2025屆高三數學一輪總復習 第二章 第十一講 導數與函數的單調性

第十一講導數與函數的單調性2025年高考一輪總復習第二章

函數、導數及其應用條件恒有結論函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導f′(x)>0f(x)在(a，b)上單調遞增f′(x)<0f(x)在(a，b)上單調遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是常數函數1.函數的單調性與導數的關系2.利用導數判斷函數單調性的一般步驟(1)確定函數f(x)的定義域，求f′(x).(2)在函數定義域內解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根據結果確定f(x)的單調區(qū)間.【易錯警示】(1)在某區(qū)間上f′(x)>0(f′(x)<0)是函數f(x)在此區(qū)間上單調遞增(減)的充分不必要條件.(2)可導函數f(x)在(a，b)上是單調遞增(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)間內都不恒為零.考點一求不含參數的函數的單調性)1.函數f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的單調性為(A.單調遞增B.單調遞減C.在(0，π)上單調遞增，在(π，2π)上單調遞減D.在(0，π)上單調遞減，在(π，2π)上單調遞增解析：f′(x)＝1－cosx＞0在(0，2π)上恒成立，所以f(x)在(0，2π)上單調遞增.故選A.答案：A2.(2023年寶雞市期末)函數f(x)＝x－lnx2

的單調遞增區(qū)間是(

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

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

答案：(－∞，0)(0，1)【題后反思】確定函數單調區(qū)間的步驟(1)確定函數f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為函數的單調遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為函數的單調遞減區(qū)間.考點二求含參數的函數的單調性當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；【題后反思】(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.

(2)含參數的問題，應就參數范圍討論導數大于(或小于)零的不等式的解，在劃分函數的單調區(qū)間時，要在函數定義域內確定導數為零的點和函數的間斷點.【變式訓練】將例1中的參數a的取值范圍改為a∈R，其他條件不變，試討論函數f(x)的單調性.解：a>0時，討論同例1；當a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0，1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.

考點三函數單調性的應用考向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f′(x)＝0時，x＝1，0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，∴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f(x)的導函數為f′(x).若對任意實數x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2024為奇函數，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根據函數單調性求參數答案：B【題后反思】根據函數單調性求參數的一般思路(1)若函數y＝f(x)在(a，b)上單調遞增(減)，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子集.

(2)函數f(x)單調遞增(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)內的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解.(3)函數在某個區(qū)間上存在單調區(qū)間可轉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f(x)的導函數為f′(x)，

f′(x)m(x－3)<0，當m<0時，下列關系中一定成立的是()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x>3時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x<3時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.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f(x)＝(x＋k)ex

在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，則實數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⊙構造函數解決不等式問題

(1)待解的函數、不等式在整理后結構上有明顯的特點，但直接求導非常繁瑣，因此可以構造函數f(x)來解題，其中f(x)常常與已知條件和所求問題產生聯系.

(2)同構變形，利用不等式的結構特點構造函數f(x)，使得不等式變成f(m)≥f(n)，從而利用f(x)的單調性得到m與n的大小關系.

考向1x與f(x)的綜合函數

[例4](2023年杭州市模擬)設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當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)單調遞增；因為f(x)(x∈R)是奇函數，所以函數g(x)是偶函數.所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.所以當x＜－1時，g(x)＞0，f(x)＜0，當－1＜x＜0時，g(x)＜0，f(x)＞0，當0＜x＜1時，g(x)＜0，f(x)＜0，當x＞1時，g(x)＞0，f(x)＞0，所以當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[例5](1)已知函數f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若關于x的不等式f(x)＞0恒成立，則實數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a的取值范圍為(0，e2).故選B.(2)設a＞0，b＞0，e是自然對數的底數，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y＝ex＋2x(x＞0)，因為y′＝ex＋2＞0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調遞增，因而a＞b成立.令函數z＝ex－2x(x>0)，z′＝ex－2，易得函數z＝ex－2x在(0，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，所以當a>0，b>0，ea－2a＝eb－3b時，無法判斷a，b的大小.【反思感悟】根據導數關系構造函數的常見結構(1)對于不等式f′(x)＋g′(x)＞0，構造函數F(x)＝f(x)＋g(x).(2)對于不等式f′(x)－g′(x)＞0，構造函數F(x)＝f(x)－g(x).(3)對于不等式f′(x)＞k，構造函數F(x)＝f(x)－kx.(4)對于不等式f′(x)g(x)＋f(x