第3章 3.2 导数与函数的单调性（配套教参Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版）

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，涵盖关系判定、单调区间求解、含参函数单调性讨论及应用等内容，按“基础理论-易错辨析-题型突破-真题演练”逻辑架构知识体系。通过考点梳理表格化、方法指导步骤化、真题训练分层化等教学环节，帮助学生系统掌握导数工具，突破含参讨论等难点。 资料以“数学思维”和“数学语言”为导向，创新采用“问题链驱动”教学，如含参单调性讨论中，引导学生通过判别式分析根的分布，培养逻辑推理能力。设置从基础判断到高考真题的分层练习，配合2024新课标Ⅱ卷真题解析，助力学生在有限时间内提升用导数符号语言表达和解决问题的能力，为教师把控复习节奏提供精准教学资源。

§3.2　导数与函数的单调性 ★[考试要求] 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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)． 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)在区间(a，b)上　单调递增　 f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上　单调递减　 f′(x)＝0 f(x)在区间(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．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果函数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．(√) (2)函数在某区间内单调递增，则一定有f′(x)＞0.(×) (3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√) 2．函数y＝x－ln x的单调递增区间是(　　) A．(0,1)　　　　 B．(0,2) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：D　[函数y＝x－ln x的定义域为， y′＝1－＝，所以y＝x－ln x在区间上y′＞0，函数单调递增．] 3．函数f(x)＝ex－2x在[1，e]上的最小值为________． 解析：因为f′(x)＝ex－2，当x∈[1，e]时，f′(x)＝ex－2＞0，所以f(x)在[1，e]上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝e－2. 答案：e－2 4．已知函数f(x)＝mx－cos x在R上单调递增，则m的最小值为__________． 解析：因为函数f(x)＝mx－cos x在R上单调递增， 所以f′(x)＝m＋sin x≥0在R上恒成立， 即m≥－sin x在R上恒成立， 所以m≥1. 答案：1 　　　不含参函数的单调性 [例1]　(1)函数f(x)＝(2x－1)ex的单调递减区间是(　　) A.　　　　 B. C. D. [解析]　因为f(x)＝(2x－1)ex，所以f′(x)＝(2x＋1)ex，不等式f′(x)＜0，解得x＜－，因此函数f(x)＝(2x－1)ex的单调递减区间是. [答案]　A (2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________． [解析]　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令f′(x)＝xcos x＞0， 则其在区间(－π，π)上的解集为和， 即f(x)的单调递增区间为和. [答案]　和 确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一不能漏掉求函数的定义域，二函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　) A.　　　　　 B. C. D. 解析：B　[因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)的单调递减区间是.] 　　　含参数的函数的单调性 [例2]　已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax. (1)当a＝时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性； [解]　(1)当a＝时，f(x)＝ln x＋x2－x，求导得f′(x)＝＋x－， 则f′(1)＝，f(1)＝0，即切点为(1,0)，切线的斜率为， 所以切线方程为：y－0＝(x－1)，即3x－2y－3＝0. (2)函数f(x)＝ln x＋x2－ax的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝＋x－a， 当a≤2时，f′(x)＝＋x－a≥2－a≥0， 则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞2时，由f′(x)＝＋x－a＝＝0，得x1＝，x2＝， 由f′(x)＞0，得0＜x＜x1或x＞x2，由f′(x)＜0，得x1＜x＜x2， 因此函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减， 所以当a≤2时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞2时，f(x)在， 上单调递增，在上单调递减． (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． 已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性． 解：因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x， 所以g′(x)＝ ＝. 由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， 若<1，即a>， 由g′(x)>0得x>1或0<x<， 由g′(x)<0得<x<1， 所以函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 若>1，即0<a<，由g′(x)>0得x>或0<x<1， 由g′(x)<0得1<x<， 所以函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减； 若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可得，当0<a<时，函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减； 当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>时，函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 　　　函数单调性的应用 ►[角度1]　比较大小或解不等式　 [例3－1]　(1)设a＝，b＝，c＝，则(　　) A．b＜a＜c　　　　　　 B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a [解析]　设f(x)＝，则f′(x)＝， 令f′(x)＝＝0，则x＝e. 所以当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； 又a＝＝f(e)，b＝＝＝f(4)，c＝＝ f(3)，所以f(e)＞f(3)＞f(4)，即b＜c＜a. [答案]　D (2)已知函数f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)＞0，则实数a的取值范围为　________. [解析]　函数f(x)＝3x－sin x的定义域为R，且f(－x)＝－3x＋sin x＝－f(x)， 所以f(x)＝3x－sin x为奇函数， 又f′(x)＝3－cos x＞0，所以f(x)＝3x－sin x在R上单调递增， 不等式f(a)＋f(a2－2)＞0，即f(a2－2)＞－f(a)＝f(－a)， 等价于a2－2＞－a，解得a＞1或a＜－2， 所以实数a的取值范围为(－∞，－2)∪(1，＋∞)． [答案]　(－∞，－2)∪(1，＋∞) ►[角度2]　根据函数单调性求参数　 [例3－2]　已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为________． [解析]　由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，∵max＝，∴2a≥，即a≥. [答案]　 [延伸探究]　在本例中，把“f(x)在区间上单调递增”改为“f(x)在区间上存在单调递增区间”，求a的取值范围． [解]　f′(x)＝x＋2a－，若f(x)在上存在单调递增区间，则当x∈时，f′(x)>0有解，即2a>－x＋有解，∵x∈，∴min＝－2＋＝－，∴2a>－，即a>－，故a的取值范围是. 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)单调递增(减)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． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 1．已知函数f(x)＝ln x－，设a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c＞a＞b B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a 解析：A　[因为f(x)＝ln x－，则x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－＝ ＝， 又当x∈(0，＋∞)时，ex＞1，2－≥－， 所以f′(x)＞0恒成立， 所以f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增． 又0＜log32＜1， 0＜log0.20.5＝＝log52＜log32，ln 4＞1， 所以ln 4＞log32＞log0.20.5，则c＞a＞b.] 2．(2024·新课标Ⅱ卷，T11)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a＞1时，f(x)有三个零点 B．当a＜0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 解析：AD　[求导得f′(x)＝6x(x－a)，于是：A正确，当a＞1时，极大值f(0)＝1＞0，极小值f(a)＝1－a3＜0，所以必有三个零点；B错，a＜0时x＝0应为极小值点；C错，任何三次函数不存在对称轴；D正确，当a＝2时f(x)＝2(x－1)3－6(x－1)－3，关于(1，－3)中心对称．] 　上面2024年新课标Ⅱ卷T11源于人教A版选择性必修第二册P99拓广探索，T13 利用信息技术工具，根据给定的a，b，c，d的值，可以画出函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象，当a＝－4，b＝1，c＝5，d＝－1时，f(x)的图象如图所示．改变a，b，c，d的值，观察图象的形状： (1)你能归纳函数f(x)图象的大致形状吗？它的图象有什么特点？你能从图象上大致估计它的单调区间吗？ (2)运用导数研究它的单调性，并求出相应的单调区间． 解：(1)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象大致是个“双峰”形状，类似“”或“”的形状．若有极值，则在整个定义域上有且仅有一个极大值和一个极小值，从图象上能大致估计它的单调区间． (2)因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)， 所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 分a＞0和a＜0两种情况： ①当a＞0且b2－3ac＞0时，设方程f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的两根分别为x1，x2，且x1＜x2. x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 当a＞0且b2－3ac≤0时，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0，f(x)在R上单调递增． ②当a＜0且b2－3ac＞0时，设方程f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的两根分别为x1，x2，且x1＜x2， 当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(x1，x2)上单调递增；当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0， ∴f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减． 当a＜0且b2－3ac≤0时，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0， ∴f(x)在R上单调递减． 学科网（北京）股份有限公司 $