第3章 第2节 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（创新版）

该高中数学讲义聚焦导数与函数单调性核心考点，涵盖单调性与导数关系、含参函数单调性判断及应用等内容，按“基础关系-判断步骤-易错辨析”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 资料以几何直观和逻辑推理为特色，如含参函数单调性讨论中分类探究参数影响，培养数学思维，设置分层练习与变式探究，结合高考真题演练，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2节　导数与函数的单调性 课标解读 1．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.会利用函数的单调性判断大小，求参数范围等简单应用． 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． 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；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 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．(多选)(人A选修二P92练习 T1改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增 B．在区间(2，3)上f(x)单调递减 C．在区间(4，5)上f(x)单调递增 D．在区间(3，5)上f(x)单调递减 解析：BC　在区间(－2，1)上，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，A错误；在区间(2，3)上，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，B正确；在区间(3，5)上，当x∈(3，4)时，f′(x)<0，当x∈(4，5)时，f′(x)>0，故f(x)在区间(3，4)上单调递减，在区间(4，5)上单调递增，C正确，D错误．故选BC. 2．(人A选修二P86例1(2)改编)函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调性是(　　) A.单调递增 B．单调递减 C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减 D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增 解析：A　因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上单调递增．故选A. 3．(人A选修二P87练习T3改编)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　) 解析：D　由f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，＋∞)上f′(x)≤0，在(－∞，0)上f′(x)≥0，观察四个图象可知D符合．故选D. 4．(人A选修二P87例3改编)设f(x)＝2x2－x3，则f(x)的单调递减区间是(　　) A． B． C．(－∞，0) D．(－∞，0)和 解析：D　由f(x)＝2x2－x3，得f′(x)＝4x－3x2＝x(4－3x)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示． x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 单调递增 单调递减 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和.故选D. 考点一　函数的单调性(多维探究) 角度1　不含参函数的单调性 例1　(1)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 解析：B　对于A，f′(x)＝2cos 2x，f′＝－1<0，故A不符合题意；对于B，f′(x)＝(x＋1)ex>0，故B符合题意；对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－<0，故C不符合题意；对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－<0，故D不符合题意．故选B. (2)函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的单调递增区间是(　　) A．(0，1) B． C． D． 解析：D　函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的定义域为，且f′(x)＝－2x＋1＝，令f′(x)>0，解得<x<，所以f(x)的单调递增区间为.故选D. 角度2　含参数函数的单调性 例2　(2025·广东湛江二模节选)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x.若a≥－，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x>0，得f′(x)＝－2x＋.令(x＋a)(2x－a－1)＝0，得x＝－a或x＝.若a≥0，则－a≤0，>0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．若－<a<0，则>－a>0，当x∈(0，－a)和时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈单调递增．若a＝，则，f′(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当－<a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，－a)和； 当a＝－时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． 讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求出导数f′(x)，并求出方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． 提醒　研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 1．(多选)函数y＝x4－2x2＋5在下列区间单调递减的有(　　) A．(－∞，－1) B．(－1，0) C．(0，1) D．(1，＋∞) 解析：AC　由题意得y′＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)，令y′<0，解得x<－1或0<x<1，结合选项可知函数y＝x4－2x2＋5在(－∞，－1)，(0，1)上单调递减．故选AC. 2．已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.讨论f(x)的单调区间． 解：由题意可知f(x)的定义域为R，且f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)， ①若a≥0，则2ex＋a>0， 令f′(x)>0，解得x>0； 令f′(x)<0，解得x<0， 可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； ②若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝ln 或x＝0， (ⅰ)当ln <0，即－2<a<0时， 令f′(x)>0，解得x>0或x<ln ； 令f′(x)<0，解得ln <x<0， 可知f(x)在上单调递减，在，(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)当ln ＝0，即a＝－2时， f′(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上单调递增； (ⅲ)当ln >0，即a<－2时， 令f′(x)>0，解得x<0或x>ln ； 令f′(x)<0，解得0<x<ln ， 可知f(x)在上单调递减，在(－∞，0)，上单调递增． 综上所述，若a≥0，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)； 若－2<a<0，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，(0，＋∞)； 若a＝－2，f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若a<－2，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(－∞，0)，. 考点二　函数单调性的应用(多维探究) 角度1　比较大小或解不等式 例3　(1)(2026·江苏无锡模拟)已知函数f(x)＝x2－cos x，x∈，则(　　) A．f>f(0)>f(－1) B．f(－1)>f(0)>f C．f>f(－1)>f(0) D．f(－1)>f>f(0) 解析：C　因为f(－x)＝(－x)2－cos (－x)＝x2－cos x＝f(x)，所以函数f(x)是定义在上的偶函数，所以f(－1)＝f(1)，因为当x∈时，f′(x)＝2x＋sin x≥0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f>f(1)>f(0)，即f>f(－1)>f(0)．故选C. (2)已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)＜f(1－x)的解集为(　　) A． B． C． D． 解析：B　由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－1＝－2≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．由f(2x－1)＜f(1－x)，可得解得＜x＜1，即原不等式的解集为.故选B. 角度2　已知函数单调性求参数 例4　(2023·新课标Ⅱ卷T6)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e-1 D．e-2 解析：C　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e-1，即a的最小值为e-1.故选C. [变式探究1] (变条件、变问法)在本例中，若函数f(x)在区间(1，2)上存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 解：因为f(x)在(1，2)上存在单调递增区间，所以∃x∈(1，2)，使f′(x)＞0有解，即当x∈(1，2)时，不等式aex－＞0有解，即a＞，x∈(1，2)有解，由例4解析可知，∈，所以a＞，即实数a的取值范围为. [变式探究2] (变条件、变问法)若函数f(x)在区间(1，2)上不单调，求实数a的取值范围． 解：因为f(x)在(1，2)上不单调，得a＞0，则f″(x)＝aex＋＞0，所以当x∈(1，2)时，f′(x)＝0有解，即方程aex－＝0有解，即a＝在x∈(1，2)上有解，由例4解析可知，∈，所以实数a的取值范围为. 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)． 2．利用导数比较大小或解不等式，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小或解不等式． 1．若函数f(x)＝x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝(　　) A．－4 B．－1 C．1 D．4 解析：A　易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4.故选A. 2．已知a＝，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 解析：D　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. 3．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＞1的解集为________． 解析：f(x)＝ex－e－x－2x＋1的定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2 －2＝0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在R上是增函数，又f(0)＝1，所以原不等式可化为f(2x－3)＞f(0)，即2x－3＞0，解得x＞，所以原不等式的解集为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $