5.3.1　单调性 同步学案（含答案） 2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修1

5.3.1　单　调　性(1)
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．
3. 对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．
活动一 掌握函数的导数与单调性的联系
1. (1) 复习巩固：函数单调性的定义，导数的概念及四则运算；
(2) 导数f′(x)刻画了函数f(x)在每一点处的变化趋势(上升或下降的陡峭程度)，而函数的单调性也是对函数变化的一种刻画，那么导数与函数的单调性有什么联系？
2. 我们知道判断函数y＝x2的单调性可以用定义法、图象法，对于函数y＝x3－3x，如何判断它的单调性呢？
3. 结论：
设函数y＝f(x)在区间(a，b)上，
(1) 如果________________，那么f(x)在该区间上________；
(2) 如果________________，那么f(x)在该区间上________．
4. 试结合y＝x3进行思考：如果函数f(x)在某区间上单调递增，那么在该区间上必有f′(x)>0吗？
用导数求函数单调区间的一般步骤：
(1) 求定义域；
(2) 求f′(x)；
(3) 解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(4) 确定单调区间．
活动二　掌握用导数的方法研究函数的单调性　
例1　确定函数f(x)＝2x3－6x2＋7在哪些区间上单调递增．
例2　(1) 求函数f(x)＝sin x，x∈[0，2π]的单调减区间；
(2) 求函数f(x)＝sin x－x，x∈(0，π)的单调减区间．
求下列函数的单调区间．
(1) f(x)＝3x2－2ln x；
(2) f(x)＝x2·e－x；
(3) f(x)＝x＋.
1. (2024重庆长寿期末)函数f(x)＝－x3＋x2＋3x＋a(其中a∈R)的单调增区间是(　　)
A. (－∞，－1)∪(3，＋∞) B. (－1，3)
C. (－3，1) D. R
2. (2024山东期中)如图是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)在区间(0，a)内是常函数
B. f(x)在区间(a，c)上单调递减
C. f(x)在区间(c，d)上单调递增
D. f(x)在区间(d，e)上单调递增
3. (多选)(2024重庆七校期末联考)已知函数f(x)＝x－sin x，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)为奇函数 B. f(x)为其定义域上的减函数
C. f(x)有唯一的零点 D. f(x)的图象与直线y＝1相切
4. (2024宿迁期末)函数y＝2(e＋e－)的单调增区间为________．
5. (2024盐城期末)已知函数f(x)＝ex＋cos x，x≥0.
(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 求证：f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．
5．3.1　单　调　性(2)
掌握利用导数判断函数单调性的方法，能运用函数的单调性解决简单的综合题．
活动一 掌握利用导数判断函数单调性的一般步骤
例1　求证：函数f(x)＝在区间(0，)上单调递减．
　已知函数f(x)＝ex＋a(x＋4).讨论f(x)的单调性．
活动二 函数单调性的应用一(求参数范围)
例2　已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋1.
(1) 若函数f(x)的单调减区间为[0，2]，求实数a的值；
(2) 若函数f(x)在区间[0，2]上单调递减，求实数a的取值范围．
例3　已知函数f(x)＝kx－ln x.
(1) 若函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
(2) 在函数f(x)区间(1，＋∞)上单调递减，求实数k的取值范围；
(3) 在函数f(x)区间(1，＋∞)上不单调，求实数k的取值范围．
活动三　函数单调性的应用二(证明不等式)　
例4　求证：当x>0时，x－1≥ln x.
　求证：当x∈(－∞，0)时，ex>x＋1.
活动四 函数单调性的应用三(函数的零点)
例5　求证：方程x－sin x＝0有且只有一个根为x＝0.
　(2024海南海口期末)已知函数f(x)＝a sin x－x cos x在区间上有零点，求实数a的取值范围．
1. (2024东营期末)已知函数f(x)＝ln x－mx，若函数f(x)在区间[1，2]上单调递减，则实数m的最小值为(　　)
A. 1 B. C. 2 D. 2
2. (2025盐城期末)若函数f(x)＝x3－2x2＋ax－5在区间[1，2]上单调，则实数a的取值范围是(　　)
A. (－∞，3]∪[4，＋∞) B. (3，4)
C. [4，＋∞) D. (－∞，3)∪(4，＋∞)
3. (多选)(2025南京期末)下列不等式恒成立的有(　　)
A. 当x∈时，x>sin x B. 当x∈(0，＋∞)时，x>ln x
C. ex>x＋1(其中，e为自然对数的底数) D. 当x∈(1，＋∞)时，x－>2ln x
4. (2024益阳南县一中期末)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋x2－2x＋1在区间(2m－2，3＋m)上不单调，则实数m的取值范围是________．
5. (2024淄博一模改编)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1) 讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2) 求证：函数f(x)在区间上有唯一零点．
5.3.1　单　调　性(1)
【活动方案】
1. (1) 略
(2) 如果函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么对任意的x1，x2∈(a，b)，当x10，即>0.这表明，函数的平均变化率与其单调性密切相关．
2. 定义法是解决问题的根本方法，但是定义法较繁琐，又不能画出它的图象．通过前面的学习，我们可以通过研究函数的导数来判断它的单调性．
3. (1) 在某区间上f′(x)>0　单调递增
(2) 在某区间上f′(x)<0　单调递减
4. 不是，因为y′＝3x2≥0恒成立，所以y＝x3在R上单调递增，而f′(x)不一定恒大于0，也有可能等于0.
例1　由题意，得f′(x)＝6x2－12x.
令f′(x)>0，解得x<0或x>2，
所以函数f(x)在区间(－∞，0)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)也单调递增．
例2　(1) 由题意，得f′(x)＝cos x.
令f′(x)<0，即cos x<0.
又x∈[0，2π]，所以x∈(，)，
故函数f(x)的单调减区间为(，).
(2) 由题意，得f′(x)＝cos x－1.
令f′(x)<0，即cos x<1.
又x∈(0，π)，所以x∈(0，π)，
故函数f(x)的单调减区间为(0，π).
跟踪训练　(1) 易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝6x－.
令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0(2) 易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x2)′e－x＋x2(e－x)′＝2xe－x－x2e－x＝e－x·(2x－x2).
令f′(x)>0，得02，所以f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调增区间为(0，2).
(3) 易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
令f′(x)>0，得x>1或x<－1，令f′(x)<0，得－1【检测反馈】
1. B　由题意，得f′(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x＋1)(x－3).令f′(x)>0，解得－12. D　对于A，当00，当b0，所以f(x)在区间(d，e)上单调递增，故D正确．
3. AC　对于A，因为f(x)的定义域为R，关于原点对称，又f(－x)＝－x－sin (－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故A正确；对于B，f′(x)＝1－cos x≥1－1＝0，所以f(x)是定义域上的增函数，故B错误；对于C，因为f(0)＝0－sin 0＝0，且f(x)是定义域上的增函数，所以f(x)有唯一的零点，故C正确；对于D，因为f′(x)＝1－cos x，令1－cos x＝0，可得x＝2kπ，k∈Z，所以斜率为0的切线方程为y－(2kπ－sin 2kπ)＝0·(x－2kπ)，k∈Z，即y＝2kπ，k∈Z，显然2kπ≠1，故D错误．故选AC.
4. [0，＋∞)　由题意，得y′＝e－e－.因为y＝e单调递增，y＝e－单调递减，所以y′＝e－e－单调递增，当x＝0时，y′＝0，所以当x≥0时，y′≥0，所以函数的单调增区间是[0，＋∞).
5. (1) 因为f′(x)＝ex－sin x，x≥0，
所以f′(0)＝1，f(0)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－2＝x，
即x－y＋2＝0.
(2) 由(1)知，f′(x)＝ex－sin x，x≥0.
因为x≥0，所以ex≥1.
又－1≤sin x≤1，
所以f′(x)＝ex－sin x≥1－sin x≥0，
所以f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．
5．3.1　单　调　性(2)
【活动方案】
例1　由题意，得f′(x)＝.
因为当0所以x cos x所以f′(x)<0，
所以函数f(x)＝在区间(0，)上单调递减．
跟踪训练　由函数f(x)＝ex＋a(x＋4)，得f′(x)＝ex＋a，
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增；
当a<0时，令f′(x)＝0，则x＝ln (－a)，
所以当x当x>ln (－a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)在区间(－∞，ln (－a))上单调递减，在区间(ln (－a)，＋∞)上单调递增．
例2　(1) f′(x)＝6x2＋2ax，则由题意，得6×22＋2a×2＝0，解得a＝－6，
故实数a的值为－6.
(2) f′(x)＝6x2＋2ax，
则由题意，得解得a≤－6，
故实数a的取值范围是(－∞，－6].
例3　(1) 由f(x)＝kx－ln x，得f′(x)＝k－.
因为函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以 x∈(1，＋∞)，f′(x)≥0恒成立，
即k≥恒成立．
又0<≤1，所以k≥1，
即实数k的取值范围是[1，＋∞).
(2) 由(1)知，f′(x)＝k－.
因为函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以 x∈(1，＋∞)，f′(x)≤0恒成立，
即k≤恒成立，
又0<≤1，所以k≤0，
即实数k的取值范围是(－∞，0].
(3) 由(1)知，f′(x)＝k－.
因为函数f(x)在区间(1，＋∞)上不单调，
所以函数f′(x)在区间(1，＋∞)上存在变号零点．
令f′(x)＝0，得x＝.
又f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以∈(1，＋∞)，解得0所以实数k的取值范围是(0，1).
例4　要证x－1≥ln x(x＞0)，
只需证 x－1－ln x≥0(x＞0).
令f(x)＝x－1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－，
当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝1－1－ln 1＝0，
即x－1－ln x≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
故当x>0时，x－1≥ln x.
跟踪训练　设f(x)＝ex－x－1，
则f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，ex∈(0，1)，所以ex－1<0，
所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减．
又f(0)＝e0－0－1＝0，所以f(x)>0，
即当x∈(－∞，0)时，ex>x＋1.
例5　设f(x)＝x－sin x，
则f′(x)＝1－cos x>0，
故函数f(x)在R上为增函数．
因为f(π)＝π>0，f(－π)＝－π<0，f(0)＝0，
所以方程x－sin x＝0有且只有一个根为x＝0.
跟踪训练　问题等价转化为a＝在区间上有解．
令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，
令h(x)＝sin2x－x，x∈，则h′(x)＝cos 2x－1<0，所以h(x)单调递减，
则h(x)故g(x)在区间上单调递减，此时g(x)g＝－，
所以a的取值范围为.
【检测反馈】
1. A　由题意，得f′(x)＝－m≤0在区间[1，2]上恒成立，故m≥，则m≥1，故实数m的最小值为1.
2. A　由题意，得f′(x)＝x2－4x＋a.由函数f(x)在区间[1，2]上单调，得f′(x)≥0或f′(x)≤0，即x2－4x＋a≥0或x2－4x＋a≤0，x∈[1，2]，即a≥(4x－x2)max或a≤(4x－x2)min，x∈[1，2]，令y＝4x－x2＝－(x－2)2＋4，x∈[1，2]，当x＝1时，y取得最小值3，当x＝2时，y取得最大值4，所以a≥4或a≤3.
3. ABD　对于A，令f(x)＝x－sin x，x∈，则f′(x)＝1－cos x>0，故f(x)在区间上单调递增，故f(x)>f(0)＝0，即x>sin x，故A正确；对于B，令m(x)＝ln x－x，则m′(x)＝－1，当x>1时，m′(x)<0，m(x)在区间(1，＋∞)上单调递减；当00，m(x)在区间(0，1)上单调递增，故m(x)≤m(1)＝－1<0，故ln x0时，n′(x)>0，n(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，n′(x)<0，n(x)在区间(－∞，0)上单调递减，所以n(x)≥n(0)＝0，故ex≥x＋1，故C错误；对于D，令g(x)＝x－－2ln x，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝1＋－＝＝>0，故g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝0，故x－>2ln x，故D正确．故选ABD.
4. (－1，2)　由题意，得f′(x)＝(x－3)ex＋ex＋x－2＝(ex＋1)(x－2).因为f(x)在区间(2m－2，3＋m)上不单调，所以y＝f′(x)在区间(2m－2，3＋m)上有零点．又ex＋1>0，所以y＝x－2的零点x＝2在区间(2m－2，3＋m)内，所以解得－15. (1) 函数f(x)＝ex－sin x－1，当x>0时，f′(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
(2) 由(1)知，f′(x)＝ex－cos x，当x∈时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间上单调递增，
又f(－π)＝e－π－1<0，f＝e－>0，
所以函数f(x)在区间上有唯一零点．