第2章 第11节 利用导数研究函数的单调性（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B版）

该高中数学讲义聚焦利用导数研究函数单调性，涵盖导数与单调性关系、单调区间求解、已知单调性求参数等核心考点，按“概念辨析-方法提炼-应用拓展”逻辑架构知识，通过考点梳理、典例精讲、真题训练环节，帮助学生系统突破难点。 资料以逻辑推理和数学运算素养为导向，创新设计分类讨论（如含参数函数单调性分析）、构造函数（如比较大小问题）等教学活动，设置基础巩固与能力提升分层练习，确保高效突破考点，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

第11节　利用导数研究函数的单调性 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 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．会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次) 1.利用导数判断或证明函数的单调性，发展逻辑推理和数学运算素养． 2．利用导数求函数的单调区间，提升逻辑推理和数学运算素养． 3．已知函数的单调性求参数的取值范围，提升逻辑推理和数学运算素养 　　利用导数研究函数的单调性是高考考查的热点内容，主要考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数确定函数的单调区间、已知函数的单调性求参数的取值范围等，考查转化与化归、分类讨论、数形结合等思想方法．题型主要以解答题为主，属于中高档题 1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导： (1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)上是增函数； (2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)上是减函数； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)上是常数函数． 2．求函数单调区间的步骤 (1)求定义域． (2)求导． (3)由导数大于0求单调递增区间；由导数小于0求单调递减区间． 1．f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． 2．若f(x)可导且f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　 ) (2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图像就越“平缓”．(　　 ) (3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内为常数函数．(　　 ) (4)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是f(x)的单调递增区间意义不一样．(　　 ) [答案]　 (1)×　(2)×　(3)√　(4)√ ◆[小题查验] 1．(教材改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判断中正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数 解析：A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数，其他判断均不正确．] 2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是(　　 ) A．单调递增　　　　 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增 解析：A　[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．] 3．(2024·和平区模拟)已知f(x)是定义在R上的函数，它的图像上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为(　　 ) A．(－2,1) B．(－1,2) C．(－∞，－2) D．(1，＋∞) 解析：A　[由图像上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(x＋x0－2)x＋(y0－x－x＋2x0)， 知f(x)的导数为f′(x)＝x2＋x－2， 令f′(x)＜0，解得：－2＜x＜1.] 4．(教材改编)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为　________　. 解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得0<x<1，故f(x)的单调递减区间为(0,1)． 答案：(0,1) 5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是　________　. 解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2， 又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3. 答案：3 　　　利用导数判断或证明函数的单调性(重难点) [典例]　已知函数f(x)＝2ln x＋1. (1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围； (2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性． [解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒ 2ln x＋1－2x－c≤0(*)， 设h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x>0)， 则有h′(x)＝－2＝， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以当x＝1时，函数h(x)有最大值， 即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c， 要想不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立， 只需h(x)max≤0⇒－1－c≤0⇒c≥－1. (2)g(x)＝＝(x＞0且x≠a)， 因此g′(x)＝， 设m(x)＝2(x－a－xln x＋xln a)， 则有m′(x)＝2(ln a－ln x)， 当x>a时，ln x>ln a，所以m′(x)<0，m(x)单调递减， 因此有m(x)<m(a)＝0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减； 当0<x<a时，ln x<ln a，所以m′(x)>0，m(x)单调递增， 因此有m(x)<m(a)＝0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减， 所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减，没有递增区间． 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求f′(x)； (2)确认f′(x)在(a，b)内的符号； (3)下结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数． 　易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 讨论函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)的单调性． 解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝. ①当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)内是增函数； 若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)内是减函数． 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)内是增函数． ②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)内是增函数． ③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)内是增函数； 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)内是减函数； 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)内是增函数． 利用导数求函数的单调区间(重难点) [典例]　已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． [解]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－， 由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x， 知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 则f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5， 因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数． 　　 利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图像与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 提醒：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． 已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a＞0)． (1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值； (2)求函数y＝f(x)的单调区间． 解：(1)函数f(x)的定义域为R. 由已知得f′(x)＝－a. ∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数， ∴f′(－x)＝－f′(x)，即－a＝－＋a，解得a＝. (2)由(1)f′(x)＝－a＝1－－a. ①当a≥1时，f′(x)＜0恒成立， ∴a∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)在R上单调递减． ②当0＜a＜1时，由f′(x)＞0得(1－a)(ex＋1)>1，即ex＞－1＋，解得x＞ln ， 由f′(x)＜0得(1－a)(ex＋1)＜1， 即ex＜－1＋，解得x＜ln . ∴a∈(0,1)时，函数y＝f(x)在上单调递增，在上单调递减． 　函数单调性的简单应用 ◆[命题角度1]　比较大小或解不等式(重难点)　 1．已知实数a，b，c∈(0,1)，且a＝2 023ea－2 023，b＝2 024eb－2 024，c＝2 025ec－2 025，则(　　) A．a<b<c　　　 B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a 解析：D　[由a＝2 023ea－2 023，b＝2 024eb－2 024，c＝2 025ec－2 025，得＝，＝，＝， 令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 于是函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则f(2 023)<f(2 024)<f(2 025)， 即<<，因此<<，即f(a)<f(b)<f(c)，又a，b，c∈(0,1)， 所以c<b<a.] 2．(多选)(2024·山东省高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋e－x＋|x|.则下面结论正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)在[0，＋∞)上为增函数 C．若x≠0，则f＞e2＋2 D．若f(x－1)＜f(－1)，则0＜x＜2 解析：BCD　[对于A选项，函数f(x)＝ex＋e－x＋|x|的定义域为R， f(－x)＝e－x＋ex＋|－x|＝e－x＋ex＋|x| ＝f(x)，则函数y＝f(x)为偶函数，A选项错误； 对于B选项，当x≥0时，f(x)＝ex＋e－x＋x， 则f′(x)＝ex－e－x＋1≥1， 所以，函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，B选项正确； 对于C选项，当x＞0时，由基本不等式可得x＋≥2＝2， 由于函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，此时f≥f(2)＝e2＋e－2＋2＞e2＋2， 由于函数y＝x＋为奇函数，当x＜0时，－x－≥2＝2，f＝f＞e2＋2. 综上所述，当x≠0时，f＞e2＋2，C选项正确； 对于D选项，由于函数y＝f(x)为偶函数，由f(x－1)＜f(－1)，得f(|x－1|)＜f(1)， 由于函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则|x－1|＜1，解得0＜x＜2，D选项正确．] 　　 构造法解f(x)与f′(x)共存问题 (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)． (2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)． 特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx. (3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)． (4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)． (5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)． (6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)． (7)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝ xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0. (8)对于xf′(x)－nf(x)>0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0. (9)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)． (10)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝. ◆[命题角度2]　已知函数的单调性求参数的取值范围(迁移点)　 [母题]　已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围． [破题关键点]　(1)讨论f′(x)的符号是正的还是负的； (2)转化为f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立． [解]　(1)f′(x)＝3x2－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±； 当x＞或x＜－时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数． 综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数； 当a＞0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数． (2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即a的取值范围为(－∞，0]． [子题1]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围． 解：因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范围为(－∞，3]． [子题2]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围． 解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立． 因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数． [子题3]　函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值． 解：由母题可知，f(x)的单调递减区间为 ，∴＝1，即a＝3. [子题4]　函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围． 解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)． ∵f(x)在区间(－1,1)上不单调， ∴0＜＜1，得0＜a＜3， 即a的取值范围为(0,3)． 　　 已知函数单调性，求参数范围的两个方法 (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)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解． 易错警示：f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 学科网（北京）股份有限公司 $