2025届高三数学一轮总复习 第二章 第十一讲 导数与函数的单调性

第十一讲导数与函数的单调性2025年高考一轮总复习第二章

函数、导数及其应用条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)上单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常数函数1.函数的单调性与导数的关系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)在某区间上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)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调性为(A.单调递增B.单调递减C.在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D.在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增解析：f′(x)＝1－cosx＞0在(0，2π)上恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增.故选A.答案：A2.(2023年宝鸡市期末)函数f(x)＝x－lnx2

的单调递增区间是(

)A.(－∞，0)和(0，2)B.(2，＋∞)C.(0，2)D.(－∞，0)和(2，＋∞)解析：函数f(x)＝x－lnx2

的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞).故选D.答案：D得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0.当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，1).

答案：(－∞，0)(0，1)【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当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；【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】将例1中的参数a的取值范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论函数f(x)的单调性.解：a>0时，讨论同例1；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.

考点三函数单调性的应用考向1比较大小或解不等式则()A.a＜b＜cC.c＜a＜b

B.c＜b＜aD.a＜c＜b当f′(x)＝0时，x＝1，0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取最小值f(1)＝1，答案：C

(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)＋2024为奇函数，则不等式f(x)＋2024ex<0的解集是()A.(－∞，0)C.(0，＋∞)B.(－∞，ln2024)D.(2024，＋∞)答案：C

考向2根据函数单调性求参数答案：B【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)上单调递增(减)，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)解析：由

f′(x)m(x－3)<0，得m(x－3)f′(x)<0，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).故选D.答案：D2.(考向2)(2023年平顶山市期末)若函数f(x)＝(x＋k)ex

在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是()A.[－1，＋∞)C.[－2，＋∞)B.[1，＋∞)D.[2，＋∞)解析：∵f(x)＝(x＋k)ex

在区间(1，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝(x＋k＋1)ex≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴k≥－x－1在[1，＋∞)上恒成立，∴k≥－2.故选C.答案：C⊙构造函数解决不等式问题

(1)待解的函数、不等式在整理后结构上有明显的特点，但直接求导非常繁琐，因此可以构造函数f(x)来解题，其中f(x)常常与已知条件和所求问题产生联系.

(2)同构变形，利用不等式的结构特点构造函数f(x)，使得不等式变成f(m)≥f(n)，从而利用f(x)的单调性得到m与n的大小关系.

考向1x与f(x)的综合函数

[例4](2023年杭州市模拟)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()A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)B.(－1，0)∪(0，1)C.(－∞，－1)∪(0，1)D.(－1，0)∪(1，＋∞)因为x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，所以在(0，＋∞)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增；因为f(x)(x∈R)是奇函数，所以函数g(x)是偶函数.所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝g(1)＝0.所以当x＜－1时，g(x)＞0，f(x)＜0，当－1＜x＜0时，g(x)＜0，f(x)＞0，当0＜x＜1时，g(x)＜0，f(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，f(x)＞0，所以当f(x)＞0时，－1＜x＜0或x＞1.故选D.答案：D考向2ex与f(x)的综合函数[例5](1)已知函数f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若关于x的不等式f(x)＞0恒成立，则实数a的取值范围为()A.(0，e2]B.(0，e2)C.[1，e2]D.(1，e2)答案：B∴ex－lna＋x－lna＞eln(x-1)＋ln(x－1).令g(x)＝ex＋x，易得g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴x－lna＞ln(x－1).∴－lna＞ln(x－1)－x.∵ln(x－1)－x≤x－2－x＝－2，∴－lna＞－2，∴0＜a＜e2.∴实数a的取值范围为(0，e2).故选B.(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，所以若ea＋2a＝eb＋3b，则ea＋答案：A2a＝eb＋2b＋b＞eb＋2b，同理，ea－2a＝eb－3b＝eb－2b－b<eb－2b.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