第二章 第11节 利用导数研究函数的单调性-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关Word教案

该高中数学高考复习教案聚焦利用导数研究函数单调性，涵盖判断单调性、求单调区间、已知单调性求参数等核心考点，按“必备知识-易错提醒-分考点突破”逻辑架构知识点。通过自主诊断、典例精讲、跟踪训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破分类讨论等难点，体现复习的系统性和针对性。 教案采用子母变式教学法，如通过母题及4个子题分层训练已知单调性求参数问题，培养学生逻辑推理和数学运算素养。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合即时反馈，确保高效突破考点，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

第11节　利用导数研究函数的单调性 课程标准 核心素养 考情聚焦 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． 3．会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次) 1.利用导数判断或证明函数的单调性，发展逻辑推理和数学运算素养． 2．利用导数求函数的单调区间，提升逻辑推理和数学运算素养． 3．已知函数的单调性求参数的取值范围，提升逻辑推理和数学运算素养 　　利用导数研究函数的单调性是高考考查的热点内容，主要考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数确定函数的单调区间、已知函数的单调性求参数的取值范围等，考查转化与化归、分类讨论、数形结合等思想方法．题型主要以解答题为主，属于中高档题 　　　　　　　　对应学生用书P49 [必备知识] 1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内 单调递增 ； (2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内 单调递减 ； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是 常数函数 ． 2．求函数单调区间的步骤 (1)求定义域． (2)求导． (3)由导数大于0求单调递增区间；由导数小于0求单调递减区间． 1．f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． 2．若f(x)可导且f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． [自主诊断] [思考辨析] 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　 ) (2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．(　　 ) (3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内为常数函数．(　　 ) (4)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是f(x)的单调递增区间意义不一样．(　　 ) [答案]　 (1)×　(2)×　(3)√　(4)√ [小题查验] 1．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(－3,0)上单调递减 B．函数f(x)在区间(－3,2)上单调递减 C．函数f(x)在区间(0,2)上单调递减 D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数 解析：A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上单调递减，其他判断均不正确．] 2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是(　　 ) A．单调递增　　　　 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增 解析：A　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．] 3．已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为(　　 ) A．(－2,1) B．(－1,2) C．(－∞，－2) D．(1，＋∞) 解析：A　[由图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)， 知f(x)的导数为f′(x)＝x2＋x－2， 令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1.] 4．(人教A版教材习题改编)函数f(x)＝ex－x的减区间为____________． 答案：(－∞，0) 5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是____________． 解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2， 又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3. 答案：3 　　　　　　对应学生用书P50 考点一　利用导数判断或证明函数的单调性(师生共研) 分类讨论思想——分类与整合思想研究函数的单调性 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． [典例]　(2025·河南郑州质检)已知函数f(x)＝eax－ax－1，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)当a≠0时，讨论函数f(x)的单调性； 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，f(0)＝e0－0－1＝0， f′(x)＝ex－1，f′(0)＝e0－1＝0， 所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－0＝0×(x－0)，即y＝0. (2)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)． 若a＞0，令f′(x)＝0，即a(eax－1)＝0， 因为a＞0，所以eax－1＝0，解得x＝0. 当x＜0时，eax＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞0时，eax＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 若a＜0，令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x＜0时，eax＞1，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞0时，eax＜1，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 综上所述，当a≠0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求导：求出f′(x)； (2)判号：判断f′(x)在(a，b)内的符号； (3)结论：写出f(x)在(a，b)内的单调区间． 易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． [跟踪训练] 已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． 解：(1)由题，f′(x)＝ex·ln(1＋x)＋ex· ＝ex·， 故f′(0)＝e0·＝1， f(0)＝e0ln(1＋0)＝0， 因此，曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝x； (2)由(1)，g(x)＝f′(x)＝ex·，x∈[0，＋∞)， 则g′(x)＝ex·， 设h(x)＝ln(1＋x)＋－， x∈[0，＋∞)， 则h′(x)＝－＋ ＝＞0， 故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝1＞0， 因此g′(x)＞0对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增； (3)设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)， 则m′(s)＝es＋t－ es＝g(s＋t)－g(s)， 由(2)g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s＞0，t＞0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)＞g(t)－ g(0)＞g(0)－g(0)＝0， 因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增， 故m(s)＞m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0， 因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)， 有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． 考点二　利用导数求函数的单调区间(师生共研) [典例]　已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． [解]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－， 由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x， 知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 则f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5， 因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)上单调递减；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(5，＋∞)上单调递增． 用导数法求可导函数单调区间的一般步骤 [跟踪训练] 已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a＞0)． (1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值； (2)求函数y＝f(x)的单调区间． 解：(1)函数f(x)的定义域为R. 由已知得f′(x)＝－a. ∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数， ∴f′(－x)＝－f′(x)，即－a＝－＋a， 解得a＝. (2)由(1)f′(x)＝－a＝1－－a. ①当a≥1时，f′(x)＜0恒成立， ∴a∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)在R上单调递减． ②当0＜a＜1时，由f′(x)＞0，得(1－a)(ex＋1)>1，即ex＞－1＋，解得x＞ln ， 由f′(x)＜0，得(1－a)(ex＋1)＜1， 即ex＜－1＋，解得x＜ln . ∴a∈(0,1)时，函数y＝f(x)在上单调递增，在上单调递减． 考点三　已知函数的单调性求参数的取值范围(子母变式) [母题]　已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围． [破题关键点]　(1)讨论f′(x)的符号是正的还是负的； (2)转化为f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立． [解]　(1)f′(x)＝3x2－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±； 当x＞或x＜－时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 综上可知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增； 当a＞0时，f(x)在，上单调递增，在上单调递减． (2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0， 即a的取值范围为(－∞，0]． [子题1]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围． 解：因为f′(x)＝3x3－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范围为(－∞，3]． [子题2]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上单调递减，试求a的取值范围． 解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立． 因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上单调递减． [子题3]　函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值． 解：由母题可知，f(x)的单调递减区间为 ，∴＝1，即a＝3. [子题4]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围． 解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 显然a＞0，由f′(x)＝0，得x＝±. ∵f(x)在区间(－1,1)上不单调， ∴0＜＜1，得0＜a＜3， 即a的取值范围为(0,3)． 已知函数单调性，求参数范围的两个方法 (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)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解． 易错警示：f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解. 学科网（北京）股份有限公司 $