5.3.1　第1课时　导数与函数的单调性课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦导数与函数单调性的关系，通过自主学习通道的表格梳理导数正负与单调性的对应关系，结合练一练中的判断正误和图像分析题，搭建从导数概念到函数性质应用的学习支架。 其亮点在于分层设计的互动探究，通过函数与导函数图像关系、单调性证明及单调区间求解等类型题，培养学生的数学思维与推理能力。课堂小结以知识清单和方法归纳强化数学语言表达，如例1规范证明步骤帮助学生形成逻辑推理习惯，助力学生提升分析能力，为教师提供系统教学资源。

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3　导数在研究函数中的应用 5.3.1　函数的单调性 第1课时　导数与函数的单调性 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 增 减 自主学习通道 增 减 自主学习通道 自主学习通道 √ × √ √ 自主学习通道 B 自主学习通道 A 自主学习通道 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 C 巩固提升通道 A 巩固提升通道 D 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (0，2) 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (e，＋∞) b<a<c 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AB 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (－∞，－1)∪(0，1) 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 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.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． 填一填 函数的单调性与导数的关系 (1)在区间(a，b)上函数f(x)的导数与单调性有如下关系： 导数 函数的单调性 f′(x)＞0 单调递 eq \o(□,\s\up3(1)) f′(x)＜0 单调递 eq \o(□,\s\up3(2)) f′(x)＝0 常函数 (2)在区间(a，b)上函数f(x)的单调性与导数有如下关系： 函数的单调性 导数 单调递 eq \o(□,\s\up3(3)) f′(x)≥0 单调递 eq \o(□,\s\up3(4)) f′(x)≤0 常函数 f′(x)＝0 【提醒】　1.对函数的单调性与其导数正负的关系的两点说明： ①若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，其余的点恒有f′(x)＞0，则f(x)仍为增函数(减函数的情形完全类似)； ②f(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)的任一非空子区间上f′(x)不恒为0. 2．函数图象的变化趋势与导数值大小的关系：如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内变化得快，其图象比较陡峭，即|f′(x)|越大，曲线y＝f(x)的切线斜率的绝对值越大，函数f(x)变化就越快． 练一练 1．判断正误 (1)函数f(x)在区间(a，b)上都有f′(x)<0，则函数f(x)在这个区间上单调递减．(　　) (2)函数在某一点的导数越大，函数在该点处的切线越“陡峭”．(　　) (3)函数在某个区间上变化越快，函数在这个区间上导数的绝对值就越大．(　　) (4)判断函数单调性时，在区间内的个别点使f′(x)＝0，不影响函数在此区间的单调性．(　　) 2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则(　　) A．f′(3)>0 B．f′(3)<0 C．f′(3)＝0 D．f′(3)的符号不确定 解析　由题图可知，函数f(x)在(1，5)上单调递减，则在(1，5)上有f′(x)<0，所以f′(3)<0.故选B. 3．函数f(x)＝2x－sin x在(－∞，＋∞)上是(　　) A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．不确定 解析　∵f(x)＝2x－sin x，∴f′(x)＝2－cos x>0在(－∞，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．故选A. 4．函数f(x)＝x3－4x的单调递减区间为 ． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))) 解析　易知f′(x)＝3x2－4，由f′(x)<0得－ eq \f(2\r(3),3)<x< eq \f(2\r(3),3)，所以f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))). 类型一　函数图象与导函数图象间的关系　　　　　　自主探究 1．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为(　　) A B C D 解析　由题图中函数的图象可知，当x＜0时，函数单调递增，则导数始终为正；当x＞0时，函数先增后减再增，则导数先正再为0，再负，再为0，再正，对照选项，应选D. 2．(2024·沈阳期末)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) A B C D 解析　由题图中导函数图象知，原函数先减再增，再减再增，再由单调递增区间与单调递减区间的分界点情形知只有选项D符合，故选D. 研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时，注意抓住各自的关键要素．对于原函数，要注意其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减；而对于导函数，则应注意其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并分析这些区间与原函数的单调区间是否一致． 类型二　判断或证明函数的单调性 【例1】　证明：函数f(x)＝2x2－ln x在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减． [证明]　函数的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝4x－ eq \f(1,x)＝ eq \f(4x2－1,x)＝ eq \f((2x＋1)(2x－1),x). 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，2x＋1>0，2x－1>0，x>0， ∴f′(x)>0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增． 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，2x＋1>0，2x－1<0，x>0， ∴f′(x)<0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减． 利用导数证明或判断一个可导函数在给定区间内的单调性，实质上就是判断f′(x)的正负或证明不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)在给定区间内恒成立．一般步骤如下：①求函数的定义域；②求导数f′(x)；③判断f′(x)的符号；④给出单调性结论． [跟踪训练1]　(2023·保定联考)试判断函数f(x)＝ln x＋ex在其定义域上的单调性． 解　函数的定义域为(0，＋∞). ∵f′(x)＝(ln x＋ex)′＝ eq \f(1,x)＋ex， ∴当x∈(0，＋∞)时， eq \f(1,x)>0，ex>1>0， ∴f′(x)>0， ∴f(x)＝ln x＋ex在其定义域上单调递增． 类型三　求函数的单调区间 【例2】　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x sin x＋cos x＋x2＋1； (2)f(x)＝ eq \f(ex,x－2). [解]　(1)因为f(x)＝x sin x＋cos x＋x2＋1，所以f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＋2x＝x(2＋cos x)，x∈R.因为－1≤cos x≤1，所以1≤2＋cos x≤3，所以当x<0时f′(x)<0，当x>0时f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0). (2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞). f′(x)＝ eq \f(ex(x－2)－ex,(x－2)2)＝ eq \f(ex(x－3),(x－2)2). 令f′(x)＝0，得x＝3. 因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以ex>0，(x－2)2>0. 所以当x>3时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；当x<3时，f′(x)<0，又函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2，3). 求函数y＝f(x)的单调区间的步骤 (1)确定函数y＝f(x)的定义域； (2)求导数y′＝f′(x)； (3)解不等式f′(x)>0，解集与定义域的交集为单调递增区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集与定义域的交集为单调递减区间． 提醒　写单调递增(减)区间时，不能用“∪”连接，需用“和”或“，”连接． [跟踪训练2]　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x3－2x2＋x； (2)f(x)＝ eq \f(1,2)x＋sin x，x∈(0，π). 解　(1)因为f(x)＝x3－2x2＋x，所以f′(x)＝3x2－4x＋1，x∈R. 令f′(x)＝0，得3x2－4x＋1＝0，解得x＝ eq \f(1,3)或x＝1. 因为当x< eq \f(1,3)或x>1时，f′(x)>0，当 eq \f(1,3)<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)＝x3－2x2＋x的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)). (2)因为f(x)＝ eq \f(1,2)x＋sin x，所以f′(x)＝ eq \f(1,2)＋cos x， ①令f′(x)>0，得cos x>－ eq \f(1,2)，又因为x∈(0，π)，所以0<x< eq \f(2π,3). ②令f′(x)<0，得cos x<－ eq \f(1,2)，又因为x∈(0，π)，所以 eq \f(2π,3)<x<π. 所以函数f(x)＝ eq \f(1,2)x＋sin x，x∈(0，π)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)). 1．知识清单 (1)函数的单调性与其导数的关系． (2)函数图象与导函数图象间的关系． (3)利用导数判断或证明函数的单调性． (4)利用导数求函数的单调区间． 2．方法归纳：数形结合、方程思想． 3．常见误区：易忽略定义域的限制． 1．函数f(x)＝sin x＋2x在(0，π)上的单调性是(　　) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 解析　易知f′(x)＝cos x＋2，x∈(0，π)，故f′(x)>0，则f(x)＝sin x＋2x在(0，π)上单调递增． 2．函数f(x)＝ln x－4x＋1的单调递增区间为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(0，4) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) 解析　f(x)＝ln x－4x＋1的定义域是{x|x>0}，f′(x)＝ eq \f(1,x)－4＝ eq \f(1－4x,x)，当f′(x)>0时，解得0<x< eq \f(1,4)，故f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))). 3．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，－1)和(0，＋∞) B．(0，＋∞) C．(－1，0)和(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析　易知f′(x)＝x－1，令f′(x)>0，解得x>1.故函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞). 4．函数y＝f(x)在定义域 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)<0的解集为 ． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪(2，3) 解析　f′(x)<0时f(x)单调递减，结合题图可知f′(x)<0的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪(2，3). 基础巩固 1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　) A．先增后减 B．先减后增 C．单调递增 D．单调递减 解析　f′(x)＝－sin x－1，又当x∈(0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)＝cos x－x在(0，π)上单调递减． 2．若在区间(a，b)内，f′(x)>0，且f(a)≥0，则在(a，b)内有(　　) A．f(x)>0 B．f(x)<0 C．f(x)＝0 D．不能确定 解析　因为在区间(a，b)内，f′(x)>0，所以f(x)在(a，b)上为增函数，所以f(x)>f(a)≥0. 3．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　) A．(－∞，2) B．(0，3) C．(1，4) D．(2，＋∞) 解析　∵f(x)＝(x－3)ex，∴f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由f′(x)>0解得x>2，∴函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(2，＋∞).故选D. 4．函数f(x)＝x cos x的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图象大致是(　　) 解析　因为f(x)＝x cos x，所以f′(x)＝cos x－x sin x. 因为f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)为偶函数，所以导函数图象关于y轴对称，可排除C.由f′(0)＝1，可排除D.而f′(1)＝cos 1－sin 1<0，排除B. 5．函数f(x)＝x＋ eq \f(3,x)＋2ln x的单调递减区间是(　　) A．(－3，1) B．(0，1) C．(－1，3) D．(0，3) 解析　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－ eq \f(3,x2)＋ eq \f(2,x)＝ eq \f((x＋3)(x－1),x2)，由f′(x)<0，得0<x<1，故函数f(x)的单调递减区间是(0，1).故选B. 6．关于y＝x ln x在(0，e)上的单调性，下列说法正确的是(　　) A．单调递增 B．单调递减 C．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增 D．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减 解析　y′＝ln x＋x· eq \f(1,x)＝ln x＋1，令y′>0，解得x> eq \f(1,e).∵e> eq \f(1,e)，∴y＝x ln x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上为增函数，同理可得在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上为减函数．故选C. 7．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝x2－4x＋3，则函数f(1＋x)的单调递减区间是 ． 解析　令f′(x)＝x2－4x＋3<0，得1<x<3，由1<1＋x<3，解得0<x<2，故函数f(1＋x)的单调递减区间为(0，2). 8．(2023·江西吉安第一中学阶段考)已知函数f(x)＝ eq \f(x,ln x)，a＝ eq \f(1,ln \r(2))，b＝ eq \f(6,ln 9)，c＝ eq \f(7,ln 7)，则该函数的单调递增区间为 ，a，b，c的大小关系为 (用“<”连接). 解析　由函数f(x)＝ eq \f(x,ln x)(x>0)，得f′(x)＝ eq \f(ln x－1,(ln x)2).由f′(x)>0，得x>e，故f(x)在区间(e，＋∞)上是增函数，又a＝ eq \f(1,ln \r(2))＝ eq \f(2,ln 2)＝ eq \f(4,ln 4)，b＝ eq \f(6,ln 9)＝ eq \f(3,ln 3)，c＝ eq \f(7,ln 7)，于是 eq \f(3,ln 3)< eq \f(4,ln 4)< eq \f(7,ln 7)，即b<a<c. 9．判断函数f(x)＝ex＋e－x在[0，＋∞)上的单调性． 解　f′(x)＝(ex)′＋(e－x)′＝ex＋e－x(－x)′＝ex－e－x＝ eq \f((ex)2－1,ex)， ∵当x∈[0，＋∞)时，ex≥1，∴f′(x)≥0，当且仅当x＝0时等号成立，∴f(x)＝ex＋e－x在[0，＋∞)上单调递增． 10．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋2.求： (1)f′(x)； (2)f(x)的单调区间． 解　(1)因为f(x)＝x3－3x2－9x＋2，所以f′(x)＝3x2－6x－9. (2)解不等式f′(x)>0，得3x2－6x－9>0，即x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3；解不等式f′(x)<0，得3x2－6x－9<0，即x2－2x－3<0，解得－1<x<3.故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1，3). 能力提升 11．(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数y＝f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　 　) A．f(b)>f(a) B．f(d)>f(e) C．f(b)>f(c) D．f(c)>f(e) 解析　由题图可得，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(c，e)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上是增函数，在(c，e)上是减函数，所以f(b)>f(a)，f(d)>f(e)，f(c)>f(b)，f(c)>f(e). 12．(多选)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是(　　) A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2＋2 C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x 解析　设g(x)＝ex·f(x).g(x)＝ex·2－x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2))) eq \s\up32(x)在定义域R上是增函数，故A具有M性质；g(x)＝(x2＋2)ex，则g′(x)＝(x2＋2x＋2)ex＝[(x＋1)2＋1]·ex>0，所以g(x)在定义域R上是增函数，故B具有M性质；g(x)＝ex·3－x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,3))) eq \s\up32(x)在定义域R上是减函数，故C不具有M性质；g(x)＝ex·cos x，则g′(x)＝ eq \r(2)ex cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，故D不具有M性质． 13．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，则关于x的不等式xf(x)<0的解集是 ． 解析　因为在(0，＋∞)上有f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)＝0，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(x)的大致图象如图所示，所以xf(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1). 多元数学 14． eq \a\vs4\al(（数学运算）)(2024·广东东莞东华高级中学期末)已知函数f(x)＝ eq \f(ln x,x)，判断f(x)的单调性，并比较2 0222 023与2 0232 022的大小． 解　由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2). 当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 综上可知，函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 因为函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减， 所以f(2 022)>f(2 023)，即 eq \f(ln 2 022,2 022)> eq \f(ln 2 023,2 023)， 所以2 023·ln 2 022>2 022·ln 2 023， 即ln 2 0222 023>ln 2 0232 022， 又因为y＝ln x是(0，＋∞)上的增函数， 所以2 0222 023>2 0232 022. $