2025高考数学一轮复习-3.2-导数与函数的单调性【课件】

第2节导数与函数的单调性[课程标准要求]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.2.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).积累·必备知识01回顾教材,夯实四基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函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减),则f′(x)≥0(f′(x)≤0),“f′(x)>0(f′(x)<0)在(a,b)上恒成立”是“f(x)在(a,b)上单调递增(减)”的充分不必要条件.如f(x)=x3在定义域上是增函数,但是其导数f′(x)=3x2≥0.2.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.定义域零点1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”).(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)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.(

)(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.(

)√√×√2.(选择性必修第二册P97习题5.3T2改编)函数f(x)=x2-lnx的单调递减区间为(

)A.(-1,1) B.(0,1)C.(1,+∞) D.(0,2)√解析:f(x)的定义域为(0,+∞),解不等式f′(x)=<0,可得0<x<1,故函数f(x)=x2-lnx的单调递减区间为(0,1).故选B.3.若函数f(x)=x3+x2+ax-1是R上的单调函数,则实数a的取值范围是(

)解析:由题意知f′(x)=3x2+2x+a≥0恒成立,即Δ=4-12a≤0,解得a≥.故选A.√(-2,+∞)4.若函数f(x)=lnx+ax2-2在区间(,2)内存在单调递增区间,则实数a的取值范围是

.

02提升·关键能力类分考点,落实四翼考点一求不含参数函数的单调区间[例1](1)函数f(x)=e-xcosx,x∈(0,π)的单调递增区间为(

)√(2)(2024·贵州贵阳模拟)已知函数f(x)满足f(x)=f′(2)ex-2-f(0)x+x2,则f(x)的单调递减区间为(

)A.(-∞,0) B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.(0,+∞)√解析:(2)由题设f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,则f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,即f(0)=f′(2)e-2=2,则f′(2)=2e2,所以f(x)=2ex-2x+x2,得f′(x)=2ex-2+x,则f′(0)=0且f′(x)单调递增,当x<0时,f′(x)<0,即f(x)单调递减,故f(x)的单调递减区间为(-∞,0).故选A.求函数的单调区间的步骤:(1)确定函数y=f(x)的定义域.(2)求导数f′(x).(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.注意:(1)不能漏掉求函数的定义域;(2)函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开.[针对训练](多选题)下列函数中,在(0,+∞)上为增函数的是(

)A.f(x)=x2- B.f(x)=xexC.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+lnx√√解析:对于A,f′(x)=2x+>0在(0,+∞)上恒成立,因此函数f(x)=x2-在(0,+∞)上是增函数,故A正确;对于B,函数f(x)=xex的导函数f′(x)=ex(x+1),当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)=xex在(0,+∞)上为增函数,故B正确;对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,所以函数f(x)=x3-x在上单调递增,故C错误;对于D,f′(x)=,令f′(x)>0,得0<x<1,所以函数f(x)=-x+lnx在区间(0,1)上单调递增,故D错误.故选AB.考点二含参函数的单调性讨论[例2]已知函数f(x)=[ax2-(3a+2)x+3a+4]·ex,a∈R.讨论函数f(x)的单调性.解:由已知得f′(x)=[ax2-(a+2)x+2]ex=(ax-2)(x-1)ex,当a=0时,f′(x)=-2(x-1)ex,故当x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当a≠0时,令f′(x)=0,则x1=1,当a<0时,x2<x1,故当x∈和(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;f′(x)>0,f(x)单调递增;当a>0时,则f′(x)>0,f(x)单调递增;则f′(x)<0,f(x)单调递减;即a=2时,f′(x)≥0,f(x)在定义域R上单调递增;则f′(x)>0,f(x)单调递增;则f′(x)<0,f(x)单调递减.当0<a<2时,f(x)在(-∞,1),上单调递增,当a=0时,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当a=2时,f(x)在定义域R上单调递增;当a>2时,f(x)在(-∞,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减.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.分类讨论主要是讨论参数的不同取值求出单调性,主要讨论点:(1)最高次项系数是否为0.(2)导函数是否有零点.(3)导函数两零点的大小关系.(4)导函数零点与定义域的关系(即导函数零点与定义域端点的关系)等.注意:(1)若函数的导数中自变量的最高次数含参数,需要考虑参数的正负对函数单调性的影响.(2)若导函数的解析式的主要部分是二次多项式或者可转化为二次多项式且不能够因式分解,则需要考虑二次多项式是否存在零点,这里需要对判别式(Δ≤0和Δ>0)分类讨论.[针对训练]已知函数f(x)=-alnx,a∈R,求f(x)的单调区间.x∈(0,+∞),①当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当a>0时,f′(x)=.当x∈(0,)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为(0,);当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(,+∞).综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a>0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞).考点三用导数解决函数单调性的应用问题角度一利用导数研究函数图象[例3]设函数f(x)在定义域内可导,f(x)的图象如图所示,则其导函数f′(x)的图象可能是(

)√解析:由f(x)的图象可知,当x∈(-∞,0)时,函数单调递增,则f′(x)≥0,故排除C,D;当x∈(0,+∞)时,f(x)先单调递减,再单调递增最后单调递减,所以对应的导数值应该先小于0,再大于0,最后小于0,故排除B.故选A.函数图象与其导函数图象的关系:导函数f′(x)图象在x轴上方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象上升部分对应的区间(单调递增区间),导函数f′(x)图象在x轴下方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象下降部分对应的区间(单调递减区间).角度二利用导数比较大小或解不等式√解析:(1)因为f(x)=xsinx,所以f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsinx=f(x),所以函数f(x)是偶函数,f′(x)=sinx+xcosx>0,故选A.(2)已知定义域为R的函数f(x),有f(-x)=f(x),且x≥0时,f(x)=ex-e-x-sin2x,则f(x)>f()的解集为

.解析:(2)因为x≥0,所以f′(x)=ex+e-x-2cos2x≥-2cos2x=2(1-cos2x)≥0,又f(x)为偶函数,所以由f(x)>f(),所以f(x)在[0,+∞)上为增函数,(1)利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小.(2)与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数;题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时,常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数,与题设形成解题链条,利用导数研究新函数的单调性,从而求解不等式.角度三利用函数的单调性求参数范围[例5](1)已知函数f(x)=(x-1)ex-mx在[2,4]上存在减区间,则实数m的取值范围为(

)A.(2e2,+∞) B.(-∞,e)C.(0,2e2) D.(0,e)√解析:(1)因为f(x)=(x-1)ex-mx,所以f′(x)=xex-m,因为f(x)在[2,4]上存在减区间,所以存在x∈[2,4],使得f′(x)<0,即m>(xex)min,令g(x)=xex,x∈[2,4],得g′(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)=xex在[2,4]上单调递增,所以g(x)min=g(2)=2e2,所以m>2e2.故选A.(2)若函数f(x)=x2-lnx+1在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是(

)√解析:(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以k-1≥0,即k≥1,令f′(x)=0,由于函数在区间(k-1,k+1)内不是单调函数,所以∈(k-1,k+1),(不在定义域内,舍去),(1)已知函数单调性求参数范围①已知可导函数f(x)在区间D上单调递增,则在区间D上f′(x)≥0恒成立;②已知可导函数f(x)在区间D上单调递减,则在区间D上f′(x)≤0恒成立;③已知可导函数f(x)在区间D上存在增区间,则f′(x)>0在区间D上有解;④已知可导函数f(x)在区间D上存在减区间,则f′(x)<0在区间D上有解.(2)已知函数在所给区间上不单调,则转化为导函数在该区间上存在变号零点,通常利用分离变量法求解参变量的范围.[针对训练](1)(角度一)(多选题)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(

)A.在区间(-2,1)上f(x)单调递增B.在区间(2,3)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)单调递减√√解析:(1)在区间(-2,1)上,当x∈(-2,-)时,f′(x)<0,当x∈(-,1)时,f′(x)>0,故f(x)在(-2,-)上单调递减,在(-,1)上单调递增,A错误;在区间(3,5)上,当x∈(3,4)时,f′(x)<0,当x∈(4,5)时,f′(x)>0,即f(x)在(3,4)上单调递减,在(4,5)上单调递增,D错误;在(4,5)上f′(x)>0,所以f(x)单调递增,在(2,3)上f′(x)<0,所以f(x)单调递减,故B,C正确.故选BC.(2)(角度二)若函数f(x)的定义域为R,且满足f(2)=2,f′(x)>1,则不等式f(x)-x>0的解集为

.

解析:(2)令g(x)=f(x)-x,所以g′(x)=f′(x)-1.由题意知g′(x)>0,所以g(x)为增函数.因为g(2)=f(2)-2=0,所以g(x)>0的解集为(2,+∞).(2,+∞)(3)(角度三)(2024·江苏镇江模拟)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是

.解析:(3)函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,在(-∞,+∞)上恒成立.设cosx=t,上恒成立,所以在[-1,1]类型一构造具体函数比较大小对于变量不同,其余地方均相同的表达式的比较大小问题,常构造具体函数求解.常用的具体函数有以下几种:f(x)=xex,f(x)=xlnx,f(x)=x+ex,f(x)=x+lnx,f(x)=ex-x+a,f(x)=x-lnx,f(x)=ln(1+x)-x+a,f(x)=,f(x)=x±sinx+a,f(x)=x±cosx+a等,利用构造函数解题要注意一些常见的凑形技巧,如:x=elnx,x=lnex,xex=ex+lnx,=ex-lnx等.微点提能4构造函数的应用[典例1]已知a=4ln3π,b=3ln4π,c=4lnπ3,则a,b,c的大小关系是(

)A.c<b<a B.b<c<aC.b<a<c D.a<b<c√解析:对于a,b,a=4ln3π=ln34π=πln81,b=3ln4π=ln43π=πln64,显然a>b.对于a,c,构造函数f(x)=,则f′(x)=,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.因为π>3>e,所以f(π)<f(3),所以3lnπ<πln3,所以lnπ3<ln3π,所以a>c.对于b,c,b=3ln4π,c=4lnπ3=3lnπ4,所以4lnπ>πln4,ln4π<lnπ4,所以c>b,所以a>c>b.故选B.为构造函数常见的变形有:(1)axeax≥xlnx⇒axeax≥lnx·elnx,可构造函数f(x)=xex来进行研究.(2)x2lnx=alna-alnx⇒x2lnx=aln⇒xlnx=,可构造函数f(x)=xlnx来进行研究.[拓展演练](2024·江苏南通调研)已知α,β均为锐角,且α+β->sinβ-cosα,则(

)A.sinα>sinβ B.cosα>cosβC.cosα>sinβ D.sinα>cosβ√类型二构造抽象函数解不等式或比较大小以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式,旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题,是近几年高考试卷中的一位“常客”,常以压轴题的形式出现,解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.角度一构造f(x)±g(x)型可导函数[典例2]定义在R上的函数f(x),满足f(1)=1,且对任意x∈R都有f′(x)<,则不等式f(lgx)>的解集为

.

(0,10)解析:由题意构造函数g(x)=f(x)-x,则g′(x)=f′(x)-<0,所以g(x)在定义域内是减函数.因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)-,所以lgx<1,解得0<x<10.所以原不等式的解集为(0,10).当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.[拓展演练](2024·河北保定模拟)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为(

)A.(-1,1) B.(-1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)解析:由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.又F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.√角度二构造f(x)·g(x)型可导函数[典例3](1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f′(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则(

)A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)√解析:(1)根据题意,令g(x)=x2f(x),其导函数g′(x)=2xf(x)+x2f′(x),又对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则当x>0时,有g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0恒成立,即函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,又由函数f(x)是定义在R上的偶函数,则f(-x)=f(x),则有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函数g(x)也为偶函数,则有g(-2)=g(2),且g(2)<g(3),则有g(-2)<g(3),即有4f(-2)<9f(3).故选A.(2)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为

.

(0,+∞)解析:(2)构造F(x)=f(x)·e2x,所以F′(x)=f′(x)·e2x+f(x)·2e2x=e2x[f′(x)+2f(x)]>0,所以F(x)在R上单调递增,且F(0)=f(0)·e0=1,因为不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1,即F(x)>F(0),所以x>0,所以原不等式的解集为(0,+∞).当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(