2027年高考数学一轮复习第三章　§3.2　导数与函数的单调性学案含解析

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1.函数的单调性与导数的关系
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数f(x)的定义域；
第2步，求出导数f'(x)的零点；
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.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f'(x)=0，则f(x)在此区间内没有单调性. ( √ )
(2)函数f(x)在某区间上单调递增，则一定有f'(x)>0. ( × )
(3)在(a，b)内f'(x)≤0且f'(x)=0的根有有限个，则f(x)在(a，b)上单调递减. ( √ )
(4)函数f(x)=x-sin x在R上是增函数. ( √ )
2.函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示，则下列判断中正确的是( )
A.f(x)在(-3，1)上单调递增
B.f(x)在(1，3)上单调递减
C.f(x)在(2，4)上单调递减
D.f(x)在(3，+∞)上单调递增
答案 C
解析 当x∈(-3，0)时，f'(x)0 得ln x0，解得xln a，
令f'(x)0，得02，即af(1.10.9)>f(0.90.9)
答案 B
解析 由题意得f(x)的定义域为R，f'(x)=-x2-ax-(a2+1)，对于方程-x2-ax-(a2+1)=0，因为Δ=-3a2-40 (或f'(x)0，
所以g(x)在(1，2)上单调递增，
g(x)>g(1)=e，故e≥1a，
即a≥1e=e-1，即a的最小值为e-1.
(2)(多选)已知函数f(x)=x−1xln x，且a=f 23，b=f 45，c=f (e−12)，则( )
A.a>bB.b>a
C.c>bD.c>a
答案 ACD
解析 由f(x)=x−1xln x，
得f'(x)=1+1x2ln x+1−1x2，x>0，
当x∈(0，1)时，f'(x)0，
所以由f'(x)0，
故函数f(x)在R上单调递增，
由f(2x2-1)+f(x)≤0得f(2x2-1)≤-f(x)=f(-x)，故2x2-1≤-x，
即2x2+x-1≤0，解得-1≤x≤12，
故不等式f(2x2-1)+f(x)≤0的解集为−1，12.
四、解答题(共27分)
11.(13分)已知函数f(x)=x+asin x在x=0处的切线方程为x+y=0.
(1)求实数a的值；(5分)
(2)当x∈[0，2π]时，求函数f(x)的单调区间.(8分)
解 (1)f'(x)=1+acs x，
因为函数f(x)在x=0处的切线方程为x+y=0，
则f'(0)=1+a=-1，即a=-2.
(2)由(1)得，f(x)=x-2sin x，f'(x)=1-2cs x，
因为x∈[0，2π]，
令f'(x)>0，即cs x0，
当a≤0时，若x∈0，12，则f'(x)0，
若x∈a，12，则f'(x)0，
若x∈12，a，则f'(x)0在(0，+∞)上恒成立，
∴f(x)=ax2+cs x-1在(0，+∞)上单调递增，符合题意；
当00，则g'(x)=(x+1)ex>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
又ln(ex+1)>ln ex=x，
所以g(x)0时，f'(x)