导数与函数的单调性课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的单调性”核心考点，依据高考评价体系明确求单调区间、导数应用、极值分析等考查要求，通过基础过关、素养提升模块梳理选择、填空、解答题等常考题型，突出高考高频考点的系统性覆盖。 课件亮点在于“真题情境+方法提炼+素养培育”，如2026年沈阳模拟题通过构造函数分析单调性，培养数学思维与数学语言表达能力，解析中归纳导数符号判断、定义域优先等技巧，助力学生掌握解题规律，教师可依托此课件实现考点精准突破与高效复习指导。

导数与函数的单调性 一、单项选择题 1.函数f(x)=ln x-x2的单调递增区间是(　　) A.(-1,1) B.(0,1) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(1,+∞) 基础过关 因为f(x)=ln x-x2,x>0,所以对函数求导得:f'(x)=-x=,令f'(x)>0,即>0,1-x2>0,x2<1,解得0<x<1,因此函数的单调递增区间为(0,1).故选B. 解析 2.已知函数y=f(x)的图象如图所示,则其导函数的图象大致形状为(　　) 由f(x)的图象可知,函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快,由导数的几何意义可知,f'(x)先减后增,且恒大于0,故符合题意的只有选项A.故选A. 解析 3.已知函数f(x)=lnx-,则f(2),f(4),f(8)的大小关系为(参考数据: ≈1.41,ln 2≈0.69)(　　) A.f(8)<f(2)<f(4) B.f(8)<f(4)<f(2) C.f(2)<f(4)<f(8) D.f(4)<f(2)<f(8) 函数f(x)=ln x-的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=-=,当0<x<4时,f'(x)>0,当x>4时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,则f(2)<f(4),f(8)<f(4),由f(2)-f(8)=ln 2--ln 8+=-2ln 2≈ 1.41-0.69×2>0,所以f(8)<f(2)<f(4).故选A. 解析 4.已知函数f(x)=在(0,+∞)上单调递减,则a的取值范围是(　　) A.[18,+∞) B.(18,+∞) C.[-9,+∞) D.(-9,+∞) 因为f(x)=,所以f'(x)==,依题意f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,所以a≥-x3+3x2+9x-9在(0,+∞)上恒 解析 成立,令g(x)=-x3+3x2+9x-9,x∈(0,+∞),则g'(x)=-3x2+6x+9=-3(x2-2x-3)=-3(x-3)(x+1),当x∈(0,3),g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(3,+∞),g'(x)< 0,g(x)单调递减, 所以g(x)在(3,+∞)上单调递减,在(0,3)上单调递增,所以g(x)max=g(3)=-27+27+27-9=18,所以a≥18,即a的取值范围是[18, +∞).故选A. 解析 5.函数f(x)=x2+cos x在[-π,π]上的图象大致为(　　) 由题意知,f(-x)=(-x)2+cos(-x)=x2+cos x=f(x),所以f(x)为偶函数,排除C,D.下面只需讨论x∈[0,π]时的情况,因为f'(x)=x-sin x,令g(x)=f'(x),则g'(x)=1-cos x≥0,所以f'(x)在[0,π]上单调递增,又f'(0)=0,所以f'(x)≥0在[0,π]上恒成立,因此f(x)在[0,π]上单调递增,排除B,故选A. 解析 6.(2026·沈阳模拟)已知m=,n=,p=,则(　　) A.n>m>p B.m>p>n C.p>n>m D.m>n>p 令f(x)=ex·cos x,则f'(x)=ex(cos x-sin x)=ex= excos,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f>f,即>,即> ,故m>p.f>f,即>,即>,故m>n.因为p=<e0=,n=>e1>,所以n>p.综上可知m>n>p.故选D. 解析 二、多项选择题 7.已知定义在区间(a,b)上的函数f(x)的导函数为f'(x),f'(x)的图象如图所示,则(　　) A.f(x)在(a,x2)上单调递增 B.f(x)在(x1,b)上单调递增 C.曲线y=f(x)在点(x3,f(x3))处的切线的斜率为0 D.f(x)有1个极大值点 根据图象可知f'(x)在(a,x1)上满足f'(x)<0,所以可知f(x)在(a,x1)上单调递减,即A错误;f'(x)在(x1,b)上满足f'(x)≥0,且不恒为0,即f(x)在(x1,b)上单调递增,B正确;易知曲线y=f(x)在点(x3,f(x3))处的切线是水平的,其斜率为0,C正确;根据已有分析,f(x)在x1处取得极小值,其仅有1个极小值点,没有极大值点,D错误.故选BC. 解析 8.已知x1,x2∈(0,+∞),有<,则(　　) A.x1-ln x2<0 B.x2-ln x1<0 C.-x2<0 D.-ln x1<0 由<,得x1<x2ln x2=·ln x2,ln x2>0,设函数f(x)=xex,得f'(x)=ex+xex>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,而原不等式即为f(x1)< f(ln x2),故x1<ln x2即<x2,故<的充要条件为x1<ln x2(<x2),故AC正确.取x1∈(0,1),x2∈(e,+∞),则x1<ln x2成立,但x2-ln x1>0,- ln x1>0,故BD错误,故选AC. 解析 三、填空题 9.(2026·平凉模拟)函数f(x)=x+2cos x(-π<x<π)的单调递减区间是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.  因为f(x)=x+2cos x(-π<x<π),f'(x)=1-2sin x,令f'(x)≤0,得sin x≥,解得≤x≤,所以f(x)的单调递减区间是. 解析 (写成,,,也对) 10.已知函数y=-x3+(b-1)x有三个单调区间,则实数b的取值范围为 　　　　　.  函数y=-x3+(b-1)x的定义域为R,y'=-4x2+(b-1).因为函数y=-x3+(b-1)x有三个单调区间,所以方程y'=-4x2+(b-1)=0有两个不等的实根,即4x2=b-1有两个不等的实根,所以b-1>0,解得b>1,所以实数b的取值范围为b>1. 解析 (1,+∞) 11.(2026·许昌模拟)若函数f(x)=x2-4ln x在其定义域的一个子区间(k-2,k+2)上不是单调函数,则实数k的取值范围是　　　　.  由题意得f'(x)=x-(x>0),易知f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(2)=2-=0,所以若函数f(x)=x2-4ln x在其定义域的一个子区间(k-2,k+2)上不是单调函数,则0≤k-2<2<k+2,解得2≤k<4. 解析 [2,4) 四、解答题 12.已知函数f(x)=ln x-ax2-2x(a≠0). (1)若f(x)在[1,4]上单调递减,求实数a的取值范围; (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) 解 =-1,因为x∈[1,4],所以∈,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,+∞). 解析 (2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求实数a的取值范围. (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,=-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,+∞). 解 13.已知函数f(x)=ln x+ax-1,a∈R. (1)当a=1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (1)当a=1时,f(x)=ln x+x-1,则f(1)=0,f'(x)=1+,所以f'(1)=2,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=2(x-1),即2x-y-2=0. 解 (2)讨论f(x)的单调性; (2)函数f(x)=ax+ln x-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=a+=.当a≥0时, f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,由f'(x)>0,解得0<x<-,由f'(x)<0,解得x>-,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减. 解 (3)若f(x)有极大值g(a),解关于a的不等式2g(a)>a--4. (3)由(2)知,当a≥0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以此时f(x)无极值;当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以此时f(x)在x=-处取得极大值,极大值为f=ln -2,即g(a)=ln-2,不等式2g(a)>a--4即2>a--4,化 解 简得2ln-a+>0,令t=-,t>0,则不等式化简为2ln t+-t>0.令h(t)=2ln t+-t(t>0),则h'(t)=<0,所以函数h(t)在(0,+∞)上单调递减,又因为h(1)=0,所以h(t)>0的解集为(0,1),即-∈(0,1),解得a∈(-∞, -1),所以不等式2g(a)>a--4的解集为(-∞,-1). 解析 14.(多选题)函数f(x)=aln x+ex的图象可能是(　　) 素养提升 f(x)的定义域为(0,+∞),所以选项C错误;f'(x)=+ex,当a>0时,f'(x)>0在(0,+∞)恒成立,所以f(x)单调递增,且当x→0+时,ln x→-∞,ex→1,所以f(x)→-∞,所以图象可能是选项A,当a=0时,f(x)=ex,此时图象可能是选项B;当a<0时,因为y=与y=ex都是增函数,所以f'(x)也是增函数,令f'(x)=+ex=0,则ex=-,设方程的根为x0,即=-,所以当x∈(0,x0)时, 解析 f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min =f(x0)=aln x0+,若a=-1,显然x0≠1,则f(x)min=-ln x0+>-x0+1+x0+1= 2>0,所以图象可能是选项D;故选ABD. 解析 15.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域为R,F(x)=ex+1f(x+1)是偶函数,其函数图象为连续不间断的曲线,且(x-1)[f(x)+f'(x)]>0,则不等式 xf(ln x)<e3f(3)的解集为(　　) A.(0,e3) B. C.(1,e3) D.(e,e3) 由F(x)=ex+1f(x+1),求导得F'(x)=ex+1[f(x+1)+f'(x+1)],(x-1)[f(x)+f'(x)]>0,则x[f'(x+1)+f(x+1)]>0,且ex+1>0,当x>0时,则f'(x+1)+f(x+1)>0,可得F'(x)>0;当x<0时,则f'(x+1)+f(x+1)<0,可得F'(x)<0;故F(x)在(0,+∞)内单调递增,在(-∞,0)内单调递减,又F(x)=ex+1f(x+1)是偶函数,其函数图象为连续不间断的曲线,由xf(ln x)<e3f(3),可得e(ln x-1)+1f((ln x-1)+1)< e2+1f(2+1),即F(ln x-1)<F(2),则F(|ln x-1|)<F(2),故有-2<ln x-1<2,解得<x<e3,所以不等式xf(ln x)<e3f(3)的解集为.故选B. 解析 16.若对于任意正数x,y,不等式x(1+ln x)≥xln y-ay恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　.  由题知ay≥xln y-x-xln x,即a≥ln y--ln x=ln-,令t=,t∈(0,+∞),则a≥-=,设g(x)=,则g'(x)==,令g'(x)<0,则x>e2,令g'(x)>0,则0<x<e2,所以g(x)在(e2,+∞)上单调递减,在(0,e2)上单调递增,当x=e2时,g(x)有最大值,所以a≥,故a的取值范围是. 解析 　 $