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

该高中数学讲义聚焦导数与函数单调性核心考点，依据课标要求构建“基础梳理-考点突破-应用提升”体系，通过知识表格化呈现、解题步骤归纳、分层例题讲解及跟踪训练，帮助学生系统掌握单调区间求法、含参单调性讨论及单调性应用，实现难点突破。 讲义创新采用“问题驱动-分类讨论-模型建构”教学策略，如含参函数单调性讨论中通过参数m的范围分类培养学生逻辑推理能力，比较大小问题中构造函数结合导数判断单调性渗透数学模型观念。设置基础诊断、考点例题、跟踪训练三级练习，配合方法总结与易错提示，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

3．2　导数与函数的单调性 [课标解读] 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． 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)上单调递增 f′(x)<0 f(x)在(a，b)上单调递减 f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数 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，求出导函数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． 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．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 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，＋∞) 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) 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] 考点一　函数的单调性 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) 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． 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)， 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． 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． 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． 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，＋∞) 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. (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． 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. 考点二　函数单调性的应用 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) 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. (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，＋∞) 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. 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”． 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) 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. (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，＋∞) 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)． 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 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. (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. 学科网（北京）股份有限公司 $