5.3 第1课时 函数的单调性-（课件）2022-2023学年新教材高中数学选择性必修第二册【南方凤凰台·5A新学案】人教A版

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3　导数在研究函数中的应用 第*页 第五章　一元函数的导数及其应用 5A新学案 数学 · 选择性必修第二册 第1课时 函数的单调性 第*页 第五章　一元函数的导数及其应用 5A新学案 数学 · 选择性必修第二册 素养养成·学透教材 A D 课堂评价·及时反馈 D D C B BC Thank you for watching 第*页 第五章　一元函数的导数及其应用 5A新学案 数学 · 选择性必修第二册 学习 目标 1. 理解函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负关系； 2. 能利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间. 类型1　利用导数证明函数单调性 　(P86例1补充)求证：函数f(x)＝－2lnx＋x2在(1，＋∞)上是增函数． 【解析】 f′(x)＝eq \f(－2,x)＋2x＝eq \f(2x＋1x－1,x)，因为x>1，所以(x＋1)(x－1)>0，即在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)＝－2lnx＋x2在(1，＋∞)上是增函数． 利用导数判断或证明函数单调性的思路： 变式　求证：函数f(x)＝ex－x－1在(0，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)内是减函数． 【解析】 因为f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1. 当x∈(0，＋∞)时，ex＞1，即f′(x)＝ex－1＞0，故函数f(x)在(0，＋∞)内为增函数． 当x∈(－∞，0)时，ex＜1，即f′(x)＝ex－1＜0，故函数f(x)在(－∞，0)内为减函数． 类型2　识图问题 　(P86例2补充)(1) 若f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象最有可能是图中的( ) A　　 B　　 C　　 D 【解析】 由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，－2)∪(0，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(－2,0)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递减，在(－2，0)上单调递增，可排除B，C，D. 故选A. (2) 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( ) 　 A　　 B　　 C　　 D 【解析】 由导函数的图象可得当x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，排除选项A，B；当x>0时，f′(x)先正后负，所以f(x)在(0，＋∞)上先增后减，因为选项C中的图象是先减后增再减，故排除选项C. 研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时，一般要从以下两点入手： (1) 函数的单调性与其导函数的正负之间的关系：在某个区间(a，b)内，若f′(x)>0，则y＝f(x)在(a，b)上单调递增；若f′(x)<0，则y＝f(x)在这个区间上单调递减；若恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数，不具有单调性． (2) 函数图象变化得越快，f′(x)的绝对值就越大，不是f′(x)的值越大． 类型3　利用导数求单调区间 　(P87例3补充)求下列函数的单调区间： (1) f(x)＝x2－lnx； 【解析】 (1) 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x).令f′(x)>0，得x>eq \f(\r(2),2)；令f′(x)<0，得0<x<eq \f(\r(2),2)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))). (2) f(x)＝eq \f(ex,x－2). 【解析】 (2) 函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，f′(x)＝eq \f(exx－3,x－22).令f′(x)>0，即x－3>0，得x>3；令f′(x)<0，得x＜2或2＜x＜3.所以f(x)在(－∞，2)和(2,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，2)和(2,3)，单调增区间为(3，＋∞)． 1. 求函数单调区间，首先确定函数的定义域，再令f′(x)>0解得增区间，令f′(x)<0解得减区