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】2026年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第三章 一元函数的导数及其应用 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 标 要 求 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 三 年 考 情 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 基础/梳理自测 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 6 回|归|教|材 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 基|础|自|测 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 考点/精研突破 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 考点一 不含参数的函数的单调性 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 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 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点二 含参数的函数的单调性·······························教考衔接⑥ 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 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 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点三 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 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 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 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（二十一） 本部分内容讲解结束 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). 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T7 T10 全国Ⅱ卷 T22 T6 重点提示：函数的单调区间、由单调性(单调区间)求参数范围 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)内可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)内___________ f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)内___________ f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)内是_________ 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 【常用结论】 1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 1．思考辨析(对的打“√”，错的打“×”) (1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　　) (3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　　) × √ × √ 2．(人B选三P112T8改编)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是(　　) A． B． C． D．∪ 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.故选C. 3．(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 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．故选C. 4．(人A选二P89T2改编)若函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是________． f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，所以4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0. [－3,0] 【例1】　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝ex(x2－x＋1)； 因为f(x)＝ex(x2－x＋1)，则f′(x)＝ex(x2＋x)＝x(x＋1)ex，因为ex>0恒成立，由f′(x)>0，得到x<－1或x>0，由f′(x)<0，得到－1<x<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)f(x)＝，x∈ (0，π)； f′(x)＝－＝－sin＝0，解得x＝－＋kπ，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x＝，当x∈，f′(x)<0，当x∈，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． (3)f(x)＝，x∈(0,2π)． f′(x)＝＝，x∈(0,2π)，令f′(x)＝＝0，即2cos x＋1＝0，解得x＝或x＝.当x∈时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递增；当x∈时，f′(x)<0，则f(x) 在上单调递减；当x∈时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递增．综上可知，函数f(x)的单调递减区间为.单调递增区间为，. [规律方法]　利用导数求函数单调区间的步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求出f(x)的导数f′(x)． (3)令f′(x)>0(或<0)，求出x的解集，即为f(x)的单调递增(或减)区间． (4)函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开. 【训练1】　已知函数f(x)＝，求函数f(x)的单调区间． 因为f(x)＝，所以f′(x)＝＝－＝－，所以当x∈(－∞，－5)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(－5，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－5)，(－1，＋∞)，单调递增区间为(－5，－1)． 教材题 [题源]　(人A选二P104T19节选)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.讨论f(x)的单调性． 由题意知定义域为R，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1，a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)是减函数；a>0时，令f′(x)＝2a＝0，得x＝ln， f′(x)<0⇒x<ln，f′(x)>0⇒x>ln，故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，综上可知，a≤0时，f(x)在R上为减函数；a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 高考题 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.求f(x)的单调区间． f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. [规律方法]　 (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. 【训练2】　已知函数f(x)＝ex－2ax－1，求f(x)的单调区间． 对函数f(x)＝ex－2ax－1求导，得f′(x)＝ex－2a，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上为增函数．当a>0时，由f′(x)＝ex－2a＝0，解得x＝ln(2a)，而f′(x)在R上单调递增，于是当x∈(－∞，ln(2a))时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，当x∈(ln(2a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上为增函数，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(ln(2a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(2a))． 角度1　比较大小与解不等式 【例2】　(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 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log24<log27<log28，所以2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a.故选D. (2)已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x，若f(t)＋f(1－3t)<0，则实数t的取值范围是(　　) A． B． C． D． 因为函数f(x)＝ex－e－x＋sin x的定义域为R，f(－x)＝e－x－ex＋sin(－x)＝e－x－ex－sin x＝－(ex－e－x＋sin x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．因为f′(x)＝ex＋e－x＋cos x≥2＋cos x＝2＋cos x>0(当且仅当x＝0时取等号)，所以函数f(x)在R上单调递增，因为f(t)＋f(1－3t)<0，所以f(t)<－f(1－3t)＝f(3t－1)，所以t<3t－1，解得t>.故选A. [规律方法]　利用导数比较大小或解不等式，常常需要把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式. 角度2　求参数的取值范围 【例3】　(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 依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以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)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在[2,4]上存在单调递减区间，则实数m的取值范围为________________． (2e2，＋∞)　 因为f(x)＝(x－1)ex－mx，所以f′(x)＝xex－m，因为f(x) 在[2,4] 上存在单调递减区间，所以存在x∈[2,4]，使得f′(x)<0，即m>xex，令g(x)＝xex，x∈[2,4]，得g′(x)＝(x＋1)ex>0 在x∈[2,4] 上恒成立，所以g(x)＝xex 在[2,4] 上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2e2，所以m>2e2. [规律方法]　f(x)在区间I上单调递增(减)，只要满足f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间I上恒成立即可．如果能够分离参数，则分离参数后可转化为参数值与函数最值之间的关系. 【对点练】 1．(角度1)若ln a＝－1，eb＝，3c＝ln 3，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>c>b B．b>c>a C．c>b>a D．a>b>c 由题设条件，得a＝，b＝＝，c＝，令f(x)＝，则f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．又e<3<4，所以f(e)>f(3)>f(4)，即a>c>b.故选A. 2．(角度1)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为_____________． 因为f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，所以f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号．所以f(x)在R上单调递增．又f(0)＝1，所以原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>.所以原不等式的解集为. 3．(角度2)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____________． (0，＋∞)　 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，＋∞)． $$