2025高考数学一轮复习-3.2-导数与函数的单调性【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-3.2-导数与函数的单调性【课件】，共60页。PPT课件主要包含了积累·必备知识，回顾教材夯实四基，单调递增，单调递减，常数函数，定义域，-2+∞，提升·关键能力，类分考点落实四翼，对于Df′x等内容，欢迎下载使用。
[课程标准要求] 1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.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).
1.函数的单调性与导数的关系
函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减),则f′(x)≥0(f′(x)≤0),“f′(x)>0(f′(x)0,则f(x)在定义域上一定单调递增.(　 　)(4)函数f(x)=x-sin x在R上是增函数.(　 　)
2.(选择性必修第二册P97习题5.3 T2改编)函数f(x)= x2-ln x的单调递减区间为(　 　)A.(-1,1)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(0,2)
解析:f(x)的定义域为(0,+∞),解不等式f′(x)= f( ),
所以f(x)在[0,+∞)上为增函数,
(1)利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小.(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;题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时,常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数,与题设形成解题链条,利用导数研究新函数的单调性,从而求解不等式.
角度三　利用函数的单调性求参数范围[例5] (1)已知函数f(x)=(x-1)ex-mx在[2,4]上存在减区间,则实数m的取值范围为(　　)A.(2e2,+∞)B.(-∞,e)C.(0,2e2)D.(0,e)
解析:(1)因为f(x)=(x-1)ex-mx,所以f′(x)=xex-m,因为f(x)在[2,4]上存在减区间,所以存在x∈[2,4],使得f′(x)(xex)min,令g(x)=xex,x∈[2,4],得g′(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)=xex在[2,4]上单调递增,所以g(x)min=g(2)=2e2,所以m>2e2.故选A.
(2)若函数f(x)=x2- ln x+1在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是(　　)
解析:(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以k-1≥0,即k≥1,
由于函数在区间(k-1,k+1)内不是单调函数,所以 ∈(k-1,k+1),
(不在定义域内,舍去),
(1)已知函数单调性求参数范围①已知可导函数f(x)在区间D上单调递增,则在区间D上f′(x)≥0恒成立;②已知可导函数f(x)在区间D上单调递减,则在区间D上f′(x)≤0恒成立;③已知可导函数f(x)在区间D上存在增区间,则f′(x)>0在区间D上有解;
④已知可导函数f(x)在区间D上存在减区间,则f′(x)0,所以f(x)单调递增,在(2,3)上f′(x)1,则不等式f(x)-x>0的解集为　　　 　. 
解析:(2)令g(x)=f(x)-x,所以g′(x)=f′(x)-1.由题意知g′(x)>0,所以g(x)为增函数.因为g(2)=f(2)-2=0,所以g(x)>0的解集为(2,+∞).
(3)(角度三)(2024·江苏镇江模拟)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是　　　 　.
解析:(3)函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上单调递增,
在(-∞,+∞)上恒成立.设cs x=t,
类型一　构造具体函数比较大小
对于变量不同,其余地方均相同的表达式的比较大小问题,常构造具体函数求解.常用的具体函数有以下几种:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex-x+a,f(x)=x-ln x,f(x)=ln(1+x)-x+a,f(x)= ,f(x)=x±sin x+a,f(x)=x±cs x+a等,利用构造函数解题要注意一些常见的凑形技巧,如:x=eln x,x=ln ex,xex=ex+ln x, =ex-ln x等.
微点提能4　构造函数的应用
[典例1] 已知a=4ln 3π,b=3ln 4π,c=4ln π3,则a,b,c的大小关系是(　　)A.csin βD.sin α>cs β
类型二　构造抽象函数解不等式或比较大小以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x), ”等特征式,旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题,是近几年高考试卷中的一位“常客”,常以压轴题的形式出现,解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.
角度一　构造f(x)±g(x)型可导函数
[典例2] 定义在R上的函数f(x),满足f(1)=1,且对任意x∈R都有f′(x)< ,则不等式f(lg x)> 的解集为　　　　. 
解析:由题意构造函数g(x)=f(x)- x,
则g′(x)=f′(x)- 0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.又F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.
角度二　构造f(x)·g(x)型可导函数[典例3] (1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f′(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则(　　)A.4f(-2)9f(3)C.2f(3)>3f(-2)D.3f(-3)0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则当x>0时,有g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0恒成立,即函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,又由函数f(x)是定义在R上的偶函数,则f(-x)=f(x),则有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函数g(x)也为偶函数,则有g(-2)=g(2),且g(2)0,所以F(x)在R上单调递增,且F(0)=f(0)·e0=1,因为不等式f(x)> 可化为f(x)e2x>1,即F(x)>F(0),所以x>0,所以原不等式的解集为(0,+∞).
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(x)g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)·g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练] (多选题)已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),其导函数为f′(x),且满足ln x·f′(x)+ ·f(x)>0,则下列不等式成立的是(　　)
解析:令g(x)=f(x)·ln x,x∈(0,+∞),可得g′(x)=ln x·f′(x)+ ·f(x),因为ln x·f′(x)+ ·f(x)>0,所以g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,又由g(1)=0,所以g(e)>g(1),g( )0,f( )·ln 0,f( )>0.故选AD.
角度三　构造 型可导函数
[典例4] 若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f′(x)>f(x),f(2 022)=e2 022,则不等式 的解集为(　　)
A.(0,e6 066)B.(0,e2 022)C.(e2 022,+∞)D.(e6 066,+∞)
解析:由题可设F(x)= ,x∈R,
因为f′(x)-f(x)>0,
所以函数F(x)在R上单调递增,
所以F( ln x)