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备考2024届高考数学一轮复习讲义第三章一元函数的导数及其应用第2讲导数与函数的单调性
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第三章一元函数的导数及其应用第2讲导数与函数的单调性，共9页。
思维拓展
用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系
（1）f'（x）＞0（＜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（≤0）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）的任意子区间内都不恒等于零，则f'（x）≥0（≤0）是
f（x）在区间（a，b）内单调递增（减）的充要条件.
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的④ 定义域 ；
第2步，求出导数f'（x）的⑤ 零点 ；
第3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.
1.[2024陕西汉中模拟]函数f（x）＝x2－5ln x－3x－1的单调递减区间为（ D ）
A.（32，＋∞） B.（0，32）C.（52，＋∞）D.（0，52）
解析 f'（x）＝2x－5x－3＝2x2－3x－5x＝（x+1)(2x－5）x（x＞0），当x∈（0，52）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，52）上单调递减，所以f（x）的单调递减区间为（0，52）.
2.已知导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是（ B ）
A B C D
解析 解法一 由y＝f'（x）的图象自左到右先上升后下降，可知函数y＝f（x）图象的切线的斜率自左到右先增大后减小，可以判断B正确.
解法二 由于f'（x）＞0（－1≤x≤1）恒成立，则根据导数符号和函数单调性的关系可知，f（x）在[－1，1]上单调递增，即图象从左至右上升，四个图象都满足.
由于x＞0时，随着x的变大f'（x）越来越小，则函数值增加得越来越慢，图象越来越“平缓”；当x＜0时，随着x的变大f'（x）越来越大，故函数值增加得越来越快，图象越来越“陡峭”，可以判断B正确.
3.已知函数f（x）＝sin x＋cs x－2x，a＝f（－π），b＝f（20），c＝f（ln 2），则a，b，c的大小关系是（ A ）
A.a＞c＞bB.a＞b＞cC.b＞a＞cD.c＞b＞a
解析 因为函数f（x）＝sin x＋cs x－2x，所以f'（x）＝cs x－sin x－2＝2cs（x＋π4）－2＜0，所以f（x）为R上的减函数，因为－π＜ln 2＜1＝20，所以f（－π）＞f（ln 2）＞
f（20），即a＞c＞b.故选A.
4.[多选]下列说法正确的是（ BC ）
A.若函数f（x）在定义域上都有f'（x）＜0，则函数f（x）在定义域上一定单调递减
B.在（a，b）上f'（x）＞0（f'（x）＜0）是函数f（x）在（a，b）上单调递增（减）的充分不必要条件
C.在（a，b）上f'（x）≤0，且f'（x）＝0的根有有限个，则f（x）在（a，b）上单调递减
D.若函数f（x）在（a，b）内单调递增，则一定有f'（x）＞0
解析 对于A，不一定，如函数y＝1x的导函数y'＝－1x2，在其定义域上y'＝－1x2＜0恒成立，但是函数y＝1x在定义域（－∞，0）∪（0，＋∞）上不是单调递减的；对于B，结合导数与函数的单调性可知B正确；对于C，数形结合可知C正确；对于D，如函数f（x）＝x3在R上单调递增，但f'（x）＝3x2在R上有零点，即f'（x）≥0.故选BC.
研透高考 明确方向
命题点1 不含参函数的单调性
例1 （1）[2024重庆南开中学模拟]已知函数f（x）＝xsinx＋cs x，x∈[0，2π]，则
f（x）的单调递减区间是（ B ）
A.[0，π2]B.[π2，3π2]
C.[π，2π]D.[3π2，2π]
解析 f'（x）＝xcsx，令f'（x）＝xcsx≤0，则x＝0（舍去）或π2≤x≤3π2，仅在x＝π2和x＝3π2时取等号，故f（x）的单调递减区间是[π2，3π2]，故选B.
（2）若函数f（x）＝lnx+1ex，则函数f（x）的单调递增区间为 （0，1） .
解析 f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1x－lnx－1ex，令φ（x）＝1x－ln x－1（x＞0），易知φ（x）在（0，＋∞）上单调递减，且φ（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，
φ（x）＞0，即f'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ（x）＜0，即f'（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1）.
方法技巧
利用导数求函数单调区间的思路：解不等式f'（x）＞0或f'（x）＜0求出单调区间.若导函数对应的不等式不可解，则令导函数为新函数，借助新函数的导数求解.
注意 （1）求函数的单调区间，要在函数的定义域内进行；（2）一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
训练1 已知函数f（x）＝（2＋x）ln（1＋x）－2x，讨论函数f（x）的单调性.
解析 由题知函数f（x）的定义域为（－1，＋∞），f'（x）＝ln（1＋x）－x1+x.
设函数g（x）＝f'（x）＝ln（1＋x）－x1+x，则g'（x）＝x（1+x）2.
当－1＜x＜0时，g'（x）＜0；当x＞0时，g'（x）＞0.
故当x＞－1时，g（x）≥g（0）＝0，
且仅当x＝0时，g（x）＝0，从而f'（x）≥0，且仅当x＝0时，f'（x）＝0.
所以f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
命题点2 含参函数的单调性
例2 已知函数f（x）＝12ax2－（a＋1）x＋ln x，a＞0，讨论函数y＝f（x）的单调性.
解析 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ax－（a＋1）＋1x＝ax2－（a+1）x+1x＝（ax－1)(x－1）x.
令f'（x）＝0，得x＝1a或x＝1.
①当0＜a＜1时，1a＞1，
∴x∈（0，1）∪（1a，＋∞）时，f'（x）＞0；x∈（1，1a）时，f'（x）＜0.
∴函数f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减.
②当a＝1时，1a＝1，
∴f'（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
∴函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
③当a＞1时，0＜1a＜1，
∴x∈（0，1a）∪（1，＋∞）时，f'（x）＞0；x∈（1a，1）时，f'（x）＜0.
∴函数f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
综上，当0＜a＜1时，函数f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
当a＝1时，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞1时，函数f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
方法技巧
求解含参函数的单调性的技巧
一般要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，主要是：（1）讨论f'（x）＝0是否有根；（2）讨论f'（x）＝0的根是否在定义域内；（3）讨论根的大小关系.
注意 若导函数是二次函数的形式，一般还要讨论二次项系数的正负及是否为0，判别式Δ的正负等.
训练2 [2021全国卷乙节选]已知函数f（x）＝x3－x2＋ax＋1，讨论f（x）的单调性.
解析 由题意知f（x）的定义域为R，f'（x）＝3x2－2x＋a，令f'（x）＝0，则Δ＝
（－2）2－4×3a＝4（1－3a）.
①当Δ≤0，即a≥13时，f'（x）≥0，等号不恒成立，此时f（x）在R上单调递增.
②当Δ＞0，即a＜13时，由f'（x）＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝1－1－3a3，x2＝1+1－3a3.
当x∈（－∞，1－1－3a3）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1－1－3a3，1+1－3a3）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1+1－3a3，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在（－∞，1－1－3a3）和（1+1－3a3，＋∞）上单调递增，在（1－1－3a3，1+1－3a3）上单调递减.
命题点3 函数单调性的应用
角度1 已知函数的单调性求参数
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增，则a的最小值为（ C ）
A.e2B.eC.e－1D.e－2
解析 因为函数f（x）＝aex－ln x，所以f'（x）＝aex－1x.因为函数f（x）在（1，2）单调递增，所以f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－1x≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜1a≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.
当x∈（1，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以在（1，2）上，g（x）＞e，所以1a≤e，即a≥1e＝e－1，故选C.
（2）[2024贵阳市模拟]若函数f（x）＝x3－12ax2＋x在[1，3]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为 （4，＋∞） .
解析 由题意知f'（x）＝3x2－ax＋1.由函数f（x）在[1，3]上存在单调递减区间，可知∃x∈[1，3]，使得f'（x）＜0，即∃x∈[1，3]，3x2－ax＋1＜0，
也即当x∈[1，3]时，（3x＋1x）min＜a.
令g（x）＝3x＋1x，x∈[1，3]，则g'（x）＝3－1x2＝3x2－1x2，x∈[1，3].
当x∈[1，3]时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）min＝g（1）＝4.
所以a＞4，即a的取值范围为（4，＋∞）.
方法技巧
已知函数的单调性求参数的解题技巧
（1）若可导函数f（x）在区间D上单调递增（或递减），则f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题.
注意 “＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.
（2）若可导函数f（x）在某一区间上存在单调区间，则f'（x）＞0（或f'（x）＜0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式有解问题.
（3）若f（x）在区间D上不单调，则函数f'（x）在区间D上存在变号零点.也可先求出
f（x）在区间D上单调时参数的取值范围，然后运用补集思想得解.
（4）若已知f（x）在区间I（含参数）上的单调性，则先求出f（x）的单调区间，然后令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围.
角度2 利用函数的单调性比较大小
例4 （1）[2024福州市一检]已知a＝1e，b＝ln2，c＝ln55，则（ A ）
A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.a＞c＞bD.c＞a＞b
解析 a＝1e＝lnee，b＝ln2＝ln22＝ln44，c＝ln55＝ln55.令f（x）＝lnxx，则f'（x）＝1－lnxx2，当x≥e时，f'（x）≤0，故f（x）在区间[e，＋∞）上单调递减.因为e＜4＜5，所以f（e）＞f（4）＞f（5），即a＞b＞c，故选A.
（2）[2023福建省龙岩市质检]已知函数f（x）＝sin x－xcsx，若a＝f（lg2e），b＝
f（ln 3），c＝f（sin e），则a，b，c的大小关系为（ B ）
A.b＞a＞cB.a＞b＞cC.c＞a＞bD.c＞b＞a
解析 f'（x）＝cs x－cs x＋xsinx＝xsinx，当x∈（0，π）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，π）上单调递增，因为ln 2ln 3＜（ln2+ln32）2＝（ln6lne2）2＜1，所以1＜ln 3＜1ln2＝1lg22lg2e＝lg2e.因为sin e＜1，所以sin e＜ln 3＜lg2e，又f（x）在（0，π）上单调递增，所以
f（sin e）＜f（ln 3）＜f（lg2e），即a＞b＞c.故选B.
角度3 利用函数的单调性解不等式
例5 [江苏高考]已知函数f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数.若f（a－1）＋f（2a2）≤0，则实数a的取值范围是 [－1，12] .
解析 由f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，x∈R，得f（－x）＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f（x），所以
f（x）是奇函数，又f'（x）＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f（x）在R上单调递增，所以不等式f（a－1）＋f（2a2）≤0⇔f（a－1）≤－f（2a2）＝f（－2a2）⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，即实数a的取值范围是[－1，12].
方法技巧
利用函数的单调性比较大小或解不等式的思路：利用导数判断已知或构造的函数的单调性，由单调性比较大小或解不等式.
训练3 （1）[2023江西省鹰潭市一模]已知a＝1－e－0.2，b＝tan 15，c＝ln 54，其中e为自然对数的底数，则（ A ）
A.c＞b＞aB.b＞c＞a
C.b＞a＞cD.c＞a＞b
解析 由题知a＝1－e－0.2，b＝tan15＝tan 0.2，设f（x）＝1－e－x－tan x，0＜x＜1，则
f'（x）＝e－x－1cs2x，由0＜x＜1，得0＜e－x＜1，1cs2x＞1，于是f'（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，因此f（x）＜0，即1－e－x＜tan x，则1－e－0.2＜tan 0.2，即有a＜b.由b＝tan 0.2，c＝ln 54＝－ln 0.8＝－ln（1－0.2），设g（x）＝tan x＋ln（1－x），0＜x＜1，则g'（x）＝1cs2x－11－x＝sin2x－x（1－x）cs2x，令φ（x）＝sin x－x，0＜x＜1，φ'（x）＝cs x－1＜0，函数φ（x）在（0，1）上单调递减，则φ（x）＜0，即0＜sin x＜x，于是sin2x＜sin x＜x，即有g'（x）＜0，所以函数g（x）在（0，1）上单调递减，因此g（x）＜0，即tan x＜－ln（1－x），于是tan 0.2＜－ln（1－0.2），即b＜c，所以a＜b＜c.故选A.
（2）[2024安徽模拟]设函数f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4，则满足f（x）＋
f（3－2x）＜6的x的取值范围是（ B ）
A.（3，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（－∞，3）D.（－∞，1）
解析 设g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，则g（－x）＝sin（－x）＋e－x－ex＋x，因为
g（x）＋g（－x）＝0，所以g（x）为奇函数.
又f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－（x－1）＋3＝
g（x－1）＋3，
所以f（x）的图象是由g（x）的图象向右平移1个单位长度，向上平移3个单位长度得到的，所以f（x）的图象的对称中心为（1，3），所以f（x）＋f（2－x）＝6.
因为g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1，易得ex＋
e－x≥2ex·e－x＝2，当且仅当x＝0时等号成立，而－1≤cs x≤1，则－2≤cs x－1≤0，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1≥0恒成立，即g（x）在R上单调递增，所以f（x）在R上单调递增，因为f（x）＋f（3－2x）＜6＝f（x）＋f（2－x），即f（3－2x）＜f（2－x），所以3－2x＜2－x，解得x＞1.故选B.
（3）已知函数f（x）＝2ln x＋x2－5x在区间（k－12，
k）上为单调函数，则实数k的取值范围是 {12}∪[1，2]∪[52，＋∞） .
解析 f'（x）＝2x＋2x－5＝（2x－1)(x－2）x，x＞0.易知k≥12.函数f（x）在（k－12，k）上单调，即二次函数y＝（2x－1）（x－2）在（k－12，k）上无零点.
作出y＝（2x－1）（x－2）在（0，＋∞）上的图象，如图，则（k－12，k）⊆（0，12）或（k－12，k）⊆（12，2）或（k－12，k）⊆（2，＋∞），所以实数k的取值范围是{12}∪[1，2]∪[52，＋∞）.
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泰勒公式在比较大小中的应用
例6 [2022新高考卷Ⅰ]设a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln 0.9，则（ C ）
A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.c＜a＜bD.a＜c＜b
解析 解法一（泰勒公式） a＝0.1e0.1≈0.1（1＋0.1＋0.005）＝0.110 5，b≈0.111…，c＝－ln[1＋（－0.1）]≈－（－0.1－0.005－0.000 3）＝0.105 3，所以c＜a＜b.
解法二 设u（x）＝xex（0＜x≤0.1），v（x）＝x1－x（0＜x≤0.1），w（x）＝－ln（1－x）（0＜x≤0.1），则当0＜x≤0.1时，u（x）＞0，v（x）＞0，w（x）＞0.
①设f（x）＝ln[u（x）]－ln[v（x）]＝ln x＋x－[ln x－ln（1－x）]＝x＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则f'（x）＝1－11－x＝xx－1＜0在（0，0.1]上恒成立，所以f（x）在（0，0.1]上单调递减，所以f（0.1）＜0＋ln（1－0）＝0，即ln[u（0.1）]－ln[v（0.1）]＜0，所以
ln[u（0.1）]＜ln[v（0.1）]，又函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以u（0.1）＜
v（0.1），即0.1e0.1＜19，所以a＜b.
②设g（x）＝u（x）－w（x）＝xex＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则g'（x）＝（x＋1）ex－11－x＝（1－x2）ex－11－x（0＜x≤0.1），设h（x）＝（1－x2）ex－1（0＜x≤0.1），则h'（x）＝（1－2x－x2）ex＞0在（0，0.1]上恒成立，所以h（x）在（0，0.1]上单调递增，所以
h（x）＞（1－02）×e0－1＝0，即g'（x）＞0在（0，0.1]上恒成立，所以g（x）在（0，0.1]上单调递增，所以g（0.1）＞0×e0＋ln（1－0）＝0，即g（0.1）＝u（0.1）－
w（0.1）＞0，
所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b，故选C.
方法技巧
1.泰勒公式
若函数f（x）在含有x0的开区间（a，b）内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和：
f（x）＝f（x0）＋f'（x0）·（x－x0）＋f″（x0）2！·（x－x0）2＋f‴（x0）3！·（x－x0）3＋…＋f（n）（x0）n！·（x－x0）n＋Rn（x）.
2.常见的泰勒展开式
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：
（1）ex＝1＋x＋x22！＋x33！＋…＋xnn！＋…；
（2）ln（x＋1）＝x－x22＋x33－…＋（－1）n＋1xnn＋…；
（3）sin x＝x－x33！＋x55！－…＋（－1）n－1·x2n－1（2n－1)!＋…；
（4）cs x＝1－x22！＋x44！－…＋（－1）n·x2n（2n)!＋….
训练4 若a＝ln1－，b＝0.02sin 0.01，c＝0.01sin 0.02，则（ B ）
A.a＜b＜cB.a＜c＜b
C.b＜c＜aD.c＜a＜b
解析 解法一 易知a＝ln1－＜ln 1＝0，而b＞0，c＞0.由泰勒展开式，得b＝0.02sin 0.01≈0.02×[0.01－（0.01）33！]＝2×10－4－13×10－8，c＝0.01sin 0.02≈0.01×[0.02－（0.02）33！]＝2×10－4－43×10－8.因为13×10－8＜43×10－8，所以b＞c.故b＞c＞a.
解法二 a＝ln1－＜ln 1＝0，b＝0.02×sin 0.01＞0，c＝0.01sin 0.02＞0，排除选项C，D.
设f（x）＝sinxx，x∈（0，π），则f'（x）＝xcsx－sinxx2，令g（x）＝xcsx－sin x，则
g'（x）＝cs x－xsinx－cs x＝－xsinx，当x∈（0，π）时，g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，从而g（x）＜g（0）＝0，即f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，π）上单调递减，从而f（0.01）＞f（0.02），即＞，
所以0.02sin 0.01＞0.01sin 0.02，即b＞c，综上可知a＜c＜b.
故选B.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.
不含参函数的单调性
2023全国卷甲T21；2022新高考卷ⅡT22；2021新高考卷ⅠT22；2021全国卷甲T21；2020全国卷ⅠT21；2020全国卷ⅡT21；2019全国卷ⅡT20
本讲是高考的必考内容，有时单独考查，如求函数的单调区间或讨论函数的单调性，有时作为工具求解其他问题，如通过构造函数研究函数的单调性，进而求解极值、最值、不等式、零点等问题，题型以解答题为主，有时也以小题的形式呈现，难度中等.预计2025年高考命题依然稳定，备考中，一定要掌握讨论函数单调性的方法，它是解决很多问题的基础.
含参函数的单调性
2023新高考卷ⅠT19；2021新高考卷ⅡT22；2021全国卷乙T21；2021全国卷甲T20；2019全国卷ⅢT20
函数单调性的应用
2023新高考卷ⅡT6；2023新高考卷ⅡT22；2023全国卷乙T16；2022新高考卷ⅠT7；2022全国卷甲T12；2021全国卷乙T12
条件
结论
函数y＝f（x）在区间（a，b）内可导
f'（x）＞0
f（x）在区间（a，b）内单调递① 增
② f'（x）＜0
f（x）在区间（a，b）内单调递减
恒有③ f'（x）＝0
f（x）在区间（a，b）内是常数函数
思维拓展
用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系
（1）f'（x）＞0（＜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（≤0）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）的任意子区间内都不恒等于零，则f'（x）≥0（≤0）是
f（x）在区间（a，b）内单调递增（减）的充要条件.
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的④ 定义域 ；
第2步，求出导数f'（x）的⑤ 零点 ；
第3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.
1.[2024陕西汉中模拟]函数f（x）＝x2－5ln x－3x－1的单调递减区间为（ D ）
A.（32，＋∞） B.（0，32）C.（52，＋∞）D.（0，52）
解析 f'（x）＝2x－5x－3＝2x2－3x－5x＝（x+1)(2x－5）x（x＞0），当x∈（0，52）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，52）上单调递减，所以f（x）的单调递减区间为（0，52）.
2.已知导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是（ B ）
A B C D
解析 解法一 由y＝f'（x）的图象自左到右先上升后下降，可知函数y＝f（x）图象的切线的斜率自左到右先增大后减小，可以判断B正确.
解法二 由于f'（x）＞0（－1≤x≤1）恒成立，则根据导数符号和函数单调性的关系可知，f（x）在[－1，1]上单调递增，即图象从左至右上升，四个图象都满足.
由于x＞0时，随着x的变大f'（x）越来越小，则函数值增加得越来越慢，图象越来越“平缓”；当x＜0时，随着x的变大f'（x）越来越大，故函数值增加得越来越快，图象越来越“陡峭”，可以判断B正确.
3.已知函数f（x）＝sin x＋cs x－2x，a＝f（－π），b＝f（20），c＝f（ln 2），则a，b，c的大小关系是（ A ）
A.a＞c＞bB.a＞b＞cC.b＞a＞cD.c＞b＞a
解析 因为函数f（x）＝sin x＋cs x－2x，所以f'（x）＝cs x－sin x－2＝2cs（x＋π4）－2＜0，所以f（x）为R上的减函数，因为－π＜ln 2＜1＝20，所以f（－π）＞f（ln 2）＞
f（20），即a＞c＞b.故选A.
4.[多选]下列说法正确的是（ BC ）
A.若函数f（x）在定义域上都有f'（x）＜0，则函数f（x）在定义域上一定单调递减
B.在（a，b）上f'（x）＞0（f'（x）＜0）是函数f（x）在（a，b）上单调递增（减）的充分不必要条件
C.在（a，b）上f'（x）≤0，且f'（x）＝0的根有有限个，则f（x）在（a，b）上单调递减
D.若函数f（x）在（a，b）内单调递增，则一定有f'（x）＞0
解析 对于A，不一定，如函数y＝1x的导函数y'＝－1x2，在其定义域上y'＝－1x2＜0恒成立，但是函数y＝1x在定义域（－∞，0）∪（0，＋∞）上不是单调递减的；对于B，结合导数与函数的单调性可知B正确；对于C，数形结合可知C正确；对于D，如函数f（x）＝x3在R上单调递增，但f'（x）＝3x2在R上有零点，即f'（x）≥0.故选BC.
研透高考 明确方向
命题点1 不含参函数的单调性
例1 （1）[2024重庆南开中学模拟]已知函数f（x）＝xsinx＋cs x，x∈[0，2π]，则
f（x）的单调递减区间是（ B ）
A.[0，π2]B.[π2，3π2]
C.[π，2π]D.[3π2，2π]
解析 f'（x）＝xcsx，令f'（x）＝xcsx≤0，则x＝0（舍去）或π2≤x≤3π2，仅在x＝π2和x＝3π2时取等号，故f（x）的单调递减区间是[π2，3π2]，故选B.
（2）若函数f（x）＝lnx+1ex，则函数f（x）的单调递增区间为 （0，1） .
解析 f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1x－lnx－1ex，令φ（x）＝1x－ln x－1（x＞0），易知φ（x）在（0，＋∞）上单调递减，且φ（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，
φ（x）＞0，即f'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ（x）＜0，即f'（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1）.
方法技巧
利用导数求函数单调区间的思路：解不等式f'（x）＞0或f'（x）＜0求出单调区间.若导函数对应的不等式不可解，则令导函数为新函数，借助新函数的导数求解.
注意 （1）求函数的单调区间，要在函数的定义域内进行；（2）一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
训练1 已知函数f（x）＝（2＋x）ln（1＋x）－2x，讨论函数f（x）的单调性.
解析 由题知函数f（x）的定义域为（－1，＋∞），f'（x）＝ln（1＋x）－x1+x.
设函数g（x）＝f'（x）＝ln（1＋x）－x1+x，则g'（x）＝x（1+x）2.
当－1＜x＜0时，g'（x）＜0；当x＞0时，g'（x）＞0.
故当x＞－1时，g（x）≥g（0）＝0，
且仅当x＝0时，g（x）＝0，从而f'（x）≥0，且仅当x＝0时，f'（x）＝0.
所以f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
命题点2 含参函数的单调性
例2 已知函数f（x）＝12ax2－（a＋1）x＋ln x，a＞0，讨论函数y＝f（x）的单调性.
解析 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ax－（a＋1）＋1x＝ax2－（a+1）x+1x＝（ax－1)(x－1）x.
令f'（x）＝0，得x＝1a或x＝1.
①当0＜a＜1时，1a＞1，
∴x∈（0，1）∪（1a，＋∞）时，f'（x）＞0；x∈（1，1a）时，f'（x）＜0.
∴函数f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减.
②当a＝1时，1a＝1，
∴f'（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
∴函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
③当a＞1时，0＜1a＜1，
∴x∈（0，1a）∪（1，＋∞）时，f'（x）＞0；x∈（1a，1）时，f'（x）＜0.
∴函数f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
综上，当0＜a＜1时，函数f（x）在（0，1）和（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
当a＝1时，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞1时，函数f（x）在（0，1a）和（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
方法技巧
求解含参函数的单调性的技巧
一般要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，主要是：（1）讨论f'（x）＝0是否有根；（2）讨论f'（x）＝0的根是否在定义域内；（3）讨论根的大小关系.
注意 若导函数是二次函数的形式，一般还要讨论二次项系数的正负及是否为0，判别式Δ的正负等.
训练2 [2021全国卷乙节选]已知函数f（x）＝x3－x2＋ax＋1，讨论f（x）的单调性.
解析 由题意知f（x）的定义域为R，f'（x）＝3x2－2x＋a，令f'（x）＝0，则Δ＝
（－2）2－4×3a＝4（1－3a）.
①当Δ≤0，即a≥13时，f'（x）≥0，等号不恒成立，此时f（x）在R上单调递增.
②当Δ＞0，即a＜13时，由f'（x）＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝1－1－3a3，x2＝1+1－3a3.
当x∈（－∞，1－1－3a3）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1－1－3a3，1+1－3a3）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1+1－3a3，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在（－∞，1－1－3a3）和（1+1－3a3，＋∞）上单调递增，在（1－1－3a3，1+1－3a3）上单调递减.
命题点3 函数单调性的应用
角度1 已知函数的单调性求参数
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增，则a的最小值为（ C ）
A.e2B.eC.e－1D.e－2
解析 因为函数f（x）＝aex－ln x，所以f'（x）＝aex－1x.因为函数f（x）在（1，2）单调递增，所以f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－1x≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜1a≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.
当x∈（1，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以在（1，2）上，g（x）＞e，所以1a≤e，即a≥1e＝e－1，故选C.
（2）[2024贵阳市模拟]若函数f（x）＝x3－12ax2＋x在[1，3]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为 （4，＋∞） .
解析 由题意知f'（x）＝3x2－ax＋1.由函数f（x）在[1，3]上存在单调递减区间，可知∃x∈[1，3]，使得f'（x）＜0，即∃x∈[1，3]，3x2－ax＋1＜0，
也即当x∈[1，3]时，（3x＋1x）min＜a.
令g（x）＝3x＋1x，x∈[1，3]，则g'（x）＝3－1x2＝3x2－1x2，x∈[1，3].
当x∈[1，3]时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）min＝g（1）＝4.
所以a＞4，即a的取值范围为（4，＋∞）.
方法技巧
已知函数的单调性求参数的解题技巧
（1）若可导函数f（x）在区间D上单调递增（或递减），则f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题.
注意 “＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.
（2）若可导函数f（x）在某一区间上存在单调区间，则f'（x）＞0（或f'（x）＜0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式有解问题.
（3）若f（x）在区间D上不单调，则函数f'（x）在区间D上存在变号零点.也可先求出
f（x）在区间D上单调时参数的取值范围，然后运用补集思想得解.
（4）若已知f（x）在区间I（含参数）上的单调性，则先求出f（x）的单调区间，然后令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围.
角度2 利用函数的单调性比较大小
例4 （1）[2024福州市一检]已知a＝1e，b＝ln2，c＝ln55，则（ A ）
A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.a＞c＞bD.c＞a＞b
解析 a＝1e＝lnee，b＝ln2＝ln22＝ln44，c＝ln55＝ln55.令f（x）＝lnxx，则f'（x）＝1－lnxx2，当x≥e时，f'（x）≤0，故f（x）在区间[e，＋∞）上单调递减.因为e＜4＜5，所以f（e）＞f（4）＞f（5），即a＞b＞c，故选A.
（2）[2023福建省龙岩市质检]已知函数f（x）＝sin x－xcsx，若a＝f（lg2e），b＝
f（ln 3），c＝f（sin e），则a，b，c的大小关系为（ B ）
A.b＞a＞cB.a＞b＞cC.c＞a＞bD.c＞b＞a
解析 f'（x）＝cs x－cs x＋xsinx＝xsinx，当x∈（0，π）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，π）上单调递增，因为ln 2ln 3＜（ln2+ln32）2＝（ln6lne2）2＜1，所以1＜ln 3＜1ln2＝1lg22lg2e＝lg2e.因为sin e＜1，所以sin e＜ln 3＜lg2e，又f（x）在（0，π）上单调递增，所以
f（sin e）＜f（ln 3）＜f（lg2e），即a＞b＞c.故选B.
角度3 利用函数的单调性解不等式
例5 [江苏高考]已知函数f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数.若f（a－1）＋f（2a2）≤0，则实数a的取值范围是 [－1，12] .
解析 由f（x）＝x3－2x＋ex－1ex，x∈R，得f（－x）＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f（x），所以
f（x）是奇函数，又f'（x）＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f（x）在R上单调递增，所以不等式f（a－1）＋f（2a2）≤0⇔f（a－1）≤－f（2a2）＝f（－2a2）⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，即实数a的取值范围是[－1，12].
方法技巧
利用函数的单调性比较大小或解不等式的思路：利用导数判断已知或构造的函数的单调性，由单调性比较大小或解不等式.
训练3 （1）[2023江西省鹰潭市一模]已知a＝1－e－0.2，b＝tan 15，c＝ln 54，其中e为自然对数的底数，则（ A ）
A.c＞b＞aB.b＞c＞a
C.b＞a＞cD.c＞a＞b
解析 由题知a＝1－e－0.2，b＝tan15＝tan 0.2，设f（x）＝1－e－x－tan x，0＜x＜1，则
f'（x）＝e－x－1cs2x，由0＜x＜1，得0＜e－x＜1，1cs2x＞1，于是f'（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，因此f（x）＜0，即1－e－x＜tan x，则1－e－0.2＜tan 0.2，即有a＜b.由b＝tan 0.2，c＝ln 54＝－ln 0.8＝－ln（1－0.2），设g（x）＝tan x＋ln（1－x），0＜x＜1，则g'（x）＝1cs2x－11－x＝sin2x－x（1－x）cs2x，令φ（x）＝sin x－x，0＜x＜1，φ'（x）＝cs x－1＜0，函数φ（x）在（0，1）上单调递减，则φ（x）＜0，即0＜sin x＜x，于是sin2x＜sin x＜x，即有g'（x）＜0，所以函数g（x）在（0，1）上单调递减，因此g（x）＜0，即tan x＜－ln（1－x），于是tan 0.2＜－ln（1－0.2），即b＜c，所以a＜b＜c.故选A.
（2）[2024安徽模拟]设函数f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4，则满足f（x）＋
f（3－2x）＜6的x的取值范围是（ B ）
A.（3，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（－∞，3）D.（－∞，1）
解析 设g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，则g（－x）＝sin（－x）＋e－x－ex＋x，因为
g（x）＋g（－x）＝0，所以g（x）为奇函数.
又f（x）＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－x＋4＝sin（x－1）＋ex－1－e1－x－（x－1）＋3＝
g（x－1）＋3，
所以f（x）的图象是由g（x）的图象向右平移1个单位长度，向上平移3个单位长度得到的，所以f（x）的图象的对称中心为（1，3），所以f（x）＋f（2－x）＝6.
因为g（x）＝sin x＋ex－e－x－x，x∈R，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1，易得ex＋
e－x≥2ex·e－x＝2，当且仅当x＝0时等号成立，而－1≤cs x≤1，则－2≤cs x－1≤0，所以g'（x）＝cs x＋ex＋e－x－1≥0恒成立，即g（x）在R上单调递增，所以f（x）在R上单调递增，因为f（x）＋f（3－2x）＜6＝f（x）＋f（2－x），即f（3－2x）＜f（2－x），所以3－2x＜2－x，解得x＞1.故选B.
（3）已知函数f（x）＝2ln x＋x2－5x在区间（k－12，
k）上为单调函数，则实数k的取值范围是 {12}∪[1，2]∪[52，＋∞） .
解析 f'（x）＝2x＋2x－5＝（2x－1)(x－2）x，x＞0.易知k≥12.函数f（x）在（k－12，k）上单调，即二次函数y＝（2x－1）（x－2）在（k－12，k）上无零点.
作出y＝（2x－1）（x－2）在（0，＋∞）上的图象，如图，则（k－12，k）⊆（0，12）或（k－12，k）⊆（12，2）或（k－12，k）⊆（2，＋∞），所以实数k的取值范围是{12}∪[1，2]∪[52，＋∞）.
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泰勒公式在比较大小中的应用
例6 [2022新高考卷Ⅰ]设a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln 0.9，则（ C ）
A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.c＜a＜bD.a＜c＜b
解析 解法一（泰勒公式） a＝0.1e0.1≈0.1（1＋0.1＋0.005）＝0.110 5，b≈0.111…，c＝－ln[1＋（－0.1）]≈－（－0.1－0.005－0.000 3）＝0.105 3，所以c＜a＜b.
解法二 设u（x）＝xex（0＜x≤0.1），v（x）＝x1－x（0＜x≤0.1），w（x）＝－ln（1－x）（0＜x≤0.1），则当0＜x≤0.1时，u（x）＞0，v（x）＞0，w（x）＞0.
①设f（x）＝ln[u（x）]－ln[v（x）]＝ln x＋x－[ln x－ln（1－x）]＝x＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则f'（x）＝1－11－x＝xx－1＜0在（0，0.1]上恒成立，所以f（x）在（0，0.1]上单调递减，所以f（0.1）＜0＋ln（1－0）＝0，即ln[u（0.1）]－ln[v（0.1）]＜0，所以
ln[u（0.1）]＜ln[v（0.1）]，又函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以u（0.1）＜
v（0.1），即0.1e0.1＜19，所以a＜b.
②设g（x）＝u（x）－w（x）＝xex＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则g'（x）＝（x＋1）ex－11－x＝（1－x2）ex－11－x（0＜x≤0.1），设h（x）＝（1－x2）ex－1（0＜x≤0.1），则h'（x）＝（1－2x－x2）ex＞0在（0，0.1]上恒成立，所以h（x）在（0，0.1]上单调递增，所以
h（x）＞（1－02）×e0－1＝0，即g'（x）＞0在（0，0.1]上恒成立，所以g（x）在（0，0.1]上单调递增，所以g（0.1）＞0×e0＋ln（1－0）＝0，即g（0.1）＝u（0.1）－
w（0.1）＞0，
所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b，故选C.
方法技巧
1.泰勒公式
若函数f（x）在含有x0的开区间（a，b）内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和：
f（x）＝f（x0）＋f'（x0）·（x－x0）＋f″（x0）2！·（x－x0）2＋f‴（x0）3！·（x－x0）3＋…＋f（n）（x0）n！·（x－x0）n＋Rn（x）.
2.常见的泰勒展开式
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：
（1）ex＝1＋x＋x22！＋x33！＋…＋xnn！＋…；
（2）ln（x＋1）＝x－x22＋x33－…＋（－1）n＋1xnn＋…；
（3）sin x＝x－x33！＋x55！－…＋（－1）n－1·x2n－1（2n－1)!＋…；
（4）cs x＝1－x22！＋x44！－…＋（－1）n·x2n（2n)!＋….
训练4 若a＝ln1－，b＝0.02sin 0.01，c＝0.01sin 0.02，则（ B ）
A.a＜b＜cB.a＜c＜b
C.b＜c＜aD.c＜a＜b
解析 解法一 易知a＝ln1－＜ln 1＝0，而b＞0，c＞0.由泰勒展开式，得b＝0.02sin 0.01≈0.02×[0.01－（0.01）33！]＝2×10－4－13×10－8，c＝0.01sin 0.02≈0.01×[0.02－（0.02）33！]＝2×10－4－43×10－8.因为13×10－8＜43×10－8，所以b＞c.故b＞c＞a.
解法二 a＝ln1－＜ln 1＝0，b＝0.02×sin 0.01＞0，c＝0.01sin 0.02＞0，排除选项C，D.
设f（x）＝sinxx，x∈（0，π），则f'（x）＝xcsx－sinxx2，令g（x）＝xcsx－sin x，则
g'（x）＝cs x－xsinx－cs x＝－xsinx，当x∈（0，π）时，g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，从而g（x）＜g（0）＝0，即f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，π）上单调递减，从而f（0.01）＞f（0.02），即＞，
所以0.02sin 0.01＞0.01sin 0.02，即b＞c，综上可知a＜c＜b.
故选B.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.
不含参函数的单调性
2023全国卷甲T21；2022新高考卷ⅡT22；2021新高考卷ⅠT22；2021全国卷甲T21；2020全国卷ⅠT21；2020全国卷ⅡT21；2019全国卷ⅡT20
本讲是高考的必考内容，有时单独考查，如求函数的单调区间或讨论函数的单调性，有时作为工具求解其他问题，如通过构造函数研究函数的单调性，进而求解极值、最值、不等式、零点等问题，题型以解答题为主，有时也以小题的形式呈现，难度中等.预计2025年高考命题依然稳定，备考中，一定要掌握讨论函数单调性的方法，它是解决很多问题的基础.
含参函数的单调性
2023新高考卷ⅠT19；2021新高考卷ⅡT22；2021全国卷乙T21；2021全国卷甲T20；2019全国卷ⅢT20
函数单调性的应用
2023新高考卷ⅡT6；2023新高考卷ⅡT22；2023全国卷乙T16；2022新高考卷ⅠT7；2022全国卷甲T12；2021全国卷乙T12
条件
结论
函数y＝f（x）在区间（a，b）内可导
f'（x）＞0
f（x）在区间（a，b）内单调递① 增
② f'（x）＜0
f（x）在区间（a，b）内单调递减
恒有③ f'（x）＝0
f（x）在区间（a，b）内是常数函数
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