2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-3.2-導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性【課件】

第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI知識診斷基礎(chǔ)夯實(shí)11.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(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__________f′(x)＜0f(x)在(a，b)上__________f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是__________單調(diào)遞增單調(diào)遞減常數(shù)函數(shù)第1步，確定函數(shù)的________；第2步，求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)的______；第3步，用f′(x)的零點(diǎn)將f(x)的定義域劃分為若干個(gè)區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性.2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟定義域零點(diǎn)1.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.2.對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.×解析(1)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則有f′(x)≥0.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”) (1)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)＞0.(

) (2)如果f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性.(

) (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(diào)遞增.(

) (4)函數(shù)f(x)＝x－sinx在R上是增函數(shù).(

)√×√CD解析由題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，因?yàn)閍＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a).當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(c，e)上是減函數(shù)，因?yàn)閏＜d＜e，所以f(c)＞f(d)＞f(e).2.(多選)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是(

) A.f(b)＞f(c)＞f(d) B.f(b)＞f(a)＞f(e) C.f(c)＞f(b)＞f(a) D.f(c)＞f(d)＞f(e)解析由題意可得函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∵f(x)＝lnx－x2，3.函數(shù)f(x)＝lnx－x2的單調(diào)遞增區(qū)間為______________.由f′(x)＞0可得1－2x2＞0，解析f′(x)＝3ax2＋6x－1，4.若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________________.(－3，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集為[－1，4],

∴－1，4是方程f′(x)＝0的兩根，則a＝(－1)×4＝－4.－4得x≤－a或x≥a.∵函數(shù)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴[2，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.(0，2]在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a＞0，∴0＜a≤2.KAODIANTUPOTIXINGPOUXI考點(diǎn)突破題型剖析2對于B，f′(x)＝(x＋1)ex＞0，符合題意；1.下列函數(shù)中，在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)的是(

) A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xex C.f(x)＝x3－x D.f(x)＝－x＋lnxB解析∵函數(shù)f(x)＝2x2－lnx，2.函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是(

)C解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為3.已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的遞增區(qū)間是________________.解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；解

f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4，(ⅰ)當(dāng)Δ≤0，即0＜a≤2時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).故a≤2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).(ⅱ)當(dāng)Δ＞0，即a＞2時(shí)，令f′(x)＝0，得∵函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3，＋∞).(2)若g(x)在區(qū)間[1，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解

g(x)在[1，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則g′(x)＞0在[1，2]上有解，即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，∴a＞(－2x2－x)min，又(－2x2－x)min＝－10，∴a＞－10.∴當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，a≤－2x2－x恒成立，遷移

(1)(變條件)若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.∴當(dāng)x＝2時(shí)，t＝－2x2－x取得最小值－10.所以a≤－10，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－10].(2)(變條件)若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解

∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，∴g′(x)＝0在區(qū)間(1，2)內(nèi)有解，易知該函數(shù)在(1，2)上是減函數(shù)，∴y＝－2x2－x的值域?yàn)?－10，－3)，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－10，－3).由f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立.令t＝cosx，t∈[－1，1]，C在t∈[－1，1]上恒成立.∴4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.令g(t)＝4t2－3at－5，角度1比較大小例3

(多選)(2021·淄博二模)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，則下列不等關(guān)系中不正確的是(

)ACD當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，解析因?yàn)閒(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.例4

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(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是______________________.角度2解不等式(－∞，－1)∪(0，1)則g(x)為偶函數(shù)，g(1)＝g(－1)＝0.故g(x)在(0，＋∞)上單減，在(－∞，0)上單增.綜上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1).所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，當(dāng)x＜－1時(shí)，A解析f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數(shù)y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增.又由題意知函數(shù)y＝f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，且過點(diǎn)(－3，0)，(3，0).數(shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0，3).(2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為__________________.(－∞，－3)∪(0，3)構(gòu)造函數(shù)，巧妙解題導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的一些常見結(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).特別地，對于不等式f′(x)>k，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.3.對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x).5.對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xn·f(x).6.對于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ex·f(x).7.對于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekx·f(x).5.對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xn·f(x).6.對于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ex·f(x).7.對于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekx·f(x).∴g(x)在R上為增函數(shù)，又a＞0，例1

f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)＞f(x)，對任意正實(shí)數(shù)a，下列式子一定成立的是(

)B一、利用f(x)與ex構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)故f(a)＞eaf(0).當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∵f(x)為偶函數(shù)，x2為偶函數(shù)，∴F(x)為偶函數(shù)，∴F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增.根據(jù)f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)＞0的解集為(－1，0)∪(0，1).例2

已知偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，2f(x)＞xf′(x)，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是____________________.(－1，0)∪(0，1)二、利用f(x)與xn構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)CD三、利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造可導(dǎo)型函數(shù)A四、構(gòu)造具體函數(shù)則f(lnx)＜f(lny).又f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.則lnx＜lny，∴1＜x＜y，即y－x＞0，所以ey－x＞e0＝1，A正確，B不正確；又y－x－1無法確定與0的關(guān)系，故C、D不正確.FENCENGXUNLIANGONGGUTISHENG分層訓(xùn)練鞏固提升3解析利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行驗(yàn)證.f′(x)＞0的解集對應(yīng)y＝f(x)的增區(qū)間，f′(x)＜0的解集對應(yīng)y＝f(x)的減區(qū)間，驗(yàn)證只有D符合.1.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(

)D2.函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是(

)B解析令g(x)＝f(x)－3x－6，則g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，g(－2)＝f(－2)－3×(－2)－6＝0，由g(x)＜0?g(x)＜g(－2)，則x＞－2.3.若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x).若f′(x)－3＜0恒成立，f(－2)＝0，則f(x)－3x＜6的解集為(

) A.(－∞，－2) B.(－2，2) C.(－∞，2) D.(－2，＋∞)D令g(x)＝2ax2－4ax－1，則函數(shù)g(x)＝2ax2－4ax－1的對稱軸方程為x＝1，若f(x)在(1，4)上不單調(diào)，則g(x)在區(qū)間(1，4)上有零點(diǎn).4.已知函數(shù)f(x)＝ax2－4ax－lnx，則f(x)在(1，4)上不單調(diào)的一個(gè)充分不必要條件可以是(

)D當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不成立；A.b＜c＜a

B.c＜a＜b C.a＜c＜b

D.c＜b＜a當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞e時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，C即b＞a，b＞c；故f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)，D又當(dāng)x＜0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，所以g′(x)＜0，即函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減.因?yàn)閒(x)為R上的偶函數(shù)，所以g(x)為(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.由0＜ln2＜e＜3，可得g(3)＜g(e)＜g(ln2)，即c＜a＜b.c＜a＜b解析∵f(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，解析∵函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解.設(shè)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，則當(dāng)x＜ln2時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＞ln2時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝ln2時(shí)，g(x)取得極大值也是最大值，且g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，∴a＜2ln2－2.9.若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________________.(－∞，2ln2－2)解

f′(x)＝(2x＋a)e－x－(x2＋ax＋b)·e－x＝[－x2＋(2－a)x＋a－b]e－x，∴f′(0)＝a－b，又f(0)＝b，∴f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－b＝(a－b)x，即(a－b)x－y＋b＝0，10.函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e－x，若f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為6x－y－5＝0. (1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解

∵f(x)＝(x2＋x－5)e－x，x∈R，∴f′(x)＝(－x2＋x＋6)e－x＝－(x＋2)(x－3)e－x，當(dāng)x＜－2或x＞3時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)－2＜x＜3時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，3)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)，(3，＋∞).①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；③當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令f′(x)＝0，11.討論函數(shù)f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的單調(diào)性.解

f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，綜上，當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，又f(a)＝f(2)＝f(4)＞f(b)＝f(16)，結(jié)合a，b∈(0，3)，所以b＜a＝2，又c＝log0.30.06＝log0.3(0.2×0.3)＝log0.30.2＋1＞1＋log0.30.3＝2，所以b＜a＜c