2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第3章-第3節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（二）【課件】

第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)1.會(huì)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍.2.會(huì)利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式、比較函數(shù)值的大小.目

錄CONTENTS考點(diǎn)聚焦突破01課時(shí)分層精練02考點(diǎn)聚焦突破1KAODIANJUJIAOTUPO考點(diǎn)一利用單調(diào)性求參數(shù)范圍(2，＋∞)解析因?yàn)閒(x)＝(x2－mx＋2)ex，所以f′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝1，即x＝0時(shí)取等號(hào)，所以m>2.(2)(2023·全國(guó)乙卷)設(shè)a∈(0，1)，若函數(shù)f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是__________________.因?yàn)閍x＞0，所以g(x)≥0.因?yàn)閍∈(0，1)，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需滿足g(0)≥0，即lna＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，感悟提升根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的方法：(1)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則會(huì)漏解.(2)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集.(3)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗(yàn)證解的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號(hào)).A因?yàn)閒(x)在其定義域的一個(gè)子區(qū)間(2k－1，2k＋1)內(nèi)不單調(diào)，[e－2，＋∞)解得a≥e－2.考點(diǎn)二利用單調(diào)性比較大小D解析由題意，得f′(x)＝3－2sinx.因?yàn)椋?≤sinx≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數(shù).又log24<log27<log28，即2<log27<3，感悟提升利用導(dǎo)數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件判斷已知(或構(gòu)造后的)函數(shù)的單調(diào)性，利用其單調(diào)性比較大小.C所以f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，(2)若函數(shù)y＝f(x)滿足xf′(x)＞－f(x)在R上恒成立，且a＞b，則(

)A.af(b)＞bf(a) B.af(a)＞bf(b) C.af(a)＜bf(b) D.af(b)＜bf(a)B解析由xf′(x)＞－f(x)，設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在R上是增函數(shù)，又a＞b，所以g(a)＞g(b)，即af(a)＞bf(b)，故選B.考點(diǎn)三利用單調(diào)性解不等式B解析由題意可知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.感悟提升利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式的關(guān)鍵是首先判斷函數(shù)的單調(diào)性，易錯(cuò)之處忽視函數(shù)的定義域，如本例中，需要求2x－1＞0，且1－x＞0.(－∞，3)所以f(x)在R上單調(diào)遞減，又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)為奇函數(shù)，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0?f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，微點(diǎn)突破

導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問題通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性解決問題的類型有：1.通過導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造函數(shù)2.通過具體變量構(gòu)造函數(shù)若題目所給的條件含有兩個(gè)變量，可通過變形使兩個(gè)變量分別置于等號(hào)或不等號(hào)兩邊，即可構(gòu)造函數(shù)，并且利用函數(shù)的單調(diào)性求解.一、通過導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則構(gòu)造角度1利用f(x)與ex構(gòu)造例1(2024·長(zhǎng)沙聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且f(x)＋f′(x)>0在R上恒成立，

則不等式e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)的解集是_____________.解析令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，e2x＋1f(2x＋1)>e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，(0，2)解析由題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.∴x2f(x)>3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集為(0，2).BD二、通過變量構(gòu)造具體函數(shù)例4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＜a C.a＜c＜b D.a＜b＜cD∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.∵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).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.B∴g(x)在R上為增函數(shù)，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，x∈(0，1)，(2)若0＜x1＜x2＜1，則(

)A.ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B.ex2－ex1＜lnx2－lnx1C.x2ex1＞x1ex2

D.x2ex1＜x1ex2∴f(x)在(0，1)上不單調(diào)，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A，B錯(cuò)誤；c＜a＜ba＜b＜c所以函數(shù)F(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，所以a＜b＜c.課時(shí)分層精練3KESHIFENCENGJINGLIANC解析f′(x)＝－x2＋a，∴f′(x)＝－x2＋a＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴a＞0.B3.已知a∈R,則“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增”的(

) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件

D.既不充分也不必要條件AD解析當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx，因?yàn)閑x≥1，cosx∈[－1，1]，所以當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，A∴c＜a，即b＜c＜a.B7.若0＜x1＜x2＜1，則(

)A.ex2－ex1＜2x2－2x1 B.ex2－ex1＞2x2－2x1C.x2lnx1＜x1lnx2 D.x2lnx1＞x1lnx2C解析對(duì)于A，B選項(xiàng)：ex2－ex1＜2x2－2x1?ex2－2x2＜ex1－2x1；ex2－ex1＞2x2－2x1?ex2－2x2＞ex1－2x1，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－2x，A項(xiàng)可變成f(x2)＜f(x1)；B項(xiàng)可變?yōu)閒(x2)＞f(x1)，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0即ex－2＝0?x＝ln2，所以x∈(－∞，ln2),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(ln2，＋∞)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，因?yàn)?＜ln2＜1，且0＜x1＜x2＜1，所以無法判斷f(x2)，f(x1)的大小關(guān)系，故A，B錯(cuò)誤；所以x∈(0，e)，g(x)單調(diào)遞增；x∈(e，＋∞)，g(x)單調(diào)遞減；8.已知函數(shù)f(x)＝e|x－1|＋x2－2x，則使得f(x)＞f(2x)成立的x的取值范圍是_____________.解析因?yàn)閒(x)＝e|x－1|＋x2－2x＝e|x－1|＋(x－1)2－1，則f(x＋1)＝e|x|＋x2－1，令g(x)＝e|x|＋x2－1，則f(x)的圖象是由g(x)的圖象向右平移1個(gè)單位得到，又g(－x)＝e|－x|＋(－x)2－1＝e|x|＋x2－1＝g(x)，即g(x)＝e|x|＋x2－1為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)g(x)＝ex＋x2－1，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減，且關(guān)于x＝1對(duì)稱，b＜a＜c∵e≈2.718，π≈3.14，e2＞2π，∴b＜a.綜上b＜a＜c.又a>0，因?yàn)閒(x)在[1，2]上不單調(diào)，即為：2x－2ey－3＝0.(2)若f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍.解由f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，∴u(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴u(x)＞u(2)＝0，2a≤0，因此a∈(－∞，0].所以f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(t)＞f(1)＝0，D∴y＝x－1－lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x－1－lnx>0，∴l(xiāng)nx<x－1，x∈(1，＋∞)，∴0<lnx<x－1，又f(lnx)<f(x－1)在(