2025高考數(shù)學一輪復習-3.2-導數(shù)與函數(shù)的單調性【課件】

第2節(jié)導數(shù)與函數(shù)的單調性[課程標準要求]1.結合實例,借助幾何直觀了解函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系.2.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,會求函數(shù)的單調區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).積累·必備知識01回顧教材,夯實四基1.函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系條件恒有結論函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上可導f′(x)>0f(x)在區(qū)間(a,b)上

f′(x)<0f(x)在區(qū)間(a,b)上

f′(x)=0f(x)在區(qū)間(a,b)上是

單調遞增單調遞減常數(shù)函數(shù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上單調遞增(減),則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)上單調遞增(減)”的充分不必要條件.如f(x)=x3在定義域上是增函數(shù),但是其導數(shù)f′(x)=3x2≥0.2.利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性的步驟第1步,確定函數(shù)的

;第2步,求出導數(shù)f′(x)的

;第3步,用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間,列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負,由此得出函數(shù)y=f(x)在定義域內的單調性.定義域零點1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”).(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內恒有f′(x)=0,則f(x)在此區(qū)間內沒有單調性.(

)(2)在(a,b)內f′(x)≤0且f′(x)=0的根有有限個,則f(x)在(a,b)內單調遞減.(

)(3)若函數(shù)f(x)在定義域上都有f′(x)>0,則f(x)在定義域上一定單調遞增.(

)(4)函數(shù)f(x)=x-sinx在R上是增函數(shù).(

)√√×√2.(選擇性必修第二冊P97習題5.3T2改編)函數(shù)f(x)=x2-lnx的單調遞減區(qū)間為(

)A.(-1,1) B.(0,1)C.(1,+∞) D.(0,2)√解析:f(x)的定義域為(0,+∞),解不等式f′(x)=<0,可得0<x<1,故函數(shù)f(x)=x2-lnx的單調遞減區(qū)間為(0,1).故選B.3.若函數(shù)f(x)=x3+x2+ax-1是R上的單調函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是(

)解析:由題意知f′(x)=3x2+2x+a≥0恒成立,即Δ=4-12a≤0,解得a≥.故選A.√(-2,+∞)4.若函數(shù)f(x)=lnx+ax2-2在區(qū)間(,2)內存在單調遞增區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是

.

02提升·關鍵能力類分考點,落實四翼考點一求不含參數(shù)函數(shù)的單調區(qū)間[例1](1)函數(shù)f(x)=e-xcosx,x∈(0,π)的單調遞增區(qū)間為(

)√(2)(2024·貴州貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(2)ex-2-f(0)x+x2,則f(x)的單調遞減區(qū)間為(

)A.(-∞,0) B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.(0,+∞)√解析:(2)由題設f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,則f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,即f(0)=f′(2)e-2=2,則f′(2)=2e2,所以f(x)=2ex-2x+x2,得f′(x)=2ex-2+x,則f′(0)=0且f′(x)單調遞增,當x<0時,f′(x)<0,即f(x)單調遞減,故f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,0).故選A.求函數(shù)的單調區(qū)間的步驟:(1)確定函數(shù)y=f(x)的定義域.(2)求導數(shù)f′(x).(3)解不等式f′(x)>0,解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間.注意:(1)不能漏掉求函數(shù)的定義域;(2)函數(shù)的單調區(qū)間不能用并集,要用“逗號”或“和”隔開.[針對訓練](多選題)下列函數(shù)中,在(0,+∞)上為增函數(shù)的是(

)A.f(x)=x2- B.f(x)=xexC.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+lnx√√解析:對于A,f′(x)=2x+>0在(0,+∞)上恒成立,因此函數(shù)f(x)=x2-在(0,+∞)上是增函數(shù),故A正確;對于B,函數(shù)f(x)=xex的導函數(shù)f′(x)=ex(x+1),當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)=xex在(0,+∞)上為增函數(shù),故B正確;對于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)=x3-x在上單調遞增,故C錯誤;對于D,f′(x)=,令f′(x)>0,得0<x<1,所以函數(shù)f(x)=-x+lnx在區(qū)間(0,1)上單調遞增,故D錯誤.故選AB.考點二含參函數(shù)的單調性討論[例2]已知函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+2)x+3a+4]·ex,a∈R.討論函數(shù)f(x)的單調性.解:由已知得f′(x)=[ax2-(a+2)x+2]ex=(ax-2)(x-1)ex,當a=0時,f′(x)=-2(x-1)ex,故當x<1時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;當x>1時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;當a≠0時,令f′(x)=0,則x1=1,當a<0時,x2<x1,故當x∈和(1,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;f′(x)>0,f(x)單調遞增;當a>0時,則f′(x)>0,f(x)單調遞增;則f′(x)<0,f(x)單調遞減;即a=2時,f′(x)≥0,f(x)在定義域R上單調遞增;則f′(x)>0,f(x)單調遞增;則f′(x)<0,f(x)單調遞減.當0<a<2時,f(x)在(-∞,1),上單調遞增,當a=0時,f(x)在(-∞,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減;當a=2時,f(x)在定義域R上單調遞增;當a>2時,f(x)在(-∞,),(1,+∞)上單調遞增,在(,1)上單調遞減.研究含參數(shù)的函數(shù)的單調性,要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論.分類討論主要是討論參數(shù)的不同取值求出單調性,主要討論點:(1)最高次項系數(shù)是否為0.(2)導函數(shù)是否有零點.(3)導函數(shù)兩零點的大小關系.(4)導函數(shù)零點與定義域的關系(即導函數(shù)零點與定義域端點的關系)等.注意:(1)若函數(shù)的導數(shù)中自變量的最高次數(shù)含參數(shù),需要考慮參數(shù)的正負對函數(shù)單調性的影響.(2)若導函數(shù)的解析式的主要部分是二次多項式或者可轉化為二次多項式且不能夠因式分解,則需要考慮二次多項式是否存在零點,這里需要對判別式(Δ≤0和Δ>0)分類討論.[針對訓練]已知函數(shù)f(x)=-alnx,a∈R,求f(x)的單調區(qū)間.x∈(0,+∞),①當a≤0時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增.②當a>0時,f′(x)=.當x∈(0,)時,f′(x)<0,所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,);當x∈(,+∞)時,f′(x)>0,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(,+∞).綜上所述,當a≤0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間;當a>0時,函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,),單調遞增區(qū)間為(,+∞).考點三用導數(shù)解決函數(shù)單調性的應用問題角度一利用導數(shù)研究函數(shù)圖象[例3]設函數(shù)f(x)在定義域內可導,f(x)的圖象如圖所示,則其導函數(shù)f′(x)的圖象可能是(

)√解析:由f(x)的圖象可知,當x∈(-∞,0)時,函數(shù)單調遞增,則f′(x)≥0,故排除C,D;當x∈(0,+∞)時,f(x)先單調遞減,再單調遞增最后單調遞減,所以對應的導數(shù)值應該先小于0,再大于0,最后小于0,故排除B.故選A.函數(shù)圖象與其導函數(shù)圖象的關系:導函數(shù)f′(x)圖象在x軸上方時對應的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖象上升部分對應的區(qū)間(單調遞增區(qū)間),導函數(shù)f′(x)圖象在x軸下方時對應的自變量的取值區(qū)間為原函數(shù)f(x)圖象下降部分對應的區(qū)間(單調遞減區(qū)間).角度二利用導數(shù)比較大小或解不等式√解析:(1)因為f(x)=xsinx,所以f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsinx=f(x),所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù),f′(x)=sinx+xcosx>0,故選A.(2)已知定義域為R的函數(shù)f(x),有f(-x)=f(x),且x≥0時,f(x)=ex-e-x-sin2x,則f(x)>f()的解集為

.解析:(2)因為x≥0,所以f′(x)=ex+e-x-2cos2x≥-2cos2x=2(1-cos2x)≥0,又f(x)為偶函數(shù),所以由f(x)>f(),所以f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),(1)利用導數(shù)比較大小,其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數(shù),把比較大小的問題轉化為先利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,進而根據(jù)單調性比較大小.(2)與抽象函數(shù)有關的不等式,要充分挖掘條件關系,恰當構造函數(shù);題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關系時,常構造含f(x)與另一函數(shù)的積(或商)的函數(shù),與題設形成解題鏈條,利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調性,從而求解不等式.角度三利用函數(shù)的單調性求參數(shù)范圍[例5](1)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-mx在[2,4]上存在減區(qū)間,則實數(shù)m的取值范圍為(

)A.(2e2,+∞) B.(-∞,e)C.(0,2e2) D.(0,e)√解析:(1)因為f(x)=(x-1)ex-mx,所以f′(x)=xex-m,因為f(x)在[2,4]上存在減區(qū)間,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]上單調遞增,所以g(x)min=g(2)=2e2,所以m>2e2.故選A.(2)若函數(shù)f(x)=x2-lnx+1在其定義域內的一個子區(qū)間(k-1,k+1)內不是單調函數(shù),則實數(shù)k的取值范圍是(

)√解析:(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),所以k-1≥0,即k≥1,令f′(x)=0,由于函數(shù)在區(qū)間(k-1,k+1)內不是單調函數(shù),所以∈(k-1,k+1),(不在定義域內,舍去),(1)已知函數(shù)單調性求參數(shù)范圍①已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調遞增,則在區(qū)間D上f′(x)≥0恒成立;②已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調遞減,則在區(qū)間D上f′(x)≤0恒成立;③已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在增區(qū)間,則f′(x)>0在區(qū)間D上有解;④已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在減區(qū)間,則f′(x)<0在區(qū)間D上有解.(2)已知函數(shù)在所給區(qū)間上不單調,則轉化為導函數(shù)在該區(qū)間上存在變號零點,通常利用分離變量法求解參變量的范圍.[針對訓練](1)(角度一)(多選題)如圖是函數(shù)y=f(x)的導函數(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)單調遞增B.在區(qū)間(2,3)上f(x)單調遞減C.在區(qū)間(4,5)上f(x)單調遞增D.在區(qū)間(3,5)上f(x)單調遞減√√解析:(1)在區(qū)間(-2,1)上,當x∈(-2,-)時,f′(x)<0,當x∈(-,1)時,f′(x)>0,故f(x)在(-2,-)上單調遞減,在(-,1)上單調遞增,A錯誤;在區(qū)間(3,5)上,當x∈(3,4)時,f′(x)<0,當x∈(4,5)時,f′(x)>0,即f(x)在(3,4)上單調遞減,在(4,5)上單調遞增,D錯誤;在(4,5)上f′(x)>0,所以f(x)單調遞增,在(2,3)上f′(x)<0,所以f(x)單調遞減,故B,C正確.故選BC.(2)(角度二)若函數(shù)f(x)的定義域為R,且滿足f(2)=2,f′(x)>1,則不等式f(x)-x>0的解集為

.

解析:(2)令g(x)=f(x)-x,所以g′(x)=f′(x)-1.由題意知g′(x)>0,所以g(x)為增函數(shù).因為g(2)=f(2)-2=0,所以g(x)>0的解集為(2,+∞).(2,+∞)(3)(角度三)(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)若函數(shù)f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上單調遞增,則實數(shù)a的取值范圍是

.解析:(3)函數(shù)f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上單調遞增,在(-∞,+∞)上恒成立.設cosx=t,上恒成立,所以在[-1,1]類型一構造具體函數(shù)比較大小對于變量不同,其余地方均相同的表達式的比較大小問題,常構造具體函數(shù)求解.常用的具體函數(shù)有以下幾種: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,利用構造函數(shù)解題要注意一些常見的湊形技巧,如:x=elnx,x=lnex,xex=ex+lnx,=ex-lnx等.微點提能4構造函數(shù)的應用[典例1]已知a=4ln3π,b=3ln4π,c=4lnπ3,則a,b,c的大小關系是(

)A.c<b<a B.b<c<aC.b<a<c D.a<b<c√解析:對于a,b,a=4ln3π=ln34π=πl(wèi)n81,b=3ln4π=ln43π=πl(wèi)n64,顯然a>b.對于a,c,構造函數(shù)f(x)=,則f′(x)=,當x∈(0,e)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈(e,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減.因為π>3>e,所以f(π)<f(3),所以3lnπ<πl(wèi)n3,所以lnπ3<ln3π,所以a>c.對于b,c,b=3ln4π,c=4lnπ3=3lnπ4,所以4lnπ>πl(wèi)n4,ln4π<lnπ4,所以c>b,所以a>c>b.故選B.為構造函數(shù)常見的變形有:(1)axeax≥xlnx?axeax≥lnx·elnx,可構造函數(shù)f(x)=xex來進行研究.(2)x2lnx=alna-alnx?x2lnx=aln?xlnx=,可構造函數(shù)f(x)=xlnx來進行研究.[拓展演練](2024·江蘇南通調研)已知α,β均為銳角,且α+β->sinβ-cosα,則(

)A.sinα>sinβ B.cosα>cosβC.cosα>sinβ D.sinα>cosβ√類型二構造抽象函數(shù)解不等式或比較大小以抽象函數(shù)為背景,題設條件或所求結論中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式,旨在考查導數(shù)運算法則的逆向、變形應用能力的客觀題,是近幾年高考試卷中的一位“?？汀?常以壓軸題的形式出現(xiàn),解答這類問題的有效策略是將式子的外形結構特征與導數(shù)運算法則結合起來,合理構造出相關的可導函數(shù),然后利用該函數(shù)的性質解決問題.角度一構造f(x)±g(x)型可導函數(shù)[典例2]定義在R上的函數(shù)f(x),滿足f(1)=1,且對任意x∈R都有f′(x)<,則不等式f(lgx)>的解集為

.

(0,10)解析:由題意構造函數(shù)g(x)=f(x)-x,則g′(x)=f′(x)-<0,所以g(x)在定義域內是減函數(shù).因為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為(0,10).當題設條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f′(x)±g′(x)”時,不妨聯(lián)想、逆用“f′(x)±g′(x)=[f(x)±g(x)]′”,構造可導函數(shù)y=f(x)±g(x),然后利用該函數(shù)的性質巧妙地解決問題.[拓展演練](2024·河北保定模擬)函數(shù)f(x)的定義域為R,f(-1)=2,對任意x∈R,f′(x)>2,則f(x)>2x+4的解集為(

)A.(-1,1) B.(-1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)解析:由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,設F(x)=f(x)-2x-4,則F′(x)=f′(x)-2,因為f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上單調遞增.又F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等價于F(x)>F(-1),所以x>-1.故選B.√角度二構造f(x)·g(x)型可導函數(shù)[典例3](1)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),設函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),若對任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,則(

)A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)√解析:(1)根據(jù)題意,令g(x)=x2f(x),其導函數(shù)g′(x)=2xf(x)+x2f′(x),又對任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,則當x>0時,有g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0恒成立,即函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),則f(-x)=f(x),則有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù),則有g(-2)=g(2),且g(2)<g(3),則有g(-2)<g(3),即有4f(-2)<9f(3).故選A.(2)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,則不等式f(x)>的解集為

.

(0,+∞)解析:(2)構造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上單調遞增,且F(0)=f(0)·e0=1,因為不等式f(x)>可化為f(x)e2x>1,即F(x)>F(0),所以x>0,所以原不等式的解集為(0,+∞).當題設條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)”時,可聯(lián)想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(