2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用第二节导数与函数的单调性

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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)．
3．会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】 请你说出导数的绝对值与函数值变化的关系？
【问题2】 f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件，那么f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件是什么？
关键能力·题型剖析
题型一不含参函数的单调性
例1(1)[2024·河南荥阳模拟]函数f(x)＝x ln x＋1的单调递减区间是( )
A．(0，) B．(0，e)
C．(，＋∞) D．(e，＋∞)
(2)[2024·山东东营模拟]函数f(x)＝的单调递增区间为____________．
题后师说
确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
巩固训练1
(1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．(－)
B．(－∞，－)，(，＋∞)
C．(0，)
D．(，＋∞)
(2)函数f(x)＝e－xcs x，x∈(0，π)的单调递减区间为________．
题型二含参数的函数的单调性
例2
设函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x．当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
题后师说
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
巩固训练2
已知函数f(x)＝mex－x，m∈R，试讨论函数f(x)的单调性．
题型三函数单调性的应用
角度一 比较大小或解不等式
例3
(1)[2024·河南驻马店模拟]设a＝，b＝，c＝2，则( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
(2)[2024·广东东莞模拟]已知函数f(x)＝－cs x，则f(x－1)>f(－1)的解集为( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，2) D．(－∞，0)
题后师说
1.利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用单调性比较大小．
2．与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式．(构造函数的方法见下面专题课——函数中的构造问题)
巩固训练3
(1)已知函数f(x)＝3x＋2cs x，若a＝)，b＝f(2)，c＝f(lg27)，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
(2)[2024·天津南开中学模拟]已知定义在(0，＋∞)的函数f(x)满足任意x>0，xf′(x)－f(x)<0成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)<2x的解集为__________．
角度二 根据函数的单调性求参数范围
例4
已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内单调递增，则实数a的取值范围是________．
【变式练习1】 已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
【变式练习2】 [2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是( )
A．(2，8)
B．[2，8]
C．(－∞，2]
D．[2，8)
题后师说
根据函数的单调性求参数的策略
1．函数f(x)＝xex的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
2．[2024·河北邯郸模拟]已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．c3．[2024·江苏扬州模拟]若函数f(x)＝cs x－ax在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
4．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(1－4x)>0的解集是______．
第二节 导数与函数的单调性
第二节 导数与函数的单调性
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：一般地，如果一个函数在某一个范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．
【问题2】 提示：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)令f′(x)＝1＋ln x＝0⇒x＝，
x∈(0，)，f′(x)<0，x∈(，＋∞)，f′(x)>0，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．故选A.
(2)因为函数f(x)＝，则f′(x)＝.
设h(x)＝xex＋1，则h′(x)＝(x＋1)ex，
当x>－1时，h′(x)>0，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－1)上单调递减，
所以当x∈R时，h(x)≥h(－1)＝－＋1>0，
则当x≠－1时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)．
答案：(1)A (2)(－∞，－1)，(－1，＋∞)
巩固训练1 解析：(1)由f(x)＝ln x＋f′(1)x2得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，f′(1)＝－1，
f′(x)＝－2x＝，
因为x>0，所以由f′(x)＝>0得0(2)f(x)＝e－xcs x，f′(x)＝－e－x(cs x＋sin x)＝－e－xsin (x＋)，
当x∈(0，)时，0，e－x>0，所以f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，π)时，π0，所以f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以f(x)在(0，π)的单调递减区间为(0，)．
答案：(1)C (2)(0，)
例2 解析：由题知，函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
所以求导得f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝，
若0由f′(x)>0得0，
由f′(x)<0得1所以函数f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减，
若a＝1，恒有f′(x)≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a>1，
由f′(x)>0得01，
由f′(x)<0得所以函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减，
所以当0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，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减．
巩固训练2 解析：f′(x)＝mex－1，
当m≤0时，f′(x)＝mex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln m，
当x<－ln m时，f′(x)<0，当x>－ln m时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增，
综上，当m≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增．
例3 解析：(1)因为a＝＝，b＝＝，c＝2＝，
所以令f(x)＝，由f′(x)＝，
知当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因为a＝f(2)＝f(4)，b＝f()，c＝f()，
所以a＝f(2)f()＝b，即c>a>b.
故选D.
(2)∵y＝x2，y＝cs x均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，
f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)则g′(x)＝－2＋cs x，
∵cs x∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，
又∵f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)．故选C.
答案：(1)D (2)C
巩固训练3 解析：(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为＞1，所以＞3.又lg24＜lg27＜lg28，即2＜lg27＜3，所以，所以lg2)，即b＜c＜a，故选D.
(2)令h(x)＝－2(x>0)，则h′(x)＝<0，所以h(x)在(0，＋∞)是减函数，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集为(1，＋∞)．
答案：(1)D (2)(1，＋∞)
例4 解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2x2－a≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≤(2x2)min，
所以a≤2.
答案：(－∞，2]
变式练习1 解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)>0在[1，2]上有解，
即2x2－a>0在[1，2]上有解，
所以a<(2x2)max，
所以a<8.
答案：(－∞，8)
变式练习2 解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，
则g(x)＝2x2－a在区间(1，2)的函数值有正有负，
而二次函数g(x)＝2x2－a开口向上，对称轴为y轴，
所以g(x)＝2x2－a在区间(1，2)上单调递增，所以，解得2所以实数a的取值范围是(2，8)．故选A.
答案：A
随堂检测
1．解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由f′(x)>0，得x>－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．故选D.
答案：D
2．解析：∵a＝，b＝，c＝＝，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当10；当x>e时ln x>1，此时f′(x)＝<0，故f(x)＝，当x∈(1，e)单调递增，当x∈(e，＋∞)单调递减，故f(x)max＝f(e)＝＝c，故a3>e，∴f(4)答案：A
3．解析：函数f(x)＝cs x－ax定义域为R，且f′(x)＝－sin x－a，依题意f′(x)≤0恒成立，－sin x－a≤0恒成立，即a≥－sin x恒成立，又－1≤－sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．故选A.
答案：A
4．解析：∵f(x)＝x－sin x，f(－x)＝－x－sin (－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，
∵f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cs x≥0，f(x)单调递增，
∵f(x＋1)＋f(1－4x)>0，∴f(x＋1)>－f(1－4x)＝f(4x－1)，
∴x＋1>4x－1，∴x<.
故不等式的解集为.
答案：