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(共76张PPT)
第二节　导数与函数的单调性
新课标要求
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系．
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)．
真题分布
2025年 全国Ⅱ卷T18(2)
2024年 全国甲卷(文)T16
　知识导图
【重要结论】
1．在区间(a，b)内，f′(x)>0(f′(x)<0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．
2．f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间(a，b)内恒成立是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．
3．若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件．
回归教材
1.(人教A版选修二P86例2改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　)
A.函数f(x)在区间(－3，0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(1，3)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0，2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(3，4)上是增函数
答案：A
解析：对于A，当－30，当20，则f(x)在(0，2)上单调递增，故C错误；对于D，当32．(人教A版选修二P97习题T1改编)已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　)
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)
答案：D
解析：f(x)＝1＋x－sin x，函数的导数f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)为增函数，∵2<3<π，∴f(π)>f(3)>f(2)．故选D.
(－∞，0)
[－2，＋∞)
视角一　含参函数单调性的讨论
题型1　一次含参型
例1 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
学霸笔记：导数是一次函数或类一次kx＋b：
(1)如果k是参量，讨论k与零的关系．
(2)如果b是参量，讨论根与定义域的关系．

学霸笔记：导数是二次函数或者类二次函数形式
(1)先看导数最高次幂前是否含参，有参讨论二次项系数是否为零，无参看开口方向．
(2)再看导数是否可以因式分解，如果可以直接因式分解，如不可以，分Δ≤0和Δ＞0两种情况．
(3)讨论两根大小．
(4)讨论根与定义域的关系．
视角二　已知单调区间求参数的取值范围
例3 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
答案：C
答案：A
答案：B
学霸笔记：(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．此时应注意式子f′(x)≥0(或f′(x)≤0)中等号不能省略，否则会漏解．
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧f′(x)是否异号)．
答案：D
(2)(2026·深圳模拟)若函数f(x)＝ae2x－(2＋5a)ex＋5x在区间(1，2)上单调递增，则a的取值范围是________．

答案：D
2．函数f(x)＝2x2－a ln x＋7的单调递减区间是(0，2)，则a＝(　　)
A．16 B．6
C．4 D．2
答案：A
答案：D
答案：A

答案：D
答案：A
答案：D
当x，y，z∈(0，e)时，因为f(x)单调递增，所以f(x)>f(y)>f(z) x>y>z，故A可能成立．当x，y，z∈(e，＋∞)时，因为f(x)单调递减，所以f(x)>f(y)>f(z) x当y>x>e>1>z时，f(x)>f(y)>f(z)，故C可能成立．当y>z>x时，若0f(y)，不符合；若ef(z)>f(y)，不符合．所以当y>z>x时，f(x)>f(y)>f(z)不可能成立．故选D.
答案：C
9．已知函数f(x)及其导函数f′(x)的部分图象如图所示，设函数g(x)＝e－xf(x)，则下列命题正确的是(　　)
A．函数f(x)先减后增再减
B．函数f(x)先增后减
C．函数g(x)在区间(a，b)上是减函数
D．函数g(x)在区间(a，b)上是增函数
答案：AD
解析：对于AB，由题意可得，f(x)与f′(x)对应的图象如图所示，
方法一　直接观察f(x)的图象可以得出函数f(x)先减后增再减；

答案：AD
12．已知函数f(x)＝3ex－a ln x在(2，4)上存在单调递增区间，则a的
取值范围为______________．
(－∞，12e4)
当a>－1时，令g′(x)>0，则x<－1或x>a，令g′(x)<0，则－1所以g(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(a，＋∞)，单调递减区间为(－1，a)；
当a<－1时，令g′(x)>0，则x－1，令g′(x)<0，则a所以g(x)的单调递增区间为(－∞，a)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(a，－1)．
综上，当a>－1时，g(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(a，＋∞)，单调递减区间为(－1，a)；
当a＝－1时，g(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a<－1时，g(x)的单调递增区间为(－∞，a)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(a，－1)．


答案：B
第二节　导数与函数的单调性
新课标要求
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系．
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)．
真题分布
2025年 全国Ⅱ卷T18(2)
2024年 全国甲卷(文)T16
必备知识·回归教材　清单式排查 彰显一个“准”
　知识导图
【重要结论】
1．在区间(a，b)内，f′(x)>0(f′(x)<0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．
2．f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间(a，b)内恒成立是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．
3．若f′(x)在区间(a，b)的任意子区间上都不恒等于零，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件．
回归教材
1.(人教A版选修二P86例2改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　)
A.函数f(x)在区间(－3，0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(1，3)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0，2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(3，4)上是增函数
2．(人教A版选修二P97习题T1改编)已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　)
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)
3．(人教A版选修二P103复习参考题T7改编)函数f(x)＝的单调递减区间为________．
4．若函数f(x)＝x2＋kx＋ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是________．
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　含参函数单调性的讨论
题型1　一次含参型
例1 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
学霸笔记：导数是一次函数或类一次kx＋b：
(1)如果k是参量，讨论k与零的关系．
(2)如果b是参量，讨论根与定义域的关系．
跟踪训练　已知函数f(x)＝ln x－，其中a∈R.讨论f(x)的单调性．
题型2　二次含参型
例2 (1)已知函数f(x)＝(2a－1)x－2a ln x－，a∈R.讨论函数f(x)的单调性．
(2)(2026·南京模拟节选)已知函数f(x)＝ln (ax)＋＋a(x－1)，其中a≠0.讨论f(x)的单调性．
学霸笔记：导数是二次函数或者类二次函数形式
(1)先看导数最高次幂前是否含参，有参讨论二次项系数是否为零，无参看开口方向．
(2)再看导数是否可以因式分解，如果可以直接因式分解，如不可以，分Δ≤0和Δ＞0两种情况．
(3)讨论两根大小．
(4)讨论根与定义域的关系．
跟踪训练　(2026·南昌模拟节选)已知f(x)＝x－－a ln x(a＞0)．讨论f(x)的单调区间．
视角二　已知单调区间求参数的取值范围
例3 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
(2)若函数f(x)＝x2－2ax＋ln x在定义域内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(，＋∞) B．[，＋∞)
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
(3)若函数f(x)＝2x2－ln x在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)
A．(1，] B．[1，)
C．(－) D．[－]
学霸笔记：(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．此时应注意式子f′(x)≥0(或f′(x)≤0)中等号不能省略，否则会漏解．
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧f′(x)是否异号)．
跟踪训练　(1)(2026·衡水模拟)已知f(x)＝ax3＋2ax2－x－1在R上单调递减，则a的取值范围为(　　)
A．[－，0] B．(－∞，－]
C．(－∞，－] D．[－，0]
(2)(2026·深圳模拟)若函数f(x)＝ae2x－(2＋5a)ex＋5x在区间(1，2)上单调递增，则a的取值范围是________．
提示：请完成课时作业16
第二节　导数与函数的单调性
必备知识·回归教材
回归教材
1．解析：对于A，当－30，当20，则f(x)在(0，2)上单调递增，故C错误；对于D，当3答案：A
2．解析：f(x)＝1＋x－sin x，函数的导数f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)为增函数，∵2<3<π，∴f(π)>f(3)>f(2)．故选D.
答案：D
3．解析：函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝，当x<0时，f′(x)<0，故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．
答案：(－∞，0)
4．解析：由于函数f(x)＝x2＋kx＋ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝x＋k＋≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x＋≥－k恒成立，由y＝x＋在(1，＋∞)上单调递增，则x＋>1＋1＝2，所以－k≤2 k≥－2，所以实数k的取值范围为[－2，＋∞)．
答案：[－2，＋∞)
多元视角·拓展教材
视角一
例1　解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－，
当a≤0时，ax－1<0，所以f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，若0若x>，则ax－1>0，从而f′(x)>0，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
跟踪训练　解析：f(x)＝ln x－(x>0)，
f′(x)＝，
所以当a≥－1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a<－1时，令f′(x)＝0，得x＝－a－1，令f′(x)>0，得x>－a－1，令f′(x)<0，得0所以f(x)在区间(0，－a－1)上单调递减，在区间(－a－1，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≥－1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a<－1时，f(x)在区间(－a－1，＋∞)上单调递增，在区间(0，－a－1)上单调递减．
例2　解析：(1)f′(x)＝2a－1－，
①若a≤，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
②若0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
③若a＝1，则f′(x)＝≥0，f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增．
④若a>1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)；当1时，f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为.
(2)已知f(x)＝ln (ax)＋＋a(x－1)，
得f′(x)＝.
当a>0时，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，二次函数y＝ax2＋x－1的图象开口向上，且Δ＝1＋4a>0，
令g(x)＝ax2＋x－1＝0，在(0，＋∞)上必有解x＝，
当0当x>时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当a<0时，定义域为(－∞，0)，则f′(x)＝<0恒成立，f(x)在(－∞，0)上单调递减．
综上所述，当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减．
跟踪训练　解析：f′(x)＝1＋，
令f′(x)＝0，则x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，
当a2－4≤0即0当a2－4>0即a>2时，方程x2－ax＋1＝0有两根x1＝，
则0x2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x1综上所述，当0当a>2时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
视角二
例3　解析：(1)因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e-1.故选C.
(2)由题设f′(x)＝2x－2a＋且x>0，由函数f(x)在定义域内存在单调递减区间，则2x2－2ax＋1<0在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝2x2－2ax＋1，其开口向上，对称轴为x＝且g(0)＝1，则所以a>.故选A.
(3)函数的定义域为(0，＋∞)，故需满足k－1≥0，故k≥1，f′(x)＝4x－，f′(x)>0，解得x>，f′(x)<0，解得01时，因为函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，所以在(k－1，k＋1)内，即即即答案：(1)C　(2)A　(3)B
跟踪训练　解析：(1)当a＝0时，显然f(x)在R上单调递减；当a≠0时，由f(x)在R上单调递减，得f′(x)＝3ax2＋4ax－1≤0恒成立，所以解得－≤a<0.综上，≤a≤0.故选D.
(2)由题意有f′(x)＝2ae2x－(2＋5a)ex＋5＝(aex－1)(2ex－5)≥0在(1，2)上恒成立，又e0，所以只需aex－1≥0在(1，2)上恒成立即可，即a≥在(1，2)上恒成立，即a≥max，又y＝在(1，2)上单调递减，所以a≥.
答案：(1)D　(2)

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