第4章 第2节-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

第四章 导数及其应用 第二节　导数与函数的单调性 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 01 基础知识必备 02 考点知识突破 03 高考预测练 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 单调递增 单调递减 常数函数 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 C 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 A 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 “课下练习”见“高考预测练（十五）” (单击进入电子文档) 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 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(a，b)内____________ f′(x)<0 f(x)在(a，b)内____________ f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是____________ (1)解决一次、二次函数的单调性问题不必用导数． (2)有些初等函数(如f(x)＝x3＋x)的单调性问题也不必用导数． (3)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号． (4)判断函数的单调性时，个别导数等于零的点不影响所在区间内的单调性． (5)对函数划分单调区间时，需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点． 2．利用导数求函数单调区间的基本步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围． 当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是增函数； 当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是减函数． (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)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． 3．单调性的应用 若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号． (1)根据单调性求参数常用导数不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0求解，注意检验等号． (2)根据单调性求参数要注意函数、导函数的定义域． 函数的单调性 (1)(2024·北京模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是________． (2)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a>0.设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性． 【解析】　(1)因为f(x)＝(x－3)ex， 所以f′(x)＝(x－2)ex， 令f′(x)<0，解得：x<2， 故f(x)在(－∞，2)上单调递减． (2)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))， 所以g′(x)＝2－eq \f(2,x)＋eq \f(2a,x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))),x2). 当0<a<eq \f(1,4)时，g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上是增函数， 在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上是减函数； 当a≥eq \f(1,4)时，g(x)在区间(0，＋∞)上是增函数． 【答案】　(1)(－∞，2)　(2)见解析 求函数单调性的三点注意 一是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． 二是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． 三是个别导数为0的点不影响在区间的单调性，如f(x)＝x3，f(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数． [小积累]　用导数f′(x)确定函数f(x)单调区间的三种类型及方法： (1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，根据函数的定义域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，根据函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间． (3)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，对f′(x)化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间． [针对训练] 1．已知函数f(x)＝eq \f(a,2)(x－1)2－x＋ln x(a>0)，讨论f(x)的单调性． 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a(x－1)－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－1ax－1,x)， 令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq \f(1,a)， ①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②若0<a<1，则eq \f(1,a)>1， 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数； ③若a>1，则0<eq \f(1,a)<1， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数． 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当0<a<1时，f(x)在(0,1)上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是增函数； 当a>1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 函数单调性的应用问题 角度一　比较大小或解不等式 (1)(2024·河北枣强中学高三月考)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)－f(－x)－6x＋2sin x＝0，且x≥0时，f′(x)≥3－cos x恒成立，则不等式f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－eq \f(3π,2)＋6x＋eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的解集为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，∞)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，＋∞)) (2)(2024·山东新泰二中高三模拟)(多选)已知f′(x)是定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数，且cosxf′(x)＋sin xf(x)<0恒成立，则(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) 【解析】　(1)由题意得f(x)－3x＋sin x＝f(－x)＋3x－sin x，令g(x)＝f(x)－3x＋sin x，则g(x)＝g(－x)， 则g(x)为偶函数，当x≥0时，f′(x)≥3－cos x，则g′(x)≥0，则g(x)在R上单调递增．由f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－eq \f(3π,2)＋6x＋eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，得f(x)－3x＋sin x≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，即g(x)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，则|x|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以x≥eq \f(π,4).故选B. (2)根据题意，令g(x)＝eq \f(fx,cos x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 则g′(x)＝eq \f(f′x·cos x＋sin x·fx,cos2x)， 由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0恒成立，得g′(x)<0，即函数g(x)为减函数． 由eq \f(π,6)<eq \f(π,3)，得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，整理可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))). 由eq \f(π,6)<eq \f(π,4)，得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，整理可得eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).故选CD. 【答案】　(1)B　(2)CD 角度二　根据函数的单调性求参数 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x，a≠0. (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围． (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围． 【解】　(1)易知h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞) 时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，则a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．令G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈(0，＋∞)，所以只要a>G(x)min即可．而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1，所以a>－1且a≠0. (2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，令G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈[1,4]，则a≥G(x)max.因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)max＝－eq \f(7,16).所以a≥－eq \f(7,16)且a≠0. 1．利用导数比较函数值的大小或解不等式的常用技巧 利用题目条件，构造辅助函数，把比较函数值的大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较函数值的大小或解不等式． 2．由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)可导函数在区间(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，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值的问题，求出参数的取值范围． (2)可导函数在区间(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，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围． (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，当区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围． [针对训练] 2．(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 解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－eq \f(1,x).因为函数f(x)＝aex－ln x在(1,2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1,2)恒成立，即aex－eq \f(1,x)≥0在(1,2)恒成立，易知a>0，则0<eq \f(1,a)≤xex在(1,2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1,2)上，g(x)>g(1)＝e，所以eq \f(1,a)≤e，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，故选C. 3．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小关系为(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) B．f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1) 解析：因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数．所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，故选A. 4．已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)在(－1,1)上为单调减函数，求实数a的取值范围； (3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求实数a的值； (4)若函数f(x)在区间(－1,1)上不单调，求实数a的取值范围． 解：(1)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，即实数a的取值范围为(－∞，0]． (2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立， 因为当－1<x<1时，3x2<3，所以a≥3，所以a的取值范围为[3，＋∞)． (3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))， 又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以eq \f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3. (4)由题意知：f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a>0. 令f′(x)＝0，解得x＝±eq \f(\r(3a),3). 因为f(x)在区间(－1,1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1，1)上有解，需0<eq \f(\r(3a),3)<1，得0<a<3， 所以实数a的取值范围为(0,3)． $