方法 1．函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立． 2．函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集． 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❸ 1.已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<c<b B．b<a<c C．a<b<c D．c<a<b 令f(x)＝，则其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.令f′(x)<0，解得x>，因此f(x)在(，＋∞)上单调递减，又因为a＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝＝f()，且4>e>>，所以f(4)<f(e)<f()，即a<b<c.故选C. 2．(2025·陕西西安联考)已知函数f(x)＝(ex＋e－x)x2，若满足f(log3m)－e－<0，则实数m的取值范围为(　　) A． B． C．(0,3) D．(3，＋∞) 因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝(e－x＋ex)(－x)2＝(e－x＋ex)x2＝f(x)，所以f(x)为偶函数．因为f′(x)＝(ex－e－x)x2＋2x(ex＋e－x)，所以f′(0)＝0，当x>0时，ex>1,0<e－x<1，所以ex－e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(log3m)－e－<0，即f(log3m)<e＋＝f(1)，即f(log3m)<f(1)．因为f(x)＝(ex＋e－x)x2在(0，＋∞)上单调递增且为偶函数，所以|log3m|<1，即－1<log3m<1，解得<m<3，所以实数m的取值范围为.故选B. 3．已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．[0，＋∞) D．[1，＋∞) 依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零点，令g(x)＝－ln x＋＋a－1，令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．故选A. 1．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 由题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥在(1,2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，因此g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 3．(2022·新课标Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b 设f(x)＝(1－x)ex－1，x>0，则当x>0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)<f(0)＝0，即0.9e0.1－1<0，所以0.1e0.1<，即a<b.令g(x)＝x－ln(1＋x)，x>0，则当x>0时，g′(x)＝1－＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g>g(0)＝0，即－ ln>0，所以>－ln，即b>c.令h(x)＝xex＋ln(1－x)，0<x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0<x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex<0，所以t(x)在(0,0.1]上单调递减，所以t(x)<t(0)＝0，所以当0<x≤0.1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，所以h(0.1)>h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9>0，所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c，所以b>a>c.故选C. 4．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． (－2,1) 令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设h(x)＝x3－3x＋(x－1)2，则h′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(3x＋5)(x－1)，因为x>0，所以3x＋5>0，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，h(0)＝1，h(1)＝－2，所以a的取值范围为(－2,1)． $$