第3章 第17讲 导数与函数的单调性(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案围绕导数与函数单调性核心考点，按关系判定、单调区间求解、单调性应用逻辑架构知识，通过教材梳理夯基础、常用结论明规律、考点突破强技能环节，结合全国卷真题训练，帮助学生系统构建解题框架，突破分类讨论等难点。 教案以数学思维和数学语言为导向，创新采用含参数单调性分类讨论、构造函数解不等式等策略，设计基础自测、能力提升分层练习。通过典例精讲培养逻辑推理能力，确保高效复习，助力学生提升应考技能，为教师把控节奏提供清晰指引。

第17讲　导数与函数的单调性 复习目标 1.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). 教材梳理　夯基础 主干知识 知识点1　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)上单调递增 f'(x)<0 f(x)在区间(a,b)上单调递减 f'(x)=0 f(x)在区间(a,b)上是常数函数 知识点2　利用导数判断函数单调性的步骤 第1步,确定函数的定义域; 第2步,求出导数f'(x)的零点; 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. 常用结论 1.若函数f(x)在(a,b)上单调递增,则x∈(a,b)时,f'(x)≥0恒成立;若函数f(x)在(a,b)上单调递减,则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x∈(a,b)时,f'(x)<0有解. 基础自测 类型 回源教材 澄清盲点 结论应用 题号 2 1,3 4 1.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”. (1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f'(x)>0. (　　) (2)若函数y=f(x)在(a,b)内恒有f'(x)≥0,则y=f(x)在(a,b)上一定为增函数. (　　) (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)如果函数f(x)在某个区间内恒有f'(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性. (　　) 【解析】 (1) 对于(1),有可能f'(x)=0,如f(x)=x3,它在(-∞,+∞)上为增函数,但f'(x)=3x2≥0. × (2) 若y=f(x)为常数函数,则f'(x)=0,满足条件,但不具备单调性. × (3) 反例,f(x)=-,虽然f'(x)=>0,但f(x)=-在其定义域(-∞,0)∪(0,+∞)上不具有单调性. × (4) 如果函数f(x)在某个区间内恒有f'(x)=0,则此函数f(x)在这个区间内为常数函数,则函数f(x)在这个区间内没有单调性. √ 2.(选择性必修第二册P86例2变式)(多选题)如图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,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(2,3)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)单调递减 【解析】选BC.在区间(-2,1)上,当x∈(-2,-)时,f'(x)<0,当x∈(-,1)时,f'(x)>0,故f(x)在区间(-2,-)上单调递减,在区间(-,1)上单调递增,A错误;在区间(3,5)上,当x∈(3,4)时,f'(x)<0,当x∈(4,5)时,f'(x)>0,故f(x)在区间(3,4)上单调递减,在区间(4,5)上单调递增,C正确,D错误;在区间(2,3)上,f'(x)<0,所以f(x)单调递减,B正确. 3.若函数f(x)=sin x+kx在(0,π)上是增函数,则实数k的取值范围为__________.  【解析】因为f'(x)=cos x+k≥0, 所以k≥-cos x,x∈(0,π)恒成立. 当x∈(0,π)时,-1<-cos x<1,所以k≥1. 答案:[1,+∞) 4.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则实数a的最大值是____________.  【解析】f'(x)=3x2-a≥0,即a≤3x2,又因为x∈[1,+∞),所以a≤3,即a的最大值是3. 答案:3 考点突破　强技能 考点一不含参数的函数单调性 【例1】求下列函数的单调区间. (1)f(x)=4x2+; (2)f(x)=; (3)f(x)=; (4)f(x)=(x-1)ex-x2. 【解析】(1)定义域为{x|x≠0},f'(x)=8x-, 令f'(x)>0,得8x->0, 即x3>,所以x>. 令f'(x)<0,得x<且x≠0.所以f(x)的单调递增区间为(,+∞), 单调递减区间为(-∞,0), (0,). (2)定义域为(0,1)∪(1,+∞). f'(x)==. 令f'(x)>0,解得x>e. 令f'(x)<0,解得0<x<e,且x≠1. 所以f(x)的单调递增区间是(e,+∞),f(x)的单调递减区间是(0,1),(1,e). (3)f'(x)==. 令f'(x)>0,得cos x>-, 即2kπ-<x<2kπ+(k∈Z); 令f'(x)<0,得cos x<-, 即2kπ+<x<2kπ+(k∈Z). 因此f(x)的单调递增区间为(2kπ-,2kπ+)(k∈Z),f(x)的单调递减区间为(2kπ+,2kπ+)(k∈Z). (4)由f(x)=(x-1)ex-x2,得f'(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2), 令f'(x)=0,得x1=0,x2=ln 2. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化如表: x (-∞,0) 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由表可知,函数f(x)的单调递减区间为(0,ln 2),单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞). 解题技法 单调区间的求法 (1)求函数的单调区间注意先求定义域. (2)使f'(x)>0的区间为f(x)的单调递增区间,使f'(x)<0的区间为f(x)的单调递减区间. (3)函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开. 【训练1】　(1)函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是 (　　) A.(0,1) B.(1,+∞) C.(-∞,1) D.(-1,1) 【解析】选A.因为f'(x)=2x-=(x>0),令f'(x)=0,得x=1, 所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. (2)函数f(x)=x+2的单调递增区间是 (　　) A.(0,1) B.(-∞,1) C.(-∞,0) D.(0,+∞) 【解析】选C.f(x)的定义域为(-∞,1],f'(x)=1-,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)=xsin x+cos x,x∈[0,2π],则f(x)的单调递减区间为 (　　) A. (0,) B. (,) C.(π,2π) D. (,2π) 【解析】选B.由题意f(x)=xsin x+cos x,x∈[0,2π],则f'(x)=xcos x, 当x∈(0,)∪(,2π)时,f'(x)>0,当x∈(,)时,f'(x)<0, 故f(x)的单调递减区间为(,). (4)若函数f(x)=,则函数f(x)的单调递增区间为________.  【解析】f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=, 令φ(x)=-ln x-1(x>0), 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.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1). 答案:(0,1) 考点二含有参数的函数的单调性 【例2】(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. 【解析】因为f(x)=a(x-1)-ln x+1, 所以f'(x)=a-=,x>0, 若a≤0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 若a>0,则当0<x<时,f'(x)<0,当x>时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 解题技法 利用分类讨论思想解决含参数的函数单调性问题 (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】　(2021·全国乙卷节选)讨论函数f(x)=x3-x2+ax+1的单调性. 【解析】由题意知f(x)的定义域为R, f'(x)=3x2-2x+a, 对于f'(x)=0,Δ=(-2)2-4×3a=4(1-3a). ①当a≥时,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增; ②当a<时,令f'(x)=0, 即3x2-2x+a=0, 解得x1=,x2=, 令f'(x)>0,则x<x1或x>x2; 令f'(x)<0,则x1<x<x2. 所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. 综上,当a≥时,f(x)在R上单调递增; 当a<时,f(x)在(-∞,), (,+∞)上单调递增, 在(,)上单调递减. 【加练备选】 　已知函数g(x)=ln x+ax2-(2a+1)x.若a>0,试讨论函数g(x)的单调性. 【解析】因为g(x)=ln x+ax2-(2a+1)x, 所以g'(x)= =. 由题意知函数g(x)的定义域为(0,+∞), ①若<1,即a>, 由g'(x)>0得x>1或0<x<, 由g'(x)<0得<x<1, 所以函数g(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减; ②若>1,即0<a<, 由g'(x)>0得x>或0<x<1, 由g'(x)<0得1<x<, 所以函数g(x)在(0,1), (,+∞)上单调递增,在(1,)上单调递减; ③若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有g'(x)≥0, 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增. 综上可得,当0<a<时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增; 当a=时,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>时,函数g(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 考点三函数单调性的应用 角度1　比较大小 【例3】(2025·保定模拟)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 【解析】选D.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. 解题技法 利用导数比较大小,其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性,利用其单调性比较大小. 角度2　解不等式 【例4】已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=20,且f(x)的导函数f'(x)满足f'(x)>6x2+2,则不等式f(x)>2x3+2x的解集为 (　　) A.{x|x>-2} B.{x|x>2} C.{x|x<2} D.{x|x<-2或x>2} 【解析】选B.令g(x)=f(x)-2x3-2x, 则g'(x)=f'(x)-6x2-2>0, 所以g(x)在R上单调递增. 因为g(2)=f(2)-2×23-2×2=0,故原不等式等价于g(x)>g(2),所以x>2,所以不等式f(x)>2x3+2x的解集为{x|x>2}. 解题技法 与函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数,再利用导数研究新函数的单调性,从而解不等式. 角度3　根据函数的单调性求参数的范围 【例5】(1)(2023·新高考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 【解析】选C.由题意可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)上恒成立,即a≥()max, 设g(x)=xex,则在x∈(1,2)上恒有g'(x)=(x+1)ex>0,所以当x∈(1,2)时,g(x)>g(1)=e,则a≥e-1. [变式1](变条件、变问法)在本例中,若函数f(x)在区间(1,2)上存在单调递增区间,则a的取值范围为____________.  【解析】因为f(x)在(1,2)内存在单调递增区间, 所以∃x∈(1,2),使f'(x)>0有解, 即x∈(1,2)时,不等式aex->0有解, 即a>,x∈(1,2)有解, 所以a>, 即a的取值范围为(,+∞). 答案: (,+∞) [变式2](变条件、变问法)在本例中,若函数f(x)在区间(1,2)上不单调,则a的取值范围为____________.  【解析】因为f(x)在(1,2)上不单调, 所以当x∈(1,2)时,f'(x)=0有解, 即方程aex-=0有解, 即a=在x∈(1,2)上有解, 所以a的取值范围为(,). 答案: (,) (2)(金榜原创·易错对对碰) 已知函数f(x)=ln x-ax2-2x(a≠0). ①若f(x)在[1,4]上单调递减,则实数a的取值范围为__________________;  ②若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间,则实数a的取值范围为__________________.  【解析】①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, 即a≥-恒成立. 设G(x)=-,x∈[1,4], 所以a≥G(x)max,而G(x)= (-1)2-1, 因为x∈[1,4],所以∈[,1], 所以G(x)max=-(此时x=4),所以a≥-, 又因为a≠0,所以实数a的取值范围是[-,0)∪(0,+∞). 答案: [-,0)∪(0,+∞) ②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, (-)min=-1(此时x=1), 所以a>-1,又因为a≠0,所以实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 答案:(-1,0)∪(0,+∞) 解题技法 已知函数单调性求解参数范围的步骤 第一步:对含参数的函数f(x)求导,得到f'(x). 第二步:若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f'(x)≥0在[a,b]上恒成立;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f'(x)≤0在[a,b]上恒成立,得到关于参数的不等式,解出参数范围. 第三步:验证参数范围中取等号时,是否恒有f'(x)=0.若f'(x)=0恒成立,则函数f(x)在(a,b)上为常数函数,舍去此参数值. 【训练3】　(1)f(x)=ln x-,设a=f(),b=f(2),c=f(),则 (　　) A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b 【解析】选C.易知f'(x)= =, 又x∈(0,+∞)时,ex>1, (x-)2-≥-, 所以f'(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增, 故f()>f(2)>f(),即c>b>a. (2)(2025·郑州模拟)设函数f(x)是定义域为R的奇函数,且当x≥0时,f(x)=ex-cos x,则不等式f(2x-1)+f(x-2)>0的解集为 (　　) A.(-∞,1) B. (-∞,) C. (,+∞) D.(1,+∞) 【解析】选D.根据题意,当x≥0时,f(x)=ex-cos x,此时有f'(x)=ex+sin x>0,则f(x)在[0,+∞)上为增函数,又f(x)是定义域为R的奇函数,故f(x)在R上为增函数.f(2x-1)+f(x-2)>0⇒f(2x-1)>-f(x-2)⇒f(2x-1)>f(2-x)⇒2x-1>2-x,解得x>1,即不等式的解集为(1,+∞). (3)已知函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+2)上不单调,则实数t的取值范围是________.  【解析】由题意,f(x)=-x2-3x+4ln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=-x-3+=-, 当f'(x)=0时,有x2+3x-4=0, 得x=-4(舍去)或x=1, 因为f(x)在(t,t+2)上不单调, 且(t,t+2)⊆(0,+∞), 所以可得t∈[0,1). 答案:[0,1) - 13 - 学科网（北京）股份有限公司 $