2024届一轮复习人教A版 第二章函数导数及其应用第十一讲导数与函数的单调性 课件（48张）

第十一讲导数与函数的单调性课标要求考情分析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；能利用导数研究函数的单调性.2.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1.从内容上看，主要考查函数的单调性，利用函数的单调性求参数范围以及分类讨论思想的强化应用.2.本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题与解答题，为中、高等难度1.函数的单调性与导数的关系一般地，函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负具有如下关系：(1)在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增.(2)在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减.(3)特别地，在某个敬意(a，b)上若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内是常数函数.[注意]讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则.2.利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)确定函数f(x)的定义域，求f′(x).(2)在函数定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根据结果确定f(x)的单调区间.【易错警示】(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上单调递增(减)的充分不必要条件.(2)可导函数f(x)在(a，b)上是单调递增(减)的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零.考点一求不含参数的函数的单调性1.函数f(x)＝(3－x2)ex的单调递增区间是(

)A.(－∞，0)C.(－∞，3)和(1，＋∞)B.(0，＋∞) D.(－3，1)

解析：f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex，∴f′(x)>0，即x2＋2x－3<0.解得－3<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(－3，1).故选D.

答案：DA.(0，2)B.(－∞，0)∪(2，＋∞)C.(－2，0)D.(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案：A

3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________________________.【题后反思】确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域.(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为函数的单调递增区间.(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为函数的单调递减区间.考点二求含参数的函数的单调性【题后反思】(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)含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.【变式训练】x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

考点三函数单调性的应用考向1比较大小或解不等式[例2](1)(2021年全国乙卷理科)设

a＝2ln1.01，b＝ln1.02， A.a＜b＜c

C.b＜a＜c

B.b＜c＜aD.c＜a＜b答案：B

(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，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2022为奇函数，则不等式f(x)＋2022ex<0的解集是()A.(－∞，0)C.(0，＋∞)

B.(－∞，ln2022)D.(2022，＋∞)答案：C考向2根据函数单调性求参数【题后反思】根据函数单调性求参数的一般思路(1)若函数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)函数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.且满足【考法全练】1.(考向1)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，

f′(x)m(x－3)<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是()A.f(1)＋f(3)＝2f(2)B.f(0)·f(3)＝0C.f(4)＋f(3)<2f(2)D.f(2)＋f(4)>2f(3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，解析：由

f′(x)m(x－3)又m<0，则(x－3)f′(x)>0.当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3).答案：D答案：C⊙构造函数解决不等式问题

对于已知f(x)与f′(x)的关系式，比较有关函数式解决不等式的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用函数单调性求解.

考向1x与f(x)的综合函数

[例4](2021年武汉市模拟)设函数f′(x)是奇函数

y＝f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)＋f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(0，1)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(－1，0)∪(1，＋∞)

解析：设g(x)＝xf(x)，则g(x)的导数为g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， ∵当x＞0时，xf′(x)＋f(x)＞0，即当x＞0时，g′(x)恒大于0，∴当x＞0时，函数g(x)单调递增.∵f(x)为奇函数，∴函数g(x)为定义域上的偶函数，又∵g(－1)＝－1×f(－1)＝0，∴g(1)＝0.∵f(x)＞0，∴当x＞0时，g(x)＞0，即g(x)>g(1)，∴x>1；当x＜0时，g(x)＜0，即g(x)<g(－1)，∴－1<x<0.∴x＞1或－1＜x＜0，故使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞).答案：D考向2ex与f(x)的综合函数[例5](1)(2021年八省联考模拟)已知

a＜5且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则()A.c＜b＜aC.a＜c＜b

B.b＜c＜aD.a＜b＜c解析：因为ae5＝5ea，a＜5，故a＞0，同理b＞0，c＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.故0＜a＜1.同理0＜b＜1，0＜c＜1.∵f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，且f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，因为a，b，c∈(0，1)，所以0＜a＜b＜c＜1.答案：D)(2)设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，则(A.若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞bB.若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜bC.若ea－2a＝eb－3b，则a＞bD.若ea－2a＝eb－3b，则a＜b解析：因为a＞0，b＞0，若ea＋2a＝eb＋3b，则ea＋2a＝答案：Aeb＋2b＋b＞eb＋2b，同理，ea－2a＝eb－3b＝eb－2b－b<ea－2a.对于函数y＝ex＋2x(x＞0)，因为y′＝ex＋2＞0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a＞b成立.令函数z＝ex－2x(x>0)，z′＝ex－2，易得函数z＝ex－2x在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以当a>0，b>0，ea－2a＝eb－3b时，无法判断a，b的大小.【反思感悟】根据导数关系构造函数的常见结构(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).(3)对于不等式f′(x)＞k，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(4)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f′(x)g(x)－f(x)g