2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2講第1課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課件

第二講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第一課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性知識梳理·雙基自測知

識

梳

理知識點(diǎn)函數(shù)的單調(diào)性1．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)________，若f′(x)______0，則f(x)為增函數(shù)，若f′(x)______0，則f(x)為減函數(shù)．2．求可導(dǎo)函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定f(x)的__________；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)令f′(x)______0(或f′(x)______0)，解出相應(yīng)的x的范圍；(4)當(dāng)___________時，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)，當(dāng)____________時，f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù)．可導(dǎo)><定義域><f′(x)>0f′(x)<0歸

納

拓

展1．若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)<0有解．雙

基

自

測題組一走出誤區(qū)1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)>0.(

)(2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)恒有f′(x)≥0，則y＝f(x)在(a，b)上一定為增函數(shù)．(

)(3)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減．(

)××√(4)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(

)√×[解析]

(1)有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，但f′(x)＝x2≥0.(2)因?yàn)閥＝f(x)若為常數(shù)函數(shù)，則一定有f′(x)＝0滿足條件，但不具備單調(diào)性．(3)f′(x)＝0在(a，b)內(nèi)有限個不影響y＝f(x)的單調(diào)性，故正確．(4)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則此函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)為常數(shù)函數(shù)，則函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．題組二走進(jìn)教材2．(選修2P89T3改編)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下列判斷正確的是(

)A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)單調(diào)遞增B．在區(qū)間(1,3)上f(x)單調(diào)遞減C．在區(qū)間(4,5)上f(x)單調(diào)遞增D．在區(qū)間(3,5)上f(x)單調(diào)遞增[解析]

在區(qū)間(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在區(qū)間(4,5)上單調(diào)遞增，故選C．CA．(－∞，0) B．(0,2log2e)C．(－∞，2log2e) D．(2log2e，＋∞)B4．(選修2P99T12改編)已知函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的是(

)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，當(dāng)x∈(0，π]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函數(shù)，所以f(π)>f(3)>f(2)．故選D．D題組三走向高考5．(2023·新課標(biāo)Ⅱ，6,5分)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1,2)單調(diào)遞增，則a的最小值為(

)A．e2 B．eC．e－1 D．e－2C[解析]

∵f(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在(1,2)內(nèi)恒成立，令g(x)＝xex(1<x<2)，則g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴g(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增，g(x)∈(e,2e2)，A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．a(chǎn)<c<bC考點(diǎn)突破·互動探究考向1不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性——自主練透求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(4)f(x)＝(x－1)ex－x2.函數(shù)的單調(diào)性(2)定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)．由f′(x)>0，解得x>e.由f′(x)<0，解得0<x<e，且x≠1.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，(1，e)．(4)由f(x)＝(x－1)ex－x2，得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表：由表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)．x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

極大值

極小值

名師點(diǎn)撥：用導(dǎo)數(shù)f′(x)確定函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的三種類型及方法：1．當(dāng)不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解時，根據(jù)函數(shù)的定義域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調(diào)區(qū)間．2．當(dāng)方程f′(x)＝0可解時，根據(jù)函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，求出實(shí)數(shù)根，把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和實(shí)根按從大到小的順序排列起來，把定義域分成若干個小區(qū)間，再確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．3．當(dāng)不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解時，對f′(x)化簡，根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，選擇相應(yīng)的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，得單調(diào)區(qū)間．注意：(1)求單調(diào)區(qū)間一定要在定義域范圍內(nèi)．(2)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間有多個時不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．考向2含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性——師生共研(2021·全國甲，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a＞0.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若y＝f(x)的圖象與x軸沒有公共點(diǎn)，求a的取值范圍．(2)∵y＝f(x)的圖象與x軸沒有公共點(diǎn)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上沒有零點(diǎn)，名師點(diǎn)撥：1．研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．遇二次三項(xiàng)式因式?？紤]二次項(xiàng)系數(shù)、對應(yīng)方程的判別式以及根的大小關(guān)系，以此來確定分界點(diǎn)，分情況討論．2．劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)．3．個別導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不影響在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)．當(dāng)m>0，即1－m<1時，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m<x<1，∴f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1－m，1)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)m＝0時，f(x)在R上單調(diào)遞減，當(dāng)m>0時，f(x)在(－∞，1－m)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1－m,1)上單調(diào)遞增．考向3利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用問題——多維探究角度1比較大小A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<b<a D．c<a<bC又a＝f(4)，b＝f(3)，c＝f(e)，e<3<4，故c<b<a.故選C．角度2解不等式名師點(diǎn)撥：1．利用導(dǎo)數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大?。?．與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式，要充分挖掘條件關(guān)系，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關(guān)系時，常構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積(或商)的函數(shù)，與題設(shè)形成解題鏈條，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性，從而求解不等式．角度3已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(

)A．(－∞，－2]

B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[分析]

利用函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增等價于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用區(qū)間(1，＋∞)是f(x)的增區(qū)間的子集求解．D[解析]

解法一：因?yàn)閒(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因?yàn)閒(x)＝kx－lnx，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故選D．[引申](1)本例中若f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，則k＝______；(2)若f(x)在(1，＋∞)上遞減，則k的取值范圍是__________；(3)若f(x)在(1，＋∞)上不單調(diào)，則k的取值范圍是_______；(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在減區(qū)間，則k的取值范圍是__________；

(5)若f(x)在(1,2)上單調(diào)，則k的取值范圍是____________________.1(－∞，0](0,1)(－∞，1)名師點(diǎn)撥：已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)取值范圍的兩個方法1．利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．2．轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題：利用“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來求解．提醒：f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒等于0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．【變式訓(xùn)練】A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．b<c<aC2．(角度2)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2021為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2021ex<0的解集為(

)A．(－∞，0) B．(0，＋∞)B(0,1)∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)．∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故實(shí)數(shù)t的取值范圍是(0,1)．名師講壇·素養(yǎng)提升一、構(gòu)造法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用在導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的客觀題中，有一類考查熱點(diǎn)，不給出具體的函數(shù)解析式，大多涉及f(x)與f′(x)的一些關(guān)系式，利用構(gòu)造法構(gòu)造新函數(shù)，確定其單調(diào)性，然后解決問題，下面重點(diǎn)突破兩類問題．題型一利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造函數(shù)角度1利用f(x)與ex構(gòu)造已知f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)

<f(x)對于x∈R恒成立，則(

)A．f(2)>e2f(0)，f(2025)>e2025f(0)B．f(2)<e2f(0)，f(2025)>e2025f(0)C．f(2)>e2f(0)，f(2025)<e2025f(0)D．f(2)<e2f(0)，f(2025)<e2025f(0)D角度2利用f(x)與xn構(gòu)造已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，2f(x)>xf′(x)，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是_______________.(－1,0)∪(0,1)角度3利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造CD[感悟提升]

(1)出現(xiàn)f′(x)sinx＋f(x)cosx構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)sinx(3)出現(xiàn)f′(x)cosx－f(x)sinx構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)cosx【變式訓(xùn)練】1．(角度1)設(shè)f(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f′(x)－cosx<0，則不等式f(x)<sinx的解集為_______________.[解析]

令φ(x)＝f(x)－sinx，所以當(dāng)x≥0時，φ′(x)＝f′(x)－cosx<0，所以φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為R上的奇函數(shù)，所以φ(x)為R上的奇函數(shù)，所以φ(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，故φ(x)在R上單調(diào)遞減且φ(0)＝0，不等式f(x)<sinx可化為f(x)－sinx<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，所以原不等式的解集為(0，＋∞)．(0，＋∞)c<a<ba<b<c名師點(diǎn)撥：利用導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的一些常見結(jié)構(gòu)1．對于不等式f′(x)＋g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)．2．對于不等式f′(x)－g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)．特別地，對于不等式f′(x)>k，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.3．對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x)．5．對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xn·f(x)．6．對于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ex·f(x)．7．對于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekx·f(x)．題型二通過變量構(gòu)造具體函數(shù)1．若0<x1<x2<1，則(

)CA．ey－x>1 B．ey－x<1C．ey－x－1>1 D．ey－x－1<1A名師點(diǎn)撥：若題目所給的條件含有兩個變量，可通過變形使兩個變量分別置于等號或不等號兩邊，即可構(gòu)造函數(shù)，并且利用函數(shù)的單調(diào)性求解．【變式訓(xùn)練】(2020·全國Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，則(

)A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0[解析]

原已知條件等價于2x－3－x<2y－3－y，設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x與y＝－3－x在R上均單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正確，B不正確．因?yàn)閨x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確．A題型三通過數(shù)值構(gòu)造具體函數(shù)c<a<bb<c<a名師點(diǎn)撥：當(dāng)要比較的各數(shù)為某些函數(shù)的函數(shù)值時，要仔細(xì)觀察這些數(shù)值的共同之處，構(gòu)造一個或兩個函數(shù)，使要比較的數(shù)成為該函數(shù)的函數(shù)值，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。咀兪接?xùn)練】1．(此題為更換新題)c>a>b令f(x)＝ex－(1＋sinx)(x>0)，則f′(x)＝ex－cosx>0，所以f(x)在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)>f(0)，所以ex>1＋sinx，所以e0.02>1＋sin0.02，即x>y>1，令g(x)＝(1＋x)1.2－ex，則g′(x)＝1.2(1＋x)0.2－ex，g″(x)＝0.24(1＋x)－0.8－ex，因?yàn)間″(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g″(0)＝0.24－1<0，所以當(dāng)x>0時，g″(x)<0，所以g′(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)