2025高考数学一轮复习-3.2-导数与函数的单调性【课件】

第三章一元函数的导数及其应用第2节导数与函数的单调性ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI知识诊断基础夯实11.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(a，b)上__________f′(x)＜0f(x)在(a，b)上__________f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是__________单调递增单调递减常数函数第1步，确定函数的________；第2步，求出导函数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.2.利用导数判断函数单调性的步骤定义域零点1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.×解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(

) (2)如果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.(

) (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上是增函数.(

)√×√CD解析由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，因为a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(c，e)上是减函数，因为c＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).2.(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(

) A.f(b)＞f(c)＞f(d) B.f(b)＞f(a)＞f(e) C.f(c)＞f(b)＞f(a) D.f(c)＞f(d)＞f(e)解析由题意可得函数的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝lnx－x2，3.函数f(x)＝lnx－x2的单调递增区间为______________.由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，解析f′(x)＝3ax2＋6x－1，4.若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是____________________.(－3，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4],

∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.－4得x≤－a或x≥a.∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.(0，2]在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a＞0，∴0＜a≤2.KAODIANTUPOTIXINGPOUXI考点突破题型剖析2对于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合题意；1.下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(

) A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xex C.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋lnxB解析∵函数f(x)＝2x2－lnx，2.函数f(x)＝2x2－lnx的单调递减区间是(

)C解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)上的解集为3.已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的递增区间是________________.解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，(ⅰ)当Δ≤0，即0＜a≤2时，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上是减函数.故a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数.(ⅱ)当Δ＞0，即a＞2时，令f′(x)＝0，得∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，∴g′(x)≥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，所以a≥－3.∴实数a的取值范围是[－3，＋∞).(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

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.∴当x∈[1，2]时，a≤－2x2－x恒成立，迁移

(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.∴当x＝2时，t＝－2x2－x取得最小值－10.所以a≤－10，即实数a的取值范围为(－∞，－10].(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

∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).由f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.令t＝cosx，t∈[－1，1]，C在t∈[－1，1]上恒成立.∴4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.令g(t)＝4t2－3at－5，角度1比较大小例3

(多选)(2021·淄博二模)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是(

)ACD当0＜x＜e时，g′(x)＞0，当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，解析因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.例4

设函数f′(x)是奇函数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______________________.角度2解不等式(－∞，－1)∪(0，1)则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.故g(x)在(0，＋∞)上单减，在(－∞，0)上单增.综上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，A解析f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增.又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3).(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为__________________.(－∞，－3)∪(0，3)构造函数，巧妙解题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).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).∴g(x)在R上为增函数，又a＞0，例1

f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)＞f(x)，对任意正实数a，下列式子一定成立的是(

)B一、利用f(x)与ex构造可导型函数故f(a)＞eaf(0).当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0，1).例2

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)二、利用f(x)与xn构造可导型函数CD三、利用f(x)与sinx，cosx构造可导型函数A四、构造具体函数则f(lnx)＜f(lny).又f(t)在(0，＋∞)上单调递增.则lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的关系，故C、D不正确.FENCENGXUNLIANGONGGUTISHENG分层训练巩固提升3解析利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D符合.1.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(

)D2.函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是(

)B解析令g(x)＝f(x)－3x－6，则g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以函数g(x)在R上单调递减，g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0，由g(x)＜0⇔g(x)＜g(－2)，则x＞－2.3.若函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x).若f′(x)－3＜0恒成立，f(－2)＝0，则f(x)－3x＜6的解集为(

) A.(－∞，－2) B.(－2，2) C.(－∞，2) D.(－2，＋∞)D令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.4.已知函数f(x)＝ax2－4ax－lnx，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是(

)D当a＝0时，显然不成立；A.b＜c＜a

B.c＜a＜b C.a＜c＜b

D.c＜b＜a当0＜x＜e时，f′(x)＞0；当x＞e时，f′(x)＜0，则f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，C即b＞a，b＞c；故f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)，D又当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以g′(x)＜0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减.由0＜ln2＜e＜3，可得g(3)＜g(e)＜g(ln2)，即c＜a＜b.c＜a＜b解析∵f(x)在[1，4]上单调递减，解析∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解.设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，则当x＜ln2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞ln2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴当x＝ln2时，g(x)取得极大值也是最大值，且g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，∴a＜2ln2－2.9.若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是__________________.(－∞，2ln2－2)解

f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)·e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，10.函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y－5＝0. (1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解

∵f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，当x＜－2或x＞3时，f′(x)＜0；当－2＜x＜3时，f′(x)＞0，故f(x)的单调递增区间是(－2，3)，单调递减区间是(－∞，－2)，(3，＋∞).①当a≥1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a≤0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，11.讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的单调性.解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又f(a)＝f(2)＝f(4)＞f(b)＝f(16)，结合a，b∈(0，3)，所以b＜a＝2，又c＝log0.30.06＝log0.3(0.2×0.3)＝log0.30.2＋1＞1＋log0.30.3＝2，所以b＜a＜c