2025年高考数学一轮复习教学课件第3章 第2课时　导数与函数的单调性

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第三章一元函数的导数及其应用 第2课时　导数与函数的单调性对应学生用书第61页 考试要求结合实例，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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)． 链接教材　夯基固本第2课时　导数与函数的单调性1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上________f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上________f′(x)＝0f(x)在区间(a，b)上是________单调递增单调递减常数函数 2．利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的______；第2步，求出导数f′(x)的____；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．[常用结论]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．3．f′(x)＞0在(a，b)上恒成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件，举例：f(x)＝x3在R上单调递增，但f′(0)＝0.定义域零点 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)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．()(2)若函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)上单调递减．()(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．()(4)函数f(x)＝x－sinx在R上单调递增．()√√×√ 二、教材经典衍生1．(人教A版选择性必修第二册P103复习参考题5T3改编)f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()ABCDC[由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．故选C.]√ √2．(人教A版选择性必修第二册P86例1改编)函数f(x)＝cosx－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D[因为f′(x)＝－sinx－1＜0在(0，π)上恒成立，所以f(x)在(0，π)上单调递减，故选D.]3．(人教A版选择性必修第二册P97习题5.3T1改编)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为________．(0，1)[函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，由f′(x)＝1－＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．]4．(人教A版选择性必修第二册P87例3改编)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是________．3[f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3．](0，1)3 典例精研　核心考点第2课时　导数与函数的单调性考点一　不含参数的函数的单调性[典例1](1)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝sin2xB．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－xD．f(x)＝－x＋lnx(2)讨论函数f(x)＝sinx－x2－xcosx在上的单调性．(1)B[对于A，f′(x)＝2cos2x，f′＝－1＜0，不符合题意；对于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意；对于C，f′(x)＝3x2－1，f′＝－＜0，不符合题意；对于D，f′(x)＝－1＋，f′(2)＝－＜0，不符合题意．]√ (2)[解]因为f(x)＝sinx－x2－xcosx，所以f′(x)＝x(sinx－1)．∵当－<x<时，sinx＜1，∴当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．名师点评利用导函数求函数单调区间的注意点(1)必须先求函数定义域，单调区间是定义域的子集．(2)正确求导函数．(3)当f′(x)＝0无解时，可根据f′(x)的结构特征确定f′(x)的符号．(4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开． [跟进训练]1．(1)函数f(x)＝的单调递减区间为______________________；(2)函数f(x)＝的单调递增区间为________．(1)(－∞，0)和(2)(0，1)[(1)∵f(x)＝，∴f′(x)＝＝，令f′(x)<0，得x<0或x>，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和.(2)由题意知f′(x)＝(x＞0)．设h(x)＝－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，所以f′(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，所以f′(x)＜0.综上，f(x)的单调递增区间是(0，1)．](－∞，0)和(0，1) 【教师备选资源】已知函数f(x)＝8x－，x∈，讨论f(x)的单调性．[解]f′(x)＝8－＝8－＝8－.令cos2x＝t，则t∈(0，1)，则f′(x)＝g(t)＝＝，当t∈，即x∈，f′(x)<0.当t∈，即x∈，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． 考点二　含参数的函数的单调性[典例2]已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．[解]函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝.①当0<a<1时，>1，∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减． ②当a＝1时，＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a>1时，0<<1，∴x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． [拓展变式]若将本例中参数a的取值范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性．[解]当a>0时，讨论同例题解析；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 【教师备选资源】讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－alnx；(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，令f′(x)＝0，得x＝a.①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2.①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(ln2，a)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减．②当a＝ln2时，g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上单调递增．③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(a，ln2)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减．综上，当a>ln2时，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，g(x)在R上单调递增；当a<ln2时，g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减． 名师点评(1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个：分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f′(x)＝0是否有实数根，从而引起分类讨论；分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f′(x)＝0有实数根，但不清楚f′(x)＝0的实数根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f′(x)＝0有实数根，f′(x)＝0的实数根也落在定义域内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论．(2)求出f′(x)后，先观察f′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f′(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式． [跟进训练]2．讨论函数f(x)＝－x＋alnx的单调性．[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.设y＝x2－ax＋1，其图象过定点(0，1)，开口向上，对称轴为x＝，①当≤0，即a≤0时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当＞0，即a＞0时，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，(i)当Δ≤0，即0＜a≤2时，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．故0＜a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(ii)当Δ＞0，即a＞2时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞2时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． 【教师备选资源】已知函数f(x)＝(mx2－3x－3)ex，当m<0时，讨论函数f(x)的单调性．[解]由题意，得x∈R，f′(x)＝[mx2＋(2m－3)x－6]ex＝(mx－3)(x＋2)ex，因为m<0，令f′(x)＝0，x1＝，x2＝－2.(1)当<－2，即－<m<0时，当x∈∪(－2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0；所以函数f(x)在，(－2，＋∞)上单调递减，在上单调递增．(2)当＝－2，即m＝－时，x∈R，f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减． (3)当>－2，即m<－时，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0；所以函数f(x)在(－∞，－2)，上单调递减，在上单调递增．综上：当－<m<0时，函数f(x)在，(－2，＋∞)上单调递减，在上单调递增；当m＝－时，函数f(x)在R上单调递减；当m<－时，函数f(x)在(－∞，－2)，上单调递减，在上单调递增． 考点三　函数单调性的应用考向1比较大小或解不等式[典例3](1)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则()A．c<b<aB．b<c<aC．a<c<bD．a<b<c(2)(2024·重庆模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)>0，且f(1)＝2，则f(ex)>2ex的解集为()A．(0，＋∞)B．(ln2，＋∞)C．(1，＋∞)D．(0，1)√√ (1)D(2)A[(1)由题意得0<a<5，0<b<4，0<c<3.令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，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，因为ae5＝5ea，所以＝，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1．同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．因为f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D. (2)设g(x)＝，x>0，因为xf′(x)－f(x)>0，所以g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝2，所以g(1)＝＝2，由f(ex)>2ex，且ex>0得>2，则g(ex)＝>2＝g(1)，所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A.]名师点评灵活构造函数，利用函数单调性比较大小或解抽象不等式． 考向2求参数的取值范围[典例4]已知函数g(x)＝2x＋lnx－.(1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围．[解](1)g(x)＝2x＋lnx－(x>0),g′(x)＝2＋(x>0)．∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋0在[1，2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3.∴实数a的取值范围是[－3，＋∞)． (2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，则g′(x)＞0在[1，2]上有解，即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，∴a＞(－2x2－x)min，又(－2x2－x)min＝－10，∴a＞－10.∴实数a的取值范围为(－10，＋∞)． [拓展变式](1)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；(2)(变条件)若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围．[解](1)依题意g′(x)＝2＋在[1，2]上满足g′(x)≤0恒成立，∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，又t＝－2x2－x＝－2＋，x∈[1，2]是减函数，∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10.∴a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，－10].(2)∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上单调递减，∴y＝－2x2－x在(1，2)上的值域为(－10，－3)，∴实数a的取值范围为(－10，－3)． 名师点评根据函数单调性求参数的一般思路(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)f(x)在区间(a，b)上单调递增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)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．但有时等号取不到或f′(x)＝0恒成立．(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． [跟进训练]3．(1)(2023·山东济宁一模)若函数f(x)＝loga(ax－x3)(a>0且a≠1)在区间(0，1)内单调递增，则a的取值范围是()A．[3，＋∞)B．(1，3]C．D．(2)设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时()A．f(x)<g(x)B．f(x)>g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)√√ (1)A(2)C[(1)令μ＝g(x)＝ax－x3，则g′(x)＝a－3x2，当x>或x<－时，g′(x)<0，当－<x<时，g′(x)>0，所以g(x)在和上单调递减，在上单调递增．当a>1时，y＝logaμ为增函数，且函数f(x)在区间(0，1)内单调递增，所以解得a≥3，此时g(x)在(0，1)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0恒成立．当0<a<1时，y＝logaμ为减函数，且函数f(x)在区间(0，1)内单调递增，所以无解．综上所述，a的取值范围是[3，＋∞)．故选A. (2)设h(x)＝f(x)－g(x)，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R上单调递减，因为a<x<b，所以h(a)>h(x)>h(b)，即f(a)－g(a)>f(x)－g(x)>f(b)－g(b)，所以f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，即选项C正确，D错误，而选项A和B无法判断．故选C.] 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(十八)导数与函数的单调性 THANKS