第三章一元函數的導數及其應用第2課時導數與函數的單調性[考試要求]

1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系.2.能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)．鏈接教材·夯基固本1．函數的單調性與導數的關系條件恒有結論函數y＝f(x)在區間(a，b)上可導f′(x)>0f(x)在區間(a，b)上____________f′(x)<0f(x)在區間(a，b)上____________f′(x)＝0f(x)在區間(a，b)上是____________單調遞增單調遞減常數函數2．利用導數判斷函數單調性的步驟第1步，確定函數的_________；第2步，求出導數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間，列表給出f′(x)在各區間上的正負，由此得出函數y＝f(x)在定義域內的單調性．定義域零點[常用結論]1．若函數f(x)在(a，b)上單調遞增，則當x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數f(x)在(a，b)上單調遞減，則當x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞增區間，則當x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞減區間，則當x∈(a，b)時，f′(x)<0有解.3．f′(x)＞0在(a，b)上恒成立是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分不必要條件，舉例：f(x)＝x3在R上單調遞增，但f′(0)＝0.一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若函數f(x)在某個區間內恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區間內沒有單調性．(

)(2)若函數f(x)在[a，b]上連續，在(a，b)內f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)上單調遞減．(

)(3)若函數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f(x)＝x－sinx在R上單調遞增．(

)√√×√二、教材經典衍生1.(人教A版選擇性必修第二冊P103復習參考題5T3改編)f′(x)是f(x)的導函數，若f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是(

)√C

[由f′(x)的圖象知，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，所以f(x)單調遞增；當x∈(0，x1)時，f′(x)<0，所以f(x)單調遞減；當x∈(x1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)單調遞增．故選C．]2．(人教A版選擇性必修第二冊P86例1改編)函數f(x)＝cosx－x在(0，π)上的單調性是(

)A．先增后減 B．先減后增C．單調遞增 D．單調遞減D

[因為f′(x)＝－sinx－1＜0在(0，π)上恒成立，所以f(x)在(0，π)上單調遞減．故選D.]√3．(人教A版選擇性必修第二冊P97

習題5.3T1改編)函數f(x)＝x－lnx的單調遞減區間為________.4．(人教A版選擇性必修第二冊P87

例3改編)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上單調遞增，則實數a的最大值是________.3

[f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，又因為x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3.]典例精研·核心考點

考點一不含參數的函數的單調性[典例1]

(1)(2025·菏澤調研)下列函數在(0，＋∞)上單調遞增的是(

)A．f(x)＝sin2x

B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx√

利用導函數求函數單調區間的注意點(1)必須先求函數定義域，單調區間是定義域的子集．(2)正確求導函數．(3)當f′(x)＝0無解時，可根據f′(x)的結構特征確定f′(x)的符號．(4)所求函數的單調區間不止一個時，這些區間之間不能用“∪”及“或”連接，只能用“，”及“和”隔開．由h(1)＝0知，當0＜x＜1時，h(x)＞0，所以f′(x)＞0；當x＞1時，h(x)＜0，所以f′(x)＜0.綜上，f(x)的單調遞增區間是(0,1)．]考點二含參數的函數的單調性[拓展變式]若將本例中a>0改為a∈R，其他條件不變，試討論f(x)的單調性．解：當a>0時，討論同例題解析；當a≤0時，ax－1<0，所以x∈(0,1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，所以函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．綜上，當a≤0時，函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減；

(1)對于含參數的函數的單調性，常見的分類討論點按討論的先后順序有以下三個：分類討論點1(根的有無討論)：求導后，考慮f′(x)＝0是否有實數根，從而引起分類討論；分類討論點2(根在不在定義域內討論)：求導后，f′(x)＝0有實數根，但不清楚f′(x)＝0的實數根是否落在定義域內，從而引起分類討論；分類討論點3(根的大小的討論)：求導后，f′(x)＝0有實數根，f′(x)＝0的實數根也落在定義域內，但不清楚這些實數根的大小關系，從而引起分類討論．(2)求出f′(x)后，先觀察f′(x)的解析式的特征，當參數取某些特殊值或在某一取值范圍內時，f′(x)≥0(≤0)恒成立，再解不等式．√

考點三函數單調性的應用

比較大小或解不等式[典例3]

(1)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則(

)A．c<b<a B．b<c<aC．a<c<b D．a<b<c(2)已知定義在(0，＋∞)上的函數f(x)滿足xf′(x)－f(x)>0，且f(1)＝2，則f(ex)>2ex的解集為(

)A．(0，＋∞) B．(ln2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,1)√(1)D

(2)A

[(1)由題意得0<a<5,0<b<4,0<c<3.即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1.同理0<b<1,0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．因為f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故選D.

靈活構造函數，利用函數單調性比較大小或解抽象不等式．

求參數的取值范圍因為函數g(x)在[1,2]上單調遞增，所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3，所以實數a的取值范圍是[－3，＋∞)．(2)g(x)在[1,2]上存在單調遞增區間，則g′(x)＞0在[1,2]上有解，即a＞－2x2－x在[1,2]上有解，所以a＞(－2x2－x)min.又(－2x2－x)min＝－10，所以a＞－10.所以實數a的取值范圍為(－10，＋∞)．[拓展變式]

(1)(變條件)若函數g(x)在區間[1,2]上單調遞減，求實數a的取值范圍；(2)(變條件)若函數g(x)在區間[1,2]上不單調，求實數a的取值范圍．t＝－2x2－x取得最小值－10.所以a≤－10，即實數a的取值范圍為(－∞，－10]．(2)因為函數g(x)在區間[1,2]上不單調，所以g′(x)＝0在區間(1,2)內有解，所以y＝－2x2－x在(1,2)上的值域為(－10，－3)，所以實數a的取值范圍為(－10，－3)．

根據函數單調性求參數的一般思路(1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調，則區間(a，b)是相應單調區間的子集．(2)f(x)在區間(a，b)上單調遞增的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)內的任一非空子區間上，f′(x)不恒為零．應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解，但有時等號取不到或f′(x)＝0恒成立．(3)函數在某個區間上存在單調區間可轉化為不等式有解問題．√[跟進訓練]3．(1)若函數f(x)＝loga(ax－x3)(a>0且a≠1)在區間(0,1)內單調遞增，則a的取值范圍是(

)A．[3，＋∞) B．(1,3](2)設函數f(x)，g(x)在R上的導函數存在，且f′(x)<g′(x)，則當x∈(a，b)時，(

)A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)√(1)A

(2)C

[(1)令μ＝g(x)＝ax－x3，則g′(x)＝a－3x2，此時g(x)在(0,1)上單調遞增，則g(x)>g(0)＝0恒成立．(2)設h(x)＝f(x)－g(x)，則h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以h(x)在R上單調遞減．因為a<x<b，所以h(a)>h(x)>h(b)，即f(a)－g(a)>f