2025年高考一輪復習 專題14 導數(shù)與函數(shù)的單調性（思維導圖+知識清單+核心素養(yǎng)分析+方法歸納）

專題14導數(shù)與函數(shù)的單調性目錄01思維導圖02知識清單03核心素養(yǎng)分析04方法歸納一、函數(shù)單調性和導數(shù)的關系函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內可導.1.若f'(x)>0,則函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內單調遞增.2.若f'(x)<0,則函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內單調遞減。二、函數(shù)圖象的變化和導數(shù)的關系一般地，如果一個函數(shù)在某一范圍內導數(shù)的絕對值較大，那么函數(shù)在這個范圍內變化得快，這時，函數(shù)的圖象就比較“陡峭”;如果一個函數(shù)在自變量的某一變化范圍內導數(shù)的絕對值較小，那么函數(shù)在這個范圍內變化得慢，這時，函數(shù)的圖象就“平緩”一些.導數(shù)絕對值的大小反映了函數(shù)在某個區(qū)間內或某點附近變化的快慢程度。三、利用導數(shù)求函數(shù)單調區(qū)間的方法方法一：當導函數(shù)不等式可解時，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調區(qū)間；（無參函數(shù)）確定函數(shù)單調區(qū)間的步驟①確定函數(shù)f(x)的定義域．②求f′(x)．③解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間；解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間．方法二：當導函數(shù)方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，依照實根把函數(shù)的定義域劃分為幾個區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間；方法三：若導函數(shù)對應的方程、不等式都不可解，根據(jù)f′(x)的結構特征，利用圖象與性質確定f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間．四、根據(jù)函數(shù)單調性求參數(shù)方法一：由函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調遞增(減)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間[a，b]上恒成立，列出不等式；方法二：利用分離參數(shù)法或函數(shù)的性質求解恒成立問題；方法三：對等號單獨檢驗，檢驗參數(shù)的取值能否使f′(x)在整個區(qū)間恒等于0．若f′(x)恒等于0，則參數(shù)的這個值應舍去；若只有在個別點處有f′(x)＝0，則參數(shù)可取這個值．方法四：當函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調區(qū)間可轉化為不等式有解問題；當已知函數(shù)在某區(qū)間上不單調時，則轉化為關于導函數(shù)的方程在該區(qū)間上有解問題．恒成立有解問題小結：(1)已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調遞增，則在區(qū)間D上f′(x)≥0恒成立；(2)已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調遞減，則在區(qū)間D上f′(x)≤0恒成立；(3)已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在增區(qū)間，則f′(x)>0在區(qū)間D上有解；(4)已知可導函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在減區(qū)間，則f′(x)<0在區(qū)間D上有解．五、單調性的應用1．比較大?。喝糇宰兞坎辉谕粏握{區(qū)間內，則要利用函數(shù)的性質，將其轉化到同一個單調區(qū)間上，再進行比較．2．利用單調性比較大小或解不等式，關鍵是根據(jù)題意構造輔助函數(shù)，利用構造的函數(shù)的單調性比較大小或解不等式．3．與抽象函數(shù)有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數(shù)；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數(shù)的積(商)的函數(shù)，與題設形成解題鏈條，利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調性，從而求解不等式．本專題是高考中?？純热?，通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性，從而解決函數(shù)的有關問題。導數(shù)是解決很多函數(shù)問題的橋梁，使很多復雜的函數(shù)通過求導變得有法可尋；或是其他問題通過構造函數(shù)解決。高考中多以選填題，解答題前幾題出現(xiàn)。一、不含參數(shù)的函數(shù)的單調性例1(1)函數(shù)的單調遞增區(qū)間是（

）A． B．C． D．答案A分析求出函數(shù)導數(shù)，解不等式即可得出遞增區(qū)間.解析因為函數(shù)，所以，令，解得或，所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間為.故選：A(2)函數(shù)的單調遞減區(qū)間是（

）A． B． C． D．答案B分析求導，令，利用導數(shù)求的單調遞減區(qū)間.解析由題意可知：的定義域為，且，令，解得，所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間是.故選：B.[拓展]1．函數(shù)的單調增區(qū)間是（

）A． B． C． D．答案B分析通過求導，令導函數(shù)大于，即可求解.解析函數(shù)的定義域為，，令，即，解得，所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間為.故選：.2．已知函數(shù)的導函數(shù)的圖象如圖所示，則函數(shù)的單調增區(qū)間是．答案和；分析根據(jù)導函數(shù)的圖象得到導數(shù)大于零的的取值范圍，得解.解析設函數(shù)為，由圖象可得，當，，所以函數(shù)的單調區(qū)間是和.故答案為：和.3．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且當時，，則當時，的單調遞增區(qū)間為．答案分析利用導數(shù)求當時的單調遞增區(qū)間，再根據(jù)奇函數(shù)的對稱性求得結果.解析當時，,由，解得，所以在區(qū)間上單調遞增，因為函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以函數(shù)圖象關于原點對稱，所以在區(qū)間上單調遞增.故答案為：.方法歸納：確定不含參的函數(shù)的單調性，按照判斷函數(shù)單調性的步驟即可，但應注意一是不能漏掉求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調區(qū)間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．二、含參數(shù)的函數(shù)的單調性例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，試討論函數(shù)y＝f(x)的單調性．解函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)或x＝1.①當0<a<1時，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞減；②當a＝1時，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；③當a>1時，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞減．綜上，當0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞減；當a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞減．延伸探究若將本例中參數(shù)a的范圍改為a∈R，其他條件不變，試討論f(x)的單調性？解當a>0時，討論同上；當a≤0時，ax－1<0，∴x∈(0,1)時，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數(shù)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(shù)f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減；當0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞減；當a＝1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞減．方法歸納：(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內討論，還要確定導數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點．三、函數(shù)單調性的應用命題點1比較大小或解不等式例3(1)己知，則（

）A． B． C． D．答案B分析構造，利用導數(shù)證明，代入可比較的大小，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質可判斷的大小，從而可求解.解析設，則，所以在上單調遞減，所以，所以，所以，即，所以，即，所以，即.由，可得，即，即，所以，即.綜上所述，.故選:B.(2)已知定義在上的函數(shù)滿足，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．答案C分析構造函數(shù)，利用導數(shù)說明其單調遞增，將原不等式等價轉換為，由此即可得解.解析令，則，所以在上單調遞增，不等式等價于，所以不等式的解集為.故選：C.[拓展]1.已知，設，，，則，，的大小關系為（

）A． B．C． D．答案C分析根據(jù)函數(shù)的奇偶性，以及構造函數(shù)利用導數(shù)求解單調性即可.解析當時，由得，所以為偶函數(shù)．又，當時，令，則，所以在上單調遞減，所以，即，所以在上單調遞減．，，所以，令，，則，因為，所以在上單調遞增，所以，即，所以，得．故，從而，即.故選：C．已知定義在上的函數(shù)的導函數(shù)為，且.對于任意的實數(shù)，均有成立，若，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．答案D分析構造函數(shù)，然后由已知可得的單調性，最后將不等式轉化為，即可得到答案.解析，令，則，則在上單調遞增.由，為奇函數(shù)，得，則，從而原不等式可化為，即，此即為.由于在上單調遞增，故這等價于，所以不等式的解集為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于構造新的函數(shù)并利用已知條件.命題點2根據(jù)函數(shù)的單調性求參數(shù)的范圍例4若函數(shù)在上單調遞增，則實數(shù)的最大值為（

）A． B．0 C．1 D．2答案D分析求導，轉化為，參變分離即可得解.解析，求導得，由在上單調遞增，得，又當，，則，又時，在上單調遞增，所以實數(shù)的最大值為2.故選：D．[拓展]1．函數(shù)在上單調遞減，則實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．答案B分析先求得函數(shù)的導函數(shù)，進而求出其單調遞減區(qū)間，再借助集合的包含關系即可求解.解析函數(shù)的定義域為，求導得，令，解得，所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間為，又函數(shù)在上單調遞減，所以.所以實數(shù)的取值范圍為.故選：B.2．若對任意的正實數(shù)，，當時，恒成立，則的取值范圍（

）A． B． C． D．答案A分析由可得，令，則在上為減函數(shù)，即在上恒成立，求解即可.解析，又，所以，所以，由已知對任意的，，且時，，設，則在上為減函數(shù)