2025屆高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第二章 第十一講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

第十一講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.了解函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不會超過三次).條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常數(shù)函數(shù)1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域，求f′(x).(2)在函數(shù)定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根據(jù)結(jié)果確定f(x)的單調(diào)區(qū)間.【易錯警示】(1)在某區(qū)間上f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增(減)的充分不必要條件.(2)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是單調(diào)遞增(減)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.考點一求不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性)1.函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的單調(diào)性為(A.單調(diào)遞增B.單調(diào)遞減C.在(0，π)上單調(diào)遞增，在(π，2π)上單調(diào)遞減D.在(0，π)上單調(diào)遞減，在(π，2π)上單調(diào)遞增解析：f′(x)＝1－cosx＞0在(0，2π)上恒成立，所以f(x)在(0，2π)上單調(diào)遞增.故選A.答案：A2.(2023年寶雞市期末)函數(shù)f(x)＝x－lnx2

的單調(diào)遞增區(qū)間是(

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

的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞).故選D.答案：D得x＝0.當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0.當(dāng)x<0時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).

答案：(－∞，0)(0，1)【題后反思】確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間.考點二求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；【題后反思】(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行分類討論.

(2)含參數(shù)的問題，應(yīng)就參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式的解，在劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點.【變式訓(xùn)練】將例1中的參數(shù)a的取值范圍改為a∈R，其他條件不變，試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.解：a>0時，討論同例1；當(dāng)a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0，1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.

考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用考向1比較大小或解不等式則()A.a＜b＜cC.c＜a＜b

B.c＜b＜aD.a＜c＜b當(dāng)f′(x)＝0時，x＝1，0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)在x＝1處取最小值f(1)＝1，答案：C

(2)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x).若對任意實數(shù)x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2024為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2024ex<0的解集是()A.(－∞，0)C.(0，＋∞)B.(－∞，ln2024)D.(2024，＋∞)答案：C

考向2根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)答案：B【題后反思】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.

(2)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增(減)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解.(3)函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題.且滿足【考法全練】1.(考向1)已知定義域為R的連續(xù)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，

f′(x)m(x－3)<0，當(dāng)m<0時，下列關(guān)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，則(x－3)f′(x)>0.當(dāng)x>3時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<3時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3).故選D.答案：D2.(考向2)(2023年平頂山市期末)若函數(shù)f(x)＝(x＋k)ex

在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)k的取值范圍是()A.[－1，＋∞)C.[－2，＋∞)B.[1，＋∞)D.[2，＋∞)解析：∵f(x)＝(x＋k)ex

在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)＝(x＋k＋1)ex≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴k≥－x－1在[1，＋∞)上恒成立，∴k≥－2.故選C.答案：C⊙構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題

(1)待解的函數(shù)、不等式在整理后結(jié)構(gòu)上有明顯的特點，但直接求導(dǎo)非常繁瑣，因此可以構(gòu)造函數(shù)f(x)來解題，其中f(x)常常與已知條件和所求問題產(chǎn)生聯(lián)系.

(2)同構(gòu)變形，利用不等式的結(jié)構(gòu)特點構(gòu)造函數(shù)f(x)，使得不等式變成f(m)≥f(n)，從而利用f(x)的單調(diào)性得到m與n的大小關(guān)系.

考向1x與f(x)的綜合函數(shù)

[例4](2023年杭州市模擬)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是()A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)B.(－1，0)∪(0，1)C.(－∞，－1)∪(0，1)D.(－1，0)∪(1，＋∞)因為x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，所以在(0，＋∞)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；因為f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù).所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.所以當(dāng)x＜－1時，g(x)＞0，f(x)＜0，當(dāng)－1＜x＜0時，g(x)＜0，f(x)＞0，當(dāng)0＜x＜1時，g(x)＜0，f(x)＜0，當(dāng)x＞1時，g(x)＞0，f(x)＞0，所以當(dāng)f(x)＞0時，－1＜x＜0或x＞1.故選D.答案：D考向2ex與f(x)的綜合函數(shù)[例5](1)已知函數(shù)f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若關(guān)于x的不等式f(x)＞0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()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，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x－lna＞ln(x－1).∴－lna＞ln(x－1)－x.∵ln(x－1)－x≤x－2－x＝－2，∴－lna＞－2，∴0＜a＜e2.∴實數(shù)a的取值范圍為(0，e2).故選B.(2)設(shè)a＞0，b＞0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，則(

)A.若ea＋2a＝eb＋3b，則a＞bB.若ea＋2a＝eb＋3b，則a＜bC.若ea－2a＝eb－3b，則a＞bD.若ea－2a＝eb－3b，則a＜b解析：因為a＞0，b＞0，所以若ea＋2a＝eb＋3b，則ea＋答案：A2a＝eb＋2b＋b＞eb＋2b，同理，ea－2a＝eb－3b＝eb－2b－b<eb－2b.對于函數(shù)y＝ex＋2x(x＞0)，因為y′＝ex＋2＞0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a＞b成立.令函數(shù)z＝ex－2x(x>0)，z′＝ex－2，易得函數(shù)z＝ex－2x在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>0，b>0，ea－2a＝eb－3b時，無法判斷a，b的大小.【反思感悟】根據(jù)導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的常見結(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).(3)對于不等式f′(x)＞k，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.(4)對于不等式f′(x)g