第3章 第3讲 导数与函数单调性的应用(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与函数单调性应用，覆盖求参数范围、比较大小、解不等式三大核心考点，按课标要求构建“考点梳理-方法指导-真题训练”教学流程，通过真题解析（如2023新课标Ⅱ卷）、变式拓展（单调区间与存在单调区间对比）帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 资料以真题变式训练为特色，如将单调递增恒成立问题变式为单调区间确定及存在单调区间问题，培养学生数学思维（推理能力）与数学语言（符号表达）。设置基础巩固与能力提升分层练习，配合感悟进阶总结解题规律，助力学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第3讲　导数与函数单调性的应用 课标要求　1.会根据函数的单调性求参数的范围．　2.会利用函数的单调性解不等式、比较函数值的大小． 考点一　利用函数单调性求参数 　(2023·新课标Ⅱ卷)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】　由题意得，f′(x)＝aex－且f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，所以0<≤e，即a≥＝e-1. 【答案】　C 真题源于人教B版选择性必修第三册P113T4.已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1，3)上单调递减，求实数t的取值范围． 相似度　两题均先对函数求导，再由单调性得导数不等式，最后求解不等式得参数，核心思路一致． 变式点　真题可从函数形式、区间范围、单调性、参数位置这几方面进行变式． [变式1]　已知函数f(x)＝aex－ln x的单调递增区间为(1，＋∞)，则a＝________． 解析：由题可知，f′(x)＝aex－，因为f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，而f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以f(x)的一个极值点为1， 所以f′(1)＝ae－1＝0，解得a＝. 所以f(x)＝－ln x，f′(x)＝－， 显然f′(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>f′(1)＝0. 符合题意，所以a＝. 答案： [变式2]　已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为________．　 解析：f(x)在区间(1，2)上存在单调递增区间，等价于f′(x)＞0在(1，2)上有解，易知f′(x)＝aex－， 即a＞在(1，2)上有解． 令g(x)＝xex，又g′(x)＝(x＋1)ex>0在(1，2)上恒成立，所以g(x)在(1，2)上单调递增，故y＝在(1，2)上单调递减， 所以＞，所以a>. 答案：(，＋∞) 【感悟进阶】　(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立． (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． 　已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是 ________． 解析：由题意，f(x)＝－x2－3x＋4ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x－3＋＝－， 当f′(x)＝0时，有x2＋3x－4＝0， 得x＝－4(舍去)或x＝1， 因为f(x)在(t，t＋2)上不单调， 且(t，t＋2)⊆(0，＋∞)， 所以可得t∈[0，1). 答案：[0，1) 考点二　利用单调性比较大小 　(1)已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f()，f(1)，f(－)的大小关系为(　　) A．f(－)>f(1)>f() B．f(1)>f(－)>f() C．f()>f(1)>f(－) D．f(－)>f()>f(1) (2)若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则(　　) A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c 【解析】　(1)由题知f(－x)＝(－x)·sin (－x)＝x sin x＝f(x)，x∈R，则函数f(x)是偶函数，f(－)＝f(). 当x∈(0，)时，f′(x)＝sin x＋x cos x>0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增，所以f()<f(1)<f()，即f(－)>f(1)>f(). (2)因为c＝－＝ln ，a＝ln ＝ln ，构造函数f(x)＝x ln x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＞0，解得x＞；令f′(x)＜0，解得0＜x＜，可得f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，且＜＜，所以c＝f()＜a＝f()＜b＝f()，即c＜a＜b. 【答案】　(1)A　(2)C 【感悟进阶】　利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小． 　已知函数f(x)＝3x＋2cos x．若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a 解析：选D．由题意，得f′(x)＝3－2sin x. 因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立， 所以f(x)是增函数． 因为＞1，所以3＞3. 又log24＜log27＜log28，即2＜log27＜3， 所以2＜log27＜3，所以f(2)＜f(log27)＜f(3)，即b＜c＜a. 考点三　利用单调性解不等式 　(1)已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)＜f(1－x)的解集为(　　) A．(0，) B．(，1) C．(，1) D．(，) (2)(2026·齐鲁名校联考)已知y＝exf(x)是定义在R上的偶函数，且当x＞0时，f(x)＋f′(x)＞0，则满足ex-2f(2x－3)＞f(x－1)的x的取值范围是________． 【解析】　(1)由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞).　 因为f′(x)＝－－1＝－(－1)2≤0恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立， 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(，1). (2)设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]. 由x＞0时，f(x)＋f′(x)＞0，得ex[f(x)＋f′(x)]＞0，即g′(x)＞0，故g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 又ex-2f(2x－3)＞f(x－1)，所以e2x-3f(2x－3)＞ex-1f(x－1)，即g(2x－3)＞g(x－1). 因为g(x)为R上的偶函数，所以g(|2x－3|)＞g(|x－1|)，即|2x－3|＞|x－1|，即(3x－4)(x－2)＞0，解得x＞2或x＜. 【答案】　(1)B　(2)(－∞，)∪(2，＋∞) 【感悟进阶】　解不等式时，一方面要借助导数确定单调性，另一方面还要巧妙地将常数转化为函数值，同时注意函数定义域对变量的限制． 　已知函数f(x)＝－ex＋2x－x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意得f′(x)＝－－ex＋2－x2＝－(ex＋)＋2－x2，因为ex＋≥2＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以f(x)在R上单调递减．又f(－x)＝－f(x)，且f(x)的定义域为R，所以f(x)为奇函数．由f(3a2)＋f(2a－1)≥0，得f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤. 答案：[－1，] 学科网（北京）股份有限公司 $