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第二节　导数与函数的单调性
课标解读 考向预测
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). 从近三年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的一个问题，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2025年高考中仍是重点考点.
【知识梳理】
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)>0 f(x)在(a，b)上单调递增
f′(x)<0 f(x)在(a，b)上单调递减
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤
第一步，确定函数的定义域；
第二步，求出导数f′(x)的零点；
第三步，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．
【常用结论】
1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题
(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．
(2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．
2．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
3．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
【诊断自测】
1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)×
2．小题热身
(1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)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
答案　BC
(2)函数f(x)＝xe－x的一个单调递增区间是(　　)
A．(－∞，1) B．(2，8)
C．(1，2) D．(0，2)
答案　A
解析　由f(x)＝，得f′(x)＝，由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上为增函数．故选A.
(3)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
答案　D
解析　∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上是减函数．故选D.
【考点探究】
考点一　不含参数的函数的单调性
例1　求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．
解　f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
x
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 －e 单调递增
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
【通性通法】
利用导数求函数单调区间的步骤
注意：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域．
(2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
【巩固迁移】
1．(2023·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝2exsinx(e是自然对数的底数)，讨论f(x)的单调性．
解　f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)＝2exsin，
由f′(x)<0，解得2kπ＋由f′(x)>0，解得2kπ－故f(x)在(k∈Z)上单调递增，在(k∈Z)上单调递减．
考点二　含参数的函数的单调性
例2　已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R，且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
解　f′(x)＝(x>0)，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝<0，得0∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
【通性通法】
利用导数研究函数单调性的策略
提醒：讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
【巩固迁移】
2．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．
解　因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝＝.
由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或0由g′(x)<0，得即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
若>1，即0由g′(x)>0，得x>或0由g′(x)<0，得1即函数g(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减；
若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当0当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
考点三　与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究)
考向1辨析图象
例3　已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是(　　)
答案　D
解析　由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)>0，且在内，f′(x)单调递增，在内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在内越来越陡峭，在内越来越平缓．故选D.
【通性通法】
该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断．
3．(2023·浙江绍兴诸暨市高三下学期5月联考)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
答案　D
解析　由y＝f′(x)的图象可知，当03时，f′(x)>0，所以在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，函数y＝f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而选项D中函数y＝f(x)的图象均符合这些性质，故D正确．故选D.
考向2比较大小
例4　(2023·浙江重点中学拔尖学生培养联盟高三下学期适应性考试)设a＝2ln 1.4，b＝－1，c＝ln 1.6，则(　　)
A．cC．b答案　D
解析　因为2ln 1.4＝ln 1.42＝ln 1.96，ln 1.96>ln 1.6，所以a>c；令f(x)＝ln x－(－1)，则f′(x)＝－＝，当x∈[1，4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(1.6)＞f(1)＝0，即ln 1.6>－1，即b【通性通法】
(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．
(2)含有两个变元的不等式，可把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．
【巩固迁移】
4．(2023·湖南娄底市部分学校高三三模)若a＝ln 1.01，b＝，c＝－1，则(　　)
A．aC．b答案　B
解析　由于a＝ln 1.01＝ln (1＋0.01)，c＝－1＝－1，故设函数f(x)＝ln (1＋x)－＋1(x>0)，则f′(x)＝－＝，x>0，由于()2－(1＋x)2＝－x2<0，所以()2<(1＋x)2，即－(1＋x)<0，即f′(x)<0，故f(x)＝ln (1＋x)－＋1(x>0)单调递减，故f(x)0)，令x＝0.01，则ln (1＋0.01)<－1，即a0时，g′(x)＝－＝>0，即当x>0时，g(x)＝ln (x＋1)－单调递增，故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即当x>0时，ln (x＋1)>，令x＝0.01，则ln 1.01>＝，即a>b，故b考向3解不等式
例5　(2023·四川成都模拟)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x－1＋ln x，则不等式xf(x)>0的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－1，0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
答案　D
解析　由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋>0.则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，所以当x>0时，不等式xf(x)>0的解集为(1，＋∞)，又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，所以不等式xf(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D.
【通性通法】
利用单调性解不等式的思路方法
(1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式．
(2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可．
【巩固迁移】
5．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集为________．
答案　(1，＋∞)
解析　令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定义域为R，因为g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，不等式f(2x－3)＋f(x)>2可变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，又g′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以g(x)在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．
考向4求参数的取值范围
例6　(2024·宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考)若函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在R上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1，1] B．
C． D．
答案　C
解析　f′(x)＝1－cos2x＋acosx≥0对x∈R恒成立，故1－(2cos2x－1)＋acosx≥0，即acosx－cos2x＋≥0恒成立，即－t2＋at＋≥0对t∈[－1，1]恒成立，构造g(t)＝－t2＋at＋，由y＝－t2＋at＋为开口向下的抛物线，知g(t)的最小值的可能值为端点值，故只需保证解得－≤a≤.故选C.
【通性通法】
由函数的单调性求参数的取值范围的策略
注意：若已知函数f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
【巩固迁移】
6．若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2) B．
C．(－2，＋∞) D．(－8，＋∞)
答案　D
解析　由f(x)＝ln x＋ax2－2，可得f′(x)＝＋2ax.因为函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，所以f′(x)>0在x∈上有解，即a>－在x∈上有解．设g(x)＝－，x≠0，由g′(x)＝x－3>0在x∈上恒成立，所以g(x)在上单调递增，所以gg＝－8.故选D.
7．若函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]内不单调，则实数a的取值范围是________．
答案　(－10，－3)
解析　∵函数g(x)在区间[1，2]内不单调，∴g′(x)＝2＋＋＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，令y＝－2＋，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴值域为(－10，－3)，∴实数a的取值范围为(－10，－3)．
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第二节　导数与函数的单调性
课标解读 考向预测
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). 从近三年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的一个问题，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2025年高考中仍是重点考点.
【知识梳理】
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)>0 f(x)在(a，b)上单调递增
f′(x)<0 f(x)在(a，b)上单调递减
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤
第一步，确定函数的定义域；
第二步，求出导数f′(x)的零点；
第三步，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．
【常用结论】
1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题
(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．
(2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．
2．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
3．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
【诊断自测】
1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　)
2．小题热身
(1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)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
(2)函数f(x)＝xe－x的一个单调递增区间是(　　)
A．(－∞，1) B．(2，8)
C．(1，2) D．(0，2)
(3)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
【考点探究】
考点一　不含参数的函数的单调性
例1　求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间．
【通性通法】
利用导数求函数单调区间的步骤
注意：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域．
(2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
【巩固迁移】
1．(2023·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝2exsinx(e是自然对数的底数)，讨论f(x)的单调性．
考点二　含参数的函数的单调性
例2　已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R，且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
【通性通法】
利用导数研究函数单调性的策略
提醒：讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
【巩固迁移】
2．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性．
考点三　与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究)
考向1辨析图象
例3　已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是(　　)
【通性通法】
该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断．
【巩固迁移】
3．(2023·浙江绍兴诸暨市高三下学期5月联考)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
考向2比较大小
例4　(2023·浙江重点中学拔尖学生培养联盟高三下学期适应性考试)设a＝2ln 1.4，b＝－1，c＝ln 1.6，则(　　)
A．cC．b【通性通法】
(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数．
(2)含有两个变元的不等式，可把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系．
【巩固迁移】
4．(2023·湖南娄底市部分学校高三三模)若a＝ln 1.01，b＝，c＝－1，则(　　)
A．aC．b考向3解不等式
例5　(2023·四川成都模拟)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x－1＋ln x，则不等式xf(x)>0的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－1，0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
【通性通法】
利用单调性解不等式的思路方法
(1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式．
(2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可．
【巩固迁移】
5．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集为________．
考向4求参数的取值范围
例6　(2024·宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考)若函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在R上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1，1] B．
C． D．
【通性通法】
由函数的单调性求参数的取值范围的策略
注意：若已知函数f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
【巩固迁移】
6．若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2) B．
C．(－2，＋∞) D．(－8，＋∞)
7．若函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]内不单调，则实数a的取值范围是________．
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