2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2讲第1课时导数与函数的单调性课件

第二讲导数在研究函数中的应用第一课时导数与函数的单调性知识梳理·双基自测知

识

梳

理知识点函数的单调性1．设函数y＝f(x)在某个区间内________，若f′(x)______0，则f(x)为增函数，若f′(x)______0，则f(x)为减函数．2．求可导函数f(x)单调区间的步骤：(1)确定f(x)的__________；(2)求导数f′(x)；(3)令f′(x)______0(或f′(x)______0)，解出相应的x的范围；(4)当___________时，f(x)在相应区间上是增函数，当____________时，f(x)在相应区间上是减函数．可导><定义域><f′(x)>0f′(x)<0归

纳

拓

展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．双

基

自

测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(

)(2)若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上一定为增函数．(

)(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)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．(

)√×[解析]

(1)有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f′(x)＝x2≥0.(2)因为y＝f(x)若为常数函数，则一定有f′(x)＝0满足条件，但不具备单调性．(3)f′(x)＝0在(a，b)内有限个不影响y＝f(x)的单调性，故正确．(4)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则此函数f(x)在这个区间内为常数函数，则函数f(x)在这个区间内没有单调性．题组二走进教材2．(选修2P89T3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(1,3)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)单调递增[解析]

在区间(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在区间(4,5)上单调递增，故选C．CA．(－∞，0) B．(0,2log2e)C．(－∞，2log2e) D．(2log2e，＋∞)B4．(选修2P99T12改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(

)A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)[解析]

f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D．D题组三走向高考5．(2023·新课标Ⅱ，6,5分)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(

)A．e2 B．eC．e－1 D．e－2C[解析]

∵f(x)在(1,2)内单调递增，∴f′(x)≥0在(1,2)内恒成立，令g(x)＝xex(1<x<2)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴g(x)在(1,2)内单调递增，g(x)∈(e,2e2)，A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a<c<bC考点突破·互动探究考向1不含参数的函数的单调性——自主练透求下列函数的单调区间．(4)f(x)＝(x－1)ex－x2.函数的单调性(2)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．由f′(x)>0，解得x>e.由f′(x)<0，解得0<x<e，且x≠1.∴f(x)的单调递增区间是(e，＋∞)，f(x)的单调递减区间是(0,1)，(1，e)．(4)由f(x)＝(x－1)ex－x2，得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：由表可知，函数f(x)的单调递减区间为(0，ln2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

极大值

极小值

名师点拨：用导数f′(x)确定函数f(x)单调区间的三种类型及方法：1．当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，根据函数的定义域，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，根据函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．3．当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，对f′(x)化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．注意：(1)求单调区间一定要在定义域范围内．(2)函数的单调区间有多个时不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．考向2含参数的函数的单调性——师生共研(2021·全国甲，20)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a＞0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．(2)∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴函数f(x)在(0，＋∞)上没有零点，名师点拨：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．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论．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0的点和函数的间断点．3．个别导数为0的点不影响在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m<x<1，∴f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上单调递减，在(1－m，1)上单调递增．综上，当m＝0时，f(x)在R上单调递减，当m>0时，f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增．考向3利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究角度1比较大小A．a<b<c B．a<c<bC．c<b<a D．c<a<bC又a＝f(4)，b＝f(3)，c＝f(e)，e<3<4，故c<b<a.故选C．角度2解不等式名师点拨：1．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．2．与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式．角度3已知函数的单调性求参数取值范围若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(

)A．(－∞，－2]

B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[分析]

利用函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f(x)的增区间的子集求解．D[解析]

解法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－lnx，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D．[引申](1)本例中若f(x)的增区间为(1，＋∞)，则k＝______；(2)若f(x)在(1，＋∞)上递减，则k的取值范围是__________；(3)若f(x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是_______；(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是__________；

(5)若f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是____________________.1(－∞，0](0,1)(－∞，1)名师点拨：已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法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：利用“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0”来求解．提醒：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)不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．【变式训练】A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．b<c<aC2．(角度2)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，都有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2021为奇函数，则不等式f(x)＋2021ex<0的解集为(

)A．(－∞，0) B．(0，＋∞)B(0,1)∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)．∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．名师讲坛·素养提升一、构造法在导数中的应用在导数应用的客观题中，有一类考查热点，不给出具体的函数解析式，大多涉及f(x)与f′(x)的一些关系式，利用构造法构造新函数，确定其单调性，然后解决问题，下面重点突破两类问题．题型一利用导数的运算法则构造函数角度1利用f(x)与ex构造已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)

<f(x)对于x∈R恒成立，则(

)A．f(2)>e2f(0)，f(2025)>e2025f(0)B．f(2)<e2f(0)，f(2025)>e2025f(0)C．f(2)>e2f(0)，f(2025)<e2025f(0)D．f(2)<e2f(0)，f(2025)<e2025f(0)D角度2利用f(x)与xn构造已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是_______________.(－1,0)∪(0,1)角度3利用f(x)与sinx，cosx构造CD[感悟提升]

(1)出现f′(x)sinx＋f(x)cosx构造函数F(x)＝f(x)sinx(3)出现f′(x)cosx－f(x)sinx构造函数F(x)＝f(x)cosx【变式训练】1．(角度1)设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cosx<0，则不等式f(x)<sinx的解集为_______________.[解析]

令φ(x)＝f(x)－sinx，所以当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，所以φ(x)为R上的奇函数，所以φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化为f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．(0，＋∞)c<a<ba<b<c名师点拨：利用导数关系构造函数的一些常见结构1．对于不等式f′(x)＋g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．2．对于不等式f′(x)－g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)>k，构造函数F(x)＝f(x)－kx.3．对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)·g(x)．5．对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数F(x)＝xn·f(x)．6．对于不等式f′(x)＋f(x)>0，构造函数F(x)＝ex·f(x)．7．对于不等式f′(x)＋kf(x)>0，构造函数F(x)＝ekx·f(x)．题型二通过变量构造具体函数1．若0<x1<x2<1，则(

)CA．ey－x>1 B．ey－x<1C．ey－x－1>1 D．ey－x－1<1A名师点拨：若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解．【变式训练】(2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，则(

)A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0[解析]

原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正确，B不正确．因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确．A题型三通过数值构造具体函数c<a<bb<c<a名师点拨：当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小．【变式训练】1．(此题为更换新题)c>a>b令f(x)＝ex－(1＋sinx)(x>0)，则f′(x)＝ex－cosx>0，所以f(x)在(0，＋∞)上递增，所以f(x)>f(0)，所以ex>1＋sinx，所以e0.02>1＋sin0.02，即x>y>1，令g(x)＝(1＋x)1.2－ex，则g′(x)＝1.2(1＋x)0.2－ex，g″(x)＝0.24(1＋x)－0.8－ex，因为g″(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g″(0)＝0.24－1<0，所以当x>0时，g″(x)<0，所以g′(x)在(0，＋∞)上为减函数