第三章 课时2 导数与函数的单调性讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与函数单调性核心考点，涵盖导数与单调性关系、单调区间求解、含参数函数单调性讨论及应用（求参数、比较大小、解不等式），并延伸函数构造问题。通过课标要求引领、知识梳理构建体系、基础回顾夯实根基、考点扫描分层突破（含真题示例与方法总结），形成系统性复习路径。 讲义采用问题驱动与分层训练结合，如含参数函数单调性讨论中通过分类整合培养逻辑推理能力，构造函数问题中引导建立数学模型提升应用意识。设置基础巩固、能力提升、综合应用三级练习，配合即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰框架。

课时2 导数与函数的单调性 一、课标要求 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. 对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. 二、知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 函数在某个区间内可导. （1）若在区间上，恒成立，则在区间内 ； （2）若在区间上，恒成立，则在区间内 . 2．单调性的应用 （1）在某个区间内，是函数在此区间内单调递增（减）的充分条件，而不是必要条件.如函数在R上单调递增，但. （2）函数在内单调递增(减)的充要条件是在区间内恒成立，且在其任意的子区间内不能恒成立，即在个别点处导函数等于零，不影响函数的单调性. 3．利用导数求函数的单调区间的步骤如下： （1）求函数的定义域； （2）求导数； （3）解或； （4）写出结论. 【拓展知识】 1．若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开． 2．＞0(＜0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件． 3．≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件． 4．由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验. 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） (1) 若函数f(x)在(a，b)内单调递增，则一定有f′(x)＞0.(　　) (2) 若函数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．(　　) (3) 若在内，且的根有有限个，则f(x)在内单调递减. (　　) (4) 若函数f(x)在定义域内恒有，则f(x)在定义域上一定单调递增. (　　) 2．已知f(x)的导数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是(　　) A B C D 3．(多选题)函数f(x)＝(x－3)ex在下列区间上单调递增的有(　　) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(3,4) D．(2，＋∞) 4．函数f(x)＝x＋2cos x，x∈(0，π)的单调递减区间是________． 四、考点扫描 考点一 利用导数研究函数的单调性 考向1 不含参数的函数 例1 （1）（2026·四川成都市模拟）函数f(x)＝x3－3x2＋1的单调递减区间为(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，2) C．(－∞，0) D．(0,2) （2）（多选题）下列函数在区间(0，＋∞)上单调递增的有(　 　) A．y＝x－ B．y＝x＋sin x C．y＝3－x D．y＝x2＋2x＋1 规律方法： 对点训练（1） 函数在上的单调递减区间为 . （2）函数的单调递减区间为____________，单调递增区间为__________． 考向2 含参数的函数 例2 （1）已知函数，试讨论函数的单调性； （2）已知函数f(x)＝2x－－(a＋2)ln x(a∈R)，试讨论f(x)的单调性. 规律方法： 考点二 函数单调性的应用 考向1 由单调性求参数 例3 （1）若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，－3]∪[－1,1]∪[3，＋∞) B．(－3，－1)∪(1,3) C．(－2,2) D．不存在这样的实数k （2）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ） A．e2 B．e C． D． 规律方法： 对点训练 (1) 已知函数f(x)＝x3－ax是R上的增函数，则实数a的取值范围是 ． （2）已知函数的减区间为，则 . 考向2 比较大小 例4 (2026·浙江金华市调考)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝，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 对点训练 (2026·河北石家庄市模拟)已知a＝b＝c＝则a，b，c的大小关系为(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.b>a>c D.b>c>a 考向3 解不等式 例5 (2026·湖南长沙市联考)已知函数f(x)=x2－2x+ln x.若f(a+1)≥f(2a－1)，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，－1] B.(－1，2] C.[2，+∞) D. 规律方法： 对点训练 已知函数f(x)＝－ex＋2x－x3.若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________. 拓展与延伸6 利用导数研究函数构造问题 一、考情分析 函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题． 二、知识梳理 利用导数构造函数，核心目的是将陌生问题转化为已知的函数性质（单调性、极值、零点）问题，常见构造类型及识别技巧有：直接作差、积、商、复合的导数逆用、同构函数等. 构造函数的一般步骤： 1. 翻译转化，将题目条件（不等式、等式）移项、同构、变形，使一边为0或对称形式； 2. 构造函数，根据变形后的表达式特征，选择适当模型构造f(x)； 3. 研究性质，对f(x)求导，判断单调性、极值、零点等； 4. 回归结论，利用f(x)的性质，推导原命题. 三、考点扫描 考点一 根据导数的运算法则构造函数 考向1 利用构造函数 例1 已知函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，则不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集为________. 考向2 利用构造函数 例2 (2026·天津八校联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f′(x)<0，f(2)＝，则关于x的不等式x2f(x)>3的解集为(　　) A.(0，4) B.(2，＋∞) C.(4，＋∞) D.(0，2) 考向3 利用，构造函数 例3 (多选题)(2026·江西南昌市调研)已知函数y＝f(x)对任意x∈，满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导数)，则下列不等式成立的为(　　) A.f(0)>f B.f>f C.f(0)>2f D.f<f 考点二 根据（不）等式两边结构相同构造函数 考向1 关于变量的（不）等式 例4 若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2<2，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 考向2 关于数字的（不）等式 例5 若a=ln ，b=ln ，c=－，则a,b,c的大小关系为(　　) A.c<b<a B.b<c<a C.c<a<b D.b<a<c 三、巩固提升 1. (2026·安徽亳州市质检)若函数y＝f(x)满足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，则(　　) A.af(b)>bf(a) B.af(a)>bf(b) C.af(a)<bf(b) D.af(b)<bf(a) 2. (2026·山东临沂市调研)已知函数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 3、(2026·山东聊城市模拟)定义在R上的函数满足 是的导数，则不等式的解集为(　　) A． B． C． D． 4. (多选题)已知f′(x)是f(x)的导数，对任意x∈，f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，则下列结论正确的有(　　) A.f＞f B.f<f C.f＜f D.f＞f 5. 已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为________. 课时2 导数与函数的单调性参考答案 二、知识梳理 1.（1）单调递增 （2） 单调递减 三、基础回顾 1．(1)×　(2)√ (3)√ (4)× 2．D 【解析】　由题意可知，当x<0和x>2时，导数f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(0,2)时，导数f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)的图象如图D.故选D. 3．CD 【解析】　因为f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex， 由f′(x)＞0得(x－2)ex＞0，所以x＞2. 所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，CD符合．故选CD. 4． 【解析】　由f′(x)＝1－2sin x<0，得sin x>，又x∈(0，π)，所以x∈. 四、考点扫描 例1 （1）　D 【解析】　f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)<0，得0<x<2， 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)．故选D. （2） ABD【解析】对于选项A，因为y＝x与y＝－，都是增函数，所以y＝x－在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于选项B，y＝x＋sin x，其导数y′＝1＋cos x，由y′≥0在R上恒成立，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于选项C，y＝3－x，是一次函数，在R上是减函数，不符合题意；对于选项D，y＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，是二次函数，其图象开口向上，对称轴为直线x＝－1，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意．故选ABD. 对点训练 （1） 【解析】由题意知，. 即，，因为，所以， 所以在中，， 所以在上的单调递减区间为. （2）（0，1）； 【解析】函数的定义域为，函数的导数. 由，解得x＜1，即函数的单调减区间为（0，1）； 同理，函数的单调增区间为. 例2 【解】（1）由题意可知的定义域为，且. 当时，恒成立， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间. 当时，令，解得， 令，解得；令，解得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. 综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）因为f(x)＝2x－－(a＋2)ln x，x>0， 则f′(x)＝2＋－＝＝. ①当≤0，即a≤0时， 由f′(x)<0，得0<x<1，由f′(x)>0，得x>1， 此时函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)； ②当＝1时，a＝2时，对任意的x>0，f′(x)≥0，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当0<<1时，即0<a<2时，由f′(x)>0，得0<x<或x>1，由f′(x)<0，得<x<1， 此时，函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为； ④当>1，即a>2时，由f′(x)>0，得0<x<1或x>， 由f′(x)<0，得1<x<， 此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)； 当0<a<2时，函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为； 当a＝2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，，单调递减区间为. 例3 （1）　B 【解析】　由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根． 又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或－2两侧导数异号， 而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内， 所以k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，所以1<k<3或－3<k<－1.故选B. （2） C 【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为．故选C． 对点训练（1） 【解析】f′(x)＝x2－a，因为f(x)是R上的增函数， 故f′(x)＝x2－a≥0在R上恒成立，即a≤x2，所以a≤0. (2) 3 【解析】由题意，可得，解集为，则. 例4 D 【解析】　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 又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<， 所以f(2)<f(log27)<f()，即b<c<a.故选D. 对点训练 　D 【解析】　构造函数f(x)＝x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝ 令f'(x)>0，得0<x<e，令f'(x)<0，得x>e， 因此f(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. 而a＝＝f(4)，b＝＝f(e)，c＝＝f(3)， 因为4>3>e，所以f(e)>f(3)>f(4)，即b>c>a.故选D. 例5 　D 【解析】　因为f(x)=x2－2x+ln x，x∈(0，+∞)， 所以f '(x)=x－2+==≥0，所以f(x)是增函数， 所以若f(a+1)≥f(2a－1)，则a+1≥2a－1>0，解得<a≤2.故选D. 对点训练 【解析】　由题意得f′(x)＝－－ex＋2－x2＝－＋2－x2. 因为ex＋≥2＝2，当且仅当x＝0时等号成立， 所以f′(x)≤0，所以f(x)在R上单调递减. 又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数， 所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)， 即3a2≤1－2a ，解得－1≤a≤. 拓展与延伸6 利用导数研究函数构造问题 三、考点扫描 例1 　【解析】　令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))>0， 所以g(x)在R上单调递增，f(2x＋1)>f(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)， 所以2x＋1>3－x，得x>. 所以不等式f(2x＋1)>f(3－x)的解集是. 例2 D 【解析】　由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又f(2)＝，所以g(2)＝4f(2)＝3. 所以x2f(x)>3，即g(x)>g(2)， 所以原不等式的解集为(0，2).故选D. 例3 BD 【解析】　构造函数F(x)＝.依题意，当x∈时， F′(x)＝>0，故函数F(x)在上单调递增. 由F(0)<F得<，即f(0)<f，排除A； 由F>F得>，即f>f，B正确； 由F(0)<F得<，即f(0)<2f，排除C； 由F<F得<，即f<f，D正确.故选BD. 例4 　C 【解析】　对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，<2，易知m≥0，x1>0，x2>0， 则x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，所以x1(ln x2＋2)<x2(ln x1＋2)，即>. 令f(x)＝则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减. 因为f'(x)＝－由f'(x)<0，可得x>所以函数f(x)的单调递减区间为 所以(m，＋∞)⊆故m≥即实数m的取值范围是.故选C. 例5 　C 【解析】　因为c=－=ln ，a=ln =ln ，构造函数f(x)=xln x，x∈(0，+∞)， 则f '(x)=ln x+1.令f '(x)>0，解得x>；令f '(x)<0，解得0<x<， 可得f(x)在上单调递减，在上单调递增，且<<， 所以c=f <a=f <b=f ，即c<a<b.故选C. 四、巩固提升 1.　B 【解析】　由题意，设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在R上是增函数， 又a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b). 故选B. 2.　C 【解析】　易知f '(x)=－=+， 当x∈(1，+∞)时，f '(x)=+>0， 所以f(x)在(1，+∞)上单调递增， 故f>f(2)>f ，即c>b>a.故选C. 3.　C 【解析】不等式，即．设， 则求不等式的解集就转化为取何值时，． 因为，且， 所以，所以函数是上的增函数．因为，所以， 所以由，得.故选C. 4.　BC 【解析】　令g(x)＝，则g′(x)＝， ∀x∈，可得g′(x)＞0，所以g(x)在上单调递增. 因为＜＜，所以g＜g＜g， 即＜＜，所以＜＜f， 所以f＜f，f＜f，f＜f.故选BC. 5.　c＜a＜b【解析】　令f(x)＝，则f′(x)＝， 当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减. a＝＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝＝f(9)， f(e)＞f(4)＞f(9)，即c＜a＜b. . 学科网（北京）股份有限公司 $