2025版高考数学一轮总复习知识梳理第3章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性

第一课时导数与函数的单调性知识梳理知识点函数的单调性1．设函数y＝f(x)在某个区间内可导，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)的定义域；(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f′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数，当f′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减函数．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．(√)(5)因为y＝eq\f(1,lnx)的导函数为y′＝eq\f(－1,xlnx2)，∵x>0，∴y′<0，因此y＝eq\f(1,lnx)的减区间为(0，＋∞)．(×)[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．(5)y＝eq\f(1,lnx)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)．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(C)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．3．(选修2P97T1改编)函数f(x)＝eq\f(x2,2x)的单调递增区间为(B)A．(－∞，0) B．(0,2log2e)C．(－∞，2log2e) D．(2log2e，＋∞)[解析]求导得f′(x)＝eq\f(x2－ln2·x,2x)，令f′(x)>0，即可得出答案．f′(x)＝eq\f(2x·2x－2xln2·x2,2x2)＝eq\f(2x－ln2·x2,2x)＝eq\f(x2－ln2·x,2x)，令f′(x)>0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,2－ln2·x>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,2－ln2·x<0，))解得0<x<2log2e或无解．故选B．4．(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(D)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．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(C)A．e2 B．eC．e－1 D．e－2[解析]∵f(x)在(1,2)内单调递增，∴f′(x)≥0在(1,2)内恒成立，即f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0(1<x<2)，∴a≥eq\f(1,xex)(1<x<2)．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)，∴eq\f(1,xex)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e2)，\f(1,e)))，∴a≥eq\f(1,e)，即a的最小值为eq\f(1,e)，故选C．6．(2022·全国新高考Ⅰ卷，7)设a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，则(C)A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a<c<b[解析]设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，因为f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝－eq\f(x,1＋x).当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)<0，所以函数f(x)＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))<f(0)＝0，所以lneq\f(10,9)－eq\f(1,9)<0，故eq\f(1,9)>lneq\f(10,9)＝－ln0.9，即b>c，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,10)))<f(0)＝0，所以lneq\f(9,10)＋eq\f(1,10)<0，故eq\f(9,10)<eeq\s\up10(－\f(1,10))，所以eq\f(1,10)eeq\s\up10(\f(1,10))<eq\f(1,9)，故a<b.设g(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x<1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(x2－1ex＋1,x－1).令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，当0<x<eq\r(2)－1时，h′(x)<0，函数h(x)＝ex(x2－1)＋1单调递减，当eq\r(2)－1<x<1时，h′(x)>0，函数