3.2 导数与函数的单调性(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

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，依据课标要求梳理了导数与单调性的关系、判断步骤及常用结论，对接高考评价体系分析了含参函数单调性讨论、已知单调性求参数范围等高频题型，构建了系统的备考知识框架。 课件亮点在于“真题训练+技巧指导”的实战设计，如以含参函数单调性讨论为例，通过分类讨论思想培养数学思维，结合限时规范训练和易错点分析（如忽视定义域、区间连接错误），帮助学生掌握答题方法。教师可据此精准指导复习，助力学生高效备战高考。

3．2　导数与函数的单调性 返回 ‹#› 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，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．　3.体会导数与单调性的关系． [课标解读] 返回 ‹#› 1 聚焦·必备知识 3 限时规范训练　 栏 目 导 引 2 突破·核心考点 返回 ‹#› 聚焦 ·必备知识 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x) 在区间(a，b) 上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)上____________ f′(x)<0 f(x)在(a，b)上____________ f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是____________ 单调递增 单调递减 常数函数 返回 ‹#› 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的_________； 第2步，求出导函数f′(x)的______； 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． 定义域 零点 返回 ‹#› 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恒成立且f′(x)不恒为0，若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立且f′(x)不恒为0.(应用见诊断自测4) 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． 返回 ‹#› 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　　) (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)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　　) × √ × √ 返回 ‹#› 2．(人B选修三P95AT1改编)已知函数f (x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是________. 解析：由y＝f′(x)的图象可得当x∈(－1，2)和(4，＋∞)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，所以函数f (x)的单调递增区间是(－1，2)和(4，＋∞)． 答案：(－1，2)和(4，＋∞) 返回 ‹#› 3．(人A选修二P97习题T1改编)函数f(x)＝x ln x－3x＋2的单调递减区间为________. 解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0，e2)． 答案：(0，e2) 返回 ‹#› 4．(苏教选修一P213例2改编)函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a的取值范围是________. 解析：函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函数，则f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，等价于a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，即a≤(3x2)min，y＝3x2在[1，＋∞)上单调递增，y＝3x2的最小值为3，所以a≤3. 答案：(－∞，3] 返回 ‹#› 角度1　不含参函数的单调性 例1　函数y＝的单调递减区间是__________. 解析：由y＝，x>0且x≠1，则y′＝，令y′<0，即ln x－1<0，解得0<x<1或1<x<e.所以函数y＝的单调递减区间是(0，1)，(1，e)． 答案：(0，1)，(1，e) 突破 ·核心考点 函数的单调性 考点 一 返回 ‹#› 求不含参数函数单调区间的步骤与注意点 (1)步骤：①求函数的定义域；②求f(x)的导数f′(x)；③在定义域内解不等式：f′(x)＞0的解集即为单调递增区间，f′(x)＜0的解集即为单调递减区间． (2)注意点：①不能忽视函数定义域；②当函数有多个单调递增区间(或单调递减区间)时，不能用“∪”连接，要用“逗号”或“和”隔开；③当不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)不可解时，可通过二次求导，分析f′(x)的零点情况，借助图象等得到其解集，进而得到单调区间． 返回 ‹#› 角度2　含参函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝ex＋me－x＋(m－1)x，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝ex＋me－x＋(m－1)x， 则f′(x)＝ex－me－x＋(m－1)＝， 当m≥0时，ex＋m>0恒成立，令f′(x)＝0，解得x＝0， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 即函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当m<0时，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln (－m)， 返回 ‹#› ①当－1<m<0时，x2<x1，且当x∈(－∞，ln (－m))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(ln (－m)，0)时，f′(x)<0， 即函数f(x)在(－∞，ln (－m))和(0，＋∞)上单调递增，在(ln (－m)，0)上单调递减； ②当m＝－1时，x1＝x2，即f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增； ③当m<－1时，x2>x1，且当x∈(－∞，0)∪(ln (－m)，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(0，ln (－m))时，f′(x)<0， 即函数f(x)在(－∞，0)和(ln (－m)，＋∞)上单调递增，在(0，ln (－m))上单调递减． 返回 ‹#› 综上所述，当m≥0时，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当－1<m<0时，函数f(x)在(－∞，ln (－m))和(0，＋∞)上单调递增，在(ln (－m)，0)上单调递减；当m＝－1时，函数f(x)在R上单调递增；当m<－1时，函数f(x)在(－∞，0)和(ln (－m)，＋∞)上单调递增，在(0，ln (－m))上单调递减． 返回 ‹#› 讨论含参函数单调性的方法 (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． 返回 ‹#› 跟踪训练1　(1)(2026·河南南阳期中)教材中习题给出“已知函数f(x)＝loga(ax－1)(a>0且a≠1)，讨论函数f(x)的单调性”，对上述问题的解决过程，我们获取了复合函数单调性“同增异减”的判断原则，据此可以快速解决复合函数的相关问题．已知函数f(x)＝，则该函数在(0，＋∞)上的单调递减区间是(　　) A．(0，e) B．(0，ee) D．(e，＋∞) D 返回 ‹#› 解析：D　根据题目信息，不妨令g(x)＝ln (f(x))＝ln x，则g(x)的单调递减区间即为所求，又g′(x)＝<0，解得x>e，所以函数f(x)＝的单调递减区间是(e，＋∞)．故选D. 返回 ‹#› (2)已知函数f(x)＝－x2＋x－m ln x，当m∈R时，求f(x)的单调区间． 解：f′(x)＝－2x＋1－(x>0)， 设y＝－2x2＋x－m(x>0)的对称轴为x＝>0，Δ＝1－8m＝0⇒m＝， 当m≥时，有y≤0，则f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0<m<时，则y＝0有两个不等正根和， 所以当x∈时f′(x)<0，当x∈时f′(x)>0，所以f(x)在 返回 ‹#› 上单调递减，在上单调递增； 当m≤0时，y＝0有一个正根，所以当x∈时f′(x)>0，当x∈时f′(x)<0时，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． 返回 ‹#› 综上：当m≥时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当0<m<时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为； 当m≤0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 返回 ‹#› 角度1　比较大小或解不等式 例3　(1)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，则f(－2)，f(1)，f(3)的大小关系是 (　　) A．f(1)>f(－2)>f(3) B．f(1)>f(3)>f(－2) C．f(3)>f(1)>f(－2) D．f(3)>f(－2)>f(1) 考点 二 函数单调性的应用 D 返回 ‹#› 解析：D　已知f(x)＝x2＋2cos x，函数定义域为R，关于原点对称，则f(－x)＝(－x)2＋2cos (－x)＝x2＋2cos x＝f(x)，即f(x)为偶函数．所以f(－2)＝f(2)．求导得f′(x)＝2x－2sin x＝2(x－sin x)．令g(x)＝x－sin x，g′(x)＝1－cos x≥0，故当x≥0时，g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0，即f′(x)≥0.所以f(x)在x≥0时单调递增．所以f(3)>f(2)>f(1)，又f(－2)＝f(2)，则f(3)>f(－2)>f(1)．故选D. 返回 ‹#› (2)(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝(ex＋e－x)x2，若满足f(log3m)－e－<0，则实数m的取值范围为(　　) A． B． C．(0，3) D．(3，＋∞) B 返回 ‹#› 解析：B　因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝(e－x＋ex)(－x)2＝(e－x＋ex)x2＝f(x)，所以f(x)为偶函数．因为f′(x)＝(ex－e－x)x2＋2x(ex＋e－x)，所以f′(0)＝0，当x>0时，ex>1，0<e－x<1，所以ex－e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(log3m)－e－<0，即f(log3m)<e＋<f(1)．因为f(x)＝(ex＋e－x)x2在(0，＋∞)上单调递增且为偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以<m<3，所以实数m的取值范围为.故选B. 返回 ‹#› 1．利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小． 2．利用函数的单调性解不等式的关键是首先判断函数的单调性，易错之处是忽视函数的定义域，解不等式时，要注意将常数巧妙地转化为函数值，再根据单调性去掉函数符号“f”． 返回 ‹#› 角度2　已知函数的单调性求参数 例4　(1)已知f(x)＝x2－mx，g(x)＝(x＋m)ex，两个函数至少有一个在区间(－1，2)上不单调，则m的取值范围是(　　) A．(－2，4) B．(－3，0) C．(－3，－2) D．(－3，4) D 返回 ‹#› 解析：D　函数f(x)＝x2－mx的对称轴为x＝，若f(x)在(－1，2)上不单调，则满足－1<<2，解得－2<m<4；又由函数g(x)＝(x＋m)ex，可得g′(x)＝(x＋m＋1)ex，若g(x)在(－1，2)上不单调，则满足－1<－m－1<2，解得－3<m<0，所以两个函数图象至少有一个在区间(－1，2)上不单调，则有－2<m<4或－3<m<0，可得－3<m<4，所以实数m的取值范围为(－3，4)．故选D. 返回 ‹#› (2)(2025·湖北鄂州一模)已知函数f(x)＝－ax在[0，＋∞)上单调递减，则a的取值范围为__________. 解析：函数f(x)＝－ax，求导得f′(x)＝－a，依题意，∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≤0⇔a≥，而当x≥0时， <1，则a≥1，所以a的取值范围为[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞) 返回 ‹#› 根据函数单调性求参数的方法 (1)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (2)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． (3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)． 返回 ‹#› 跟踪训练2　(1)已知函数f(x)＝，e<a<b，则(　　) A．f(a)＝f(b) B．f(a)<f(b) C．f(a)>f(b) D．f(a)，f(b)的大小关系不能确定 C 返回 ‹#› 解析：C　令f′(x)＝＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，又e<a<b，所以f(a)>f(b).故选C. 返回 ‹#› (2)(2025·湖南长沙二模)已知函数f(x)＝sin x＋cos x＋ax(a∈R)在R上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析：D　由题意得f′(x)＝cos x－sin x＋a≤0在R上恒成立，则a≤sin x－cos x．因为sin x－cos x＝ sin ∈[ ，]，要使得不等式恒成立，则a≤－ .故选D. D 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 (建议用时：60分钟　分值：98分) 限时规范 训练22　导数与函数的单调性 14 1．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的大致图象是(　　) B 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 解析：B　因为y＝f′(x)的图象经过(－1，0)与(1，0)两点，即f′(－1)＝0，f′(1)＝0，由导数的几何意义可知y＝f(x)在x＝－1与x＝1处的切线的斜率为0，故A、C、D错误；由y＝f′(x)的图象知，f′(x)>0在(－1，1)上恒成立，故f(x)在(－1，1)上单调递增，又f′(x)在(－1，0)上越来越大，在(0，1)上越来越小，所以f(x)在(－1，0)上增长速度越来越快，在(0，1)上增长速度越来越慢，故B正确．故选B. 14 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x－2sin x，则f(x)的单调递减区间为(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析：A　f′(x)＝1－2cos x，x∈(0，π)，令f′(x)＝1－2cos x<0得cos x>，解得x∈，则f(x)的单调递减区间为.故选A. 14 A 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．(2026·湖北云学联盟2月质检)已知函数f(x)的定义域是R，f′(x)是f(x)的导数，f(1)＝对∀x∈R，有f′(x)≤－e，则不等式f(x)<x2ln x－x2的解集是(　　) A．(0，1) B． C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 14 D 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：D　令g(x)＝f(x)－(x2ln x－)，g′(x)＝f′(x)－(x ln x－2x)．令h(x)＝x ln x－2x，h′(x)＝ln x－1，所以当x∈(0，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝－e，－h(x)≤e，所以g′(x)＝f′(x)－h(x)≤f′(x)＋e≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝f(1)＋＝0，所以g(x)<0⇔g(x)<g(1)的解集为(1，＋∞)，故选D. 14 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．(多选)若函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，则f(x)可能是(　　) A．f(x)＝ln (x－2)＋x B．f(x)＝ C．f(x)＝x＋ D．f(x)＝x(ln x－1) 14 BD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 解析：BD　对于A，f(x)＝ln (x－2)＋x的定义域为(2，＋∞)，故单调递增区间不可能为(1，＋∞)，故A错误；对于B，f(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，解得x>1，所以f(x)＝的单调递增区间为(1，＋∞)，故B正确；对于C，f(x)＝x＋的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－，令f′(x)＝>0，解得x>1或x<－1，所以f(x)＝x＋的单调递增区间为(1，＋∞)，(－∞，－1)，故C错误；对于D，f(x)＝x(ln x－1)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－1＋1＝ln x，令f′(x)＝ln x>0，解得x>1，故f(x)＝x(ln x－1)的单调递增区间为(1，＋∞)，D正确．故选BD. 14 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足>0，下列说法正确的是(　　) A．f(2)>f(1) B．f(3)>f(2) C．f(1)＋f(3)<2f(2) D．f(1)＋f(3)>2f(2) 14 AC 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：AC　由>0，则或所以当x<2时，f′(x)>0，当x>2时，f′(x)<0, 所以函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以f(2)>f(1)，f(2)>f(3)，所以2f(2)>f(1)＋f(3)．故选AC. 14 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(5分)定义在R上的函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝x2－x ln x，则不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为________. 解析：依题意，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝x－ln x－1，令y＝x－ln x－1，x>1，求导得y′＝1－>0，函数f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，f′(x)≥f′(1)＝0，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不等式f(3x－1)≥f(0)化为|3x－1－1|≥|0－1|，解得x≤或x≥1，所以不等式f(3x－1)≥f(0)的解集为. 答案：∪[1，＋∞] 14 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为________. 解析：f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3，1)，得f′(x)<0的解集为(－3，1)，则－3，1是f′(x)＝0的解，所以－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2. 答案：－2 14 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(5分)(2025·江苏苏州三模)若f(x)＝x(ln x＋a)在[1，e]上不单调，则实数a的取值范围是__________. 解析：由f(x)＝x(ln x＋a)，可得f′(x)＝ln x＋a＋1，若f(x)＝x(ln x＋a)在[1，e]上不单调，则f′(x)＝0在(1，e)上有解，即ln x＋a＋1＝0在(1，e)上有解，即存在x∈(1，e)，使得a＝－ln x－1，又因为y＝－ln x－1在(1，e)上单调递减，所以－2<a<－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1)． 答案：(－2，－1) 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(5分)已知函数f(x)＝，若f(a＋3)＋f(2a)>0，则a的取值范围是________. 解析：由函数f(－x)＝＝－f(x)(x∈R)，可得f(x)为奇函数，又f′(x)＝>0，所以f(x)为R上的单调递增函数，故由f(a＋3)＋f(2a)>0可得f(a＋3)>－f(2a)＝f(－2a)，即a＋3>－2a，所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(13分)(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋a(a∈R)，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝ex＋ax＋a求导得：f′(x)＝ex＋a, ①当a≥0时，f′(x)>0在R上恒成立，故f(x)在R上单调递增； ②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝ln (－a)， 当x<ln (－a)时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，ln (－a))上单调递减； 当x>ln (－a)时，f′(x)>0，f(x)在(ln (－a)，＋∞)单调递增． 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(13分)已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调区间． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝e2x－2x，则f′(x)＝2e2x－2， f′(1)＝2e2－2，f(1)＝e2－2， 所以所求切线方程为y＝(2e2－2)(x－1)＋e2－2， 整理得y＝(2e2－2)x－e2. (2)f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)． ①若a≥0，令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减； 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln . (ⅰ)若ln <0，即－2<a<0， 当x<ln 时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增； 当ln <x<0时，f′(x)<0，f′(x)在单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)若ln >0，即a<－2， 当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增； 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 当0<x<ln 时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减； 当x>ln 时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增． (ⅲ)若ln ＝0，即a＝－2，此时f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和，单调递减区间为； 当a＝－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 当－2<a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为； 当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． 14 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．已知f(x)＝x2－2x＋，a＝2ln 3，b＝，c＝t2－t＋6，则f(a)，f(b)，f(c)，f(π)的大小关系正确的为(　　) A．f(a)<f(b)　　　 B．f(π)>f(c) C．f(a)>f(c) D．f(π)>f(a) 14 D 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：D　因为f(x)＝x2－2x＋，则f′(x)＝2x－2＋＝(x－1)，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)单调递增；因为a＝2ln 3>20＝1，b＝>20＝1，又ln 3>1>⇒a＝＝b⇒f(a)>f(b)，故A错误；c＝t2－t＋6＝>π>1，所以f(π)<f(c)，故B错误；因为c≥＝3<π，所以f(π)>f(a)，故D正确．故选D. 14 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．已知函数f(x)＝2x sin x＋2cos x＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(2)的解集为(　　) A．(e2，＋∞) B．(0，e2) C．∪(1，e2) D． 14 D 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 解析：D　函数f(x)＝2x sin x＋2cos x＋x2的导数为f′(x)＝2x(cos x＋1)，则x>0时，易知f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)单调递增；因为f(－x)＝2(－x)sin (－x)＋2cos (－x)＋(－x)2＝2x sin x＋2cos x＋x2＝f(x)，则f(x)为偶函数，则不等式f(ln x)＋f＝f(ln x)＋f(－ln x)<2f(2)，可化为f(ln x)<f(2)，由其单调性，奇偶性可得：－2<ln x<2，解得<x<e2.故选D. 14 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(15分)(2025·浙江衢州模拟)已知函数f(x)＝x cos x＋a sin x．求所有的实数a，使得函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 解：法一：因为f(－x)＝－x cos x－a sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cos x－x sin x，因为f′＝－<0，所以函数y＝f(x)在[0，π]上只能单调递减，由解得a＝－1. 下证当a＝－1时，f(x)＝x cos x－sin x在[－π，π]上单调． 由于f(x)是奇函数，只要y＝f(x)在[0，π]上单调， 13 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 因为f′(x)＝－x sin x≤0，所以y＝f(x)在[0，π]上单调递减，所以y＝f(x)在[－π，π]上单调递减． 综上，当a＝－1时，函数y＝f(x)在[－π，π]上单调． 法二：因为f(－x)＝－x cos x－a sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数． 要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调． 又f′(x)＝(a＋1)cos x－x sin x. ①当a＝－1时，f′(0)＝a＋1＝0，即a＝－1时，f′(x)＝－x sin x≤0， 所以函数y＝f(x)在[0，π]上单调递减， 所以a＝－1满足题意； 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 ②当a>－1时，f′(0)＝a＋1>0，则f′(π)＝－(a＋1)<0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由函数零点存在定理得，存在x1，x2∈(0，π)，使得当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，当x∈(x2，π)时，f′(x)<0， 所以y＝f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x2，π)上单调递减， 因此a>－1不符合题意； ③当a<－1时，f′(0)＝a＋1<0，则f′(π)＝－(a＋1)>0，故f′(0)·f′(π)<0， 所以由函数零点存在定理得，存在x3，x4∈(0，π)，使得当x∈(0，x3)时，f′(x)<0， 当x∈(x4，π)时，f′(x)>0， 所以y＝f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x4，π)上单调递增， 因此a<－1不符合题意． 因此所求实数a的值是－1. 返回 ‹#› 3．2　导数与函数的单调性 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $