2.6.1 函数的单调性 课件-2023-2024学年高二下学期数学北师大版（2019）选择性必修第二册

6.1函数的单调性 1.了解函数的单调性与导数的关系. 2.会利用导数研究函数的单调性. 3.会求函数的单调区间. 4.加强直观想象与数学运算能力的培养. 课标定位素养阐释 激趣诱思 问题1　已知函数:(1)y=3x+1,(2)y=-4x,(3)y=2x,它们的导数的正负与它们的单调性之间有怎样的关系? 提示 (1)y′=3>0,y=3x+1是增函数. (2)y′=-4<0,y=-4x是减函数. (3)y′=2xln 2>0,y=2x是增函数. 知识点拨 常数函数 递增 递减 注意：函数的两个单调区间之间不能用“∪” 注意： 1.利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便,但应注意f'(x)>0(或f'(x)<0)仅是函数f(x)在 递增(或递减)的 . 2.若在某个区间内,f‘(x)≥0,且只在有限个点为0,则在这个区间内,函数y=f(x)单调递增;若在某个区间内,f’(x)≤0,且只在有限个点为0,则在这个区间内,函数y=f(x)单调递减. . 某个区间上 举个例子 充分条件 函数f(x)=- , f′(x)=-<0,但函数f(x)=- 在定义域内不单调，只是在区间(-∞,0),(0,+∞). 函数f(x)=x3在定义域内是递增, 但f′(0)=0, f′(x)>0不是恒成立. 例如函数f(x)=x3,f′(x)=3x2,且f′(0)=0,但f(x)=x3在定义域内是增函数. 二、函数图象的变化趋势与导数的绝对值大小的关系 一般地,设函数y=f(x),在区间(a,b)上: 注意点： 原函数的图象看增(减)变化,而导函数的图象看正(负)变化. 三、求函数单调区间步骤 答案 利用导数求函数单调区间的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域. (2)求导数f′(x). (3)由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上单调递增;当f′(x)<0时,f(x)在相应的区间上单调递减. (4)结合定义域写出单调区间. 小题热身 1.函数y=f(x)的图象如图所示,则其导函数y=f′(x)的图象可能是(　　) 2.已知函数f(x)=1+2x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系是( ). A.f(2)>f(3)>f(π) B.f(3)>f(2)>f(π) C.f(π)>f(2)>f(3) D.f(π)>f(3)>f(2) 3.求函数f(x)=3x2-2ln x的单调区间. 答案 1.A 2.D 3. 解析 2.∵f'(x)=2-cos x>0,∴f(x)在定义域R上是增函数.又π>3>2,∴f(π)>f(3)>f(2). 可借助表格表达单调性,如图 函数图象与其导函数图象的关系 判断函数的单调性及求单调区间 求含参的函数的单调区间 已知函数的单调性求参数的范围 题型探究 题型二 题型一 题型三 题型四 单调性的应用 题型五 题型一 函数图象与其导函数图象的关系 1. (1)已知f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,那么f(x)的图象最有可能是图中的(　　) 答案 D　 解析 由题意可知,当x<0和x>2时,导函数f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(0,2)时,导函数f'(x)>0,函数f(x)单调递增,故函数f(x)的图象如选项D. (2)已知函数f(x)与其导函数f'(x)的图象如图所示,则满足f'(x)<f(x)的x的取值范围为(　　) A.(0,4) B.(-∞,0)∪(1,4) C. D.(0,1)∪(4,+∞) 答案 D　 解析 观察图象,可得导函数f'(x)的图象过点(0,0), ,原函数f(x)的图象过点(0,0),(2,0),观察图象可得满足f'(x)<f(x)的x的取值范围为(0,1)∪(4,+∞),故选D. 2. 在同一坐标系中画出三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)及其导函数的图象,下列一定不正确的序号是(　　) A.①② B.①③ C.③④ D.①④ 答案 C 解析 当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增;当f'(x)<0时,函数f(x)单调递减,故可得,①②中函数图象的增减趋势与导函数的正负区间是吻合的;而③中导函数为负的区间内相应的函数图象不递减,故错误;④中导函数为负的区间内相应的函数图象不递减,故错误. 返回 题型二 判断函数的单调性 4. 求下列函数的单调区间: (1)f(x)=x3-2x2+x; (2)f(x)=x2·e-x; 解析 (1)函数的定义域为R, 因为f′(x)=3x2-4x+1,令f′(x)>0,解得x>1或x<;令f′(x)<0,解得<x<1. 因此函数f(x)的单调递增区间是(-∞,),(1,+∞),单调递减区间是(,1). (2)函数的定义域为(-∞,+∞). f′(x)=(x2)′e-x+x2(e-x)′=2xe-x-x2e-x=e-x(2x-x2) 由f′(x)>0,得0<x<2;由f′(x)<0得x<0或x>2, 所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调递增区间为(0,2). 返回 5. (1)已知函数f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R,讨论函数f(x)的单调区间. (2)设函数f(x)=ex-ax-2,求f(x)的单调区间. (3)求f(x)=ax3-3x2+1(a≠0)函数的单调区间. 题型三 求含参的函数的单调区间 解析 (1) f′(x)=3x2+2ax+1,Δ=4(a2-3). (2)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a. ∵当a≤0时,f'(x)>0,∴f(x)在(-∞,+∞)内单调递增. 当a>0时,∵当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0. ∴f(x)在(-∞,ln a)内单调递减,在(ln a,+∞)内单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞); 当a>0时,f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a). 返回 题型四 已知函数的单调性求参数的范围 6. 已知函数f(x)=x3-ax-1为增函数,求实数a的取值范围. 解析 由已知得f'(x)=3x2-a, 因为f(x)在(-∞,+∞)内单调递增, 所以f'(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)内恒成立,即a≤3x2对x∈R恒成立. 因为3x2≥0,所以只需a≤0. 又因为a=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)=x3-1在R上是增函数. 所以实数a满足a≤0. 拓展 (1)若函数f(x)=x3-ax-1的单调递减区间为(-1,1),求a的取值范围. (2)若函数f(x)=x3-ax-1在区间(-1,1)内单调递减,求a的取值范围. (3)若函数f(x)=x3-ax-1在区间(-1,1)内不单调,求a的取值范围. 拓展 (1)由f'(x)=3x2-a, ①当a≤0时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)内单调递增. (2)由题意可知f'(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立, ∴a≥3. 即a的取值范围是[3,+∞). (3)∵f(x)=x3-ax-1,∴f'(x)=3x2-a. 解析 (方法一)(直接法) f'(x)=x2-ax+a-1,令f'(x)=0,得x=1或x=a-1. 当a-1≤1,即a≤2时,函数f(x)在(1,+∞)内单调递增,不合题意. 当a-1>1,即a>2时,函数f(x)在(-∞,1)和(a-1,+∞)内单调递增,在(1,a-1)内单调递减, 由题意知(1,4)⊂(1,a-1)且(6,+∞)⊂(a-1,+∞), 所以4≤a-1≤6,即5≤a≤7. 故实数a的取值范围为[5,7]. (方法二)(数形结合法) 如图所示,f'(x)=(x-1)[x-(a-1)]. 因为在(1,4)内,f'(x)≤0, 在(6,+∞)内,f'(x)≥0, 且f'(x)=0有一根为1, 所以另一根在[4,6]上. 故实数a的取值范围为[5,7]. (方法三)(转化为不等式的恒成立问题) f'(x)=x2-ax+a-1. 因为f(x)在(1,4)内单调递减,所以f'(x)≤0在(1,4)内恒成立, 即a(x-1)≥x2-1在(1,4)内恒成立,所以a≥x+1, 因为2<x+1<5,所以当a≥5时,f'(x)≤0在(1,4)上恒成立, 又因为f(x)在(6,+∞)内单调递增, 所以f'(x)≥0在(6,+∞)内恒成立,所以a≤x+1, 因为x+1>7,所以当a≤7时,f'(x)≥0在(6,+∞)内恒成立. 综上知5≤a≤7. 故实数a的取值范围为[5,7]. 返回 题型五 单调性的应用 8. (1)已知函数y=f(x)(x∈R)满足f′(x)>f(x),则f(1)与ef(0)的大小关系是(　　) A.f(1)<ef(0)　 B.f(1)>ef(0) C.f(1)=ef(0) D.不能确定 返回 1、利用导数图像求函数单调区间 2、利用导数判断函数单调性及求单调区间 3、含参数讨论单调性及已知单调性求参数范围 4、导数的应用(比较大小、构造函数等) 课堂总结 下课 一、函数的单调性与其导数正负的关系 一般地,函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间具有如下的关系: (1)在某个区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调 ; (2)在某个区间(a,b)内,如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调 ; (3)如果在某个区间上恒有f′(x)=0,那么函数y=f(x)在这个区间内是 . 3.函数的定义域为(0,+∞). 由f′(x)=6x->0得x> ;由f′(x)=6x-<0得0<x<, 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 3. (1)证明:函数f(x)=在区间(,π)内单调递减. (2)证明:函数f(x)=在区间(0,e)内单调递增. 证明 (1)∵f'(x)=,x∈(,π), ∴cos x<0,sin x>0,∴xcos x-sin x<0, 则f'(x)<0,∴f(x)在(,π)内单调递减. (2)∵f(x)=,∴f'(x)=. 又0<x<e,∴ln x<ln e=1. ∴f'(x)=>0,故f(x)在区间(0,e)内单调递增. (3)f(x)=eq \f(1,xln x)(x>0且x≠1). (3)f′(x)=-eq \f(ln x＋1,x2ln2x), 若f′(x)=0,则x=eq \f(1,e),列表如下: x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) eq \f(1,e) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) (1,+∞) f′(x) + 0 - - f(x) 递增 -e 递减 递减 ∴f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)));减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)),(1,+∞). 单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－\r(a2－3),3)，\f(－a＋\r(a2－3),3))). 当Δ≤0,即-eq \r(3)≤a≤eq \r(3)时,对所有的x∈R都有f′(x)≥0,故f(x)的单调增区间是R. 当Δ>0,即a>eq \r(3)或a<-eq \r(3)时,令f′(x)>0,即3x2+2ax+1>0, 解得x>eq \f(－a＋\r(a2－3),3)或x<eq \f(－a－\r(a2－3),3); 令f′(x)<0,即3x2+2ax+1<0,解得eq \f(－a－\r(a2－3),3)<x<eq \f(－a＋\r(a2－3),3). 故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－a－\r(a2－3),3))),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a＋\r(a2－3),3)，＋∞)); (3)由题设知f′(x)=3ax2-6x=3axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))),令f′(x)=0,得x1=0,x2=eq \f(2,a). 当a>0时,若x∈(-∞,0),则f′(x)>0,∴f(x)在区间(-∞,0)上为增函数;若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a))),则f′(x)<0,∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上为减函数;若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞)),则f′(x)>0,∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上是增函数. 当a<0时,若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a))),则f′(x)<0,∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))上是减函数;若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0)),则f′(x)>0,∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上为增函数;若x∈(0,+∞),则f′(x)<0,∴f(x)在区间(0,+∞)上为减函数. ②当a>0时,令3x2-a=0,得x=±,当-<x<时,f'(x)<0. f(x)在内单调递减,f(x)的单调递减区间为, =1,即a=3. ∴, 由f'(x)=0,得x=±(a≥0), ∵f(x)在区间(-1,1)内不单调, ∴0<<1,即0<a<3. 故a的取值范围为(0,3). 7. 若函数f(x)=x3-ax2+(a-1)x+1在区间(1,4)内单调递减,在(6,+∞)内单调递增,求实数a的取值范围. 所以即所以5≤a≤7. (2)已知f(x)是定义在区间(0,+∞)内的函数,其导函数为f′(x),且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立,则(　　) A.4f(1)<f(2)　　 B.4f(1)>f(2) C.f(1)<4f(2)　　 D.f(1)>4f(2) 解析 (1)令g(x)=eq \f(f(x),ex),则g′(x)=eq \f(f′(x)ex－f(x)ex,e2x)=eq \f(f′(x)－f(x),ex)>0, 则函数g(x)在R上单调递增,所以有g(1)>g(0),即eq \f(f(1),e1)>eq \f(f(0),e0), 所以可得f(1)>ef(0),故选B. (2)设函数g(x)=eq \f(f(x),x2)(x>0),则g′(x)=eq \f(x2f′(x)－2xf(x),x4)=eq \f(xf′(x)－2f(x),x3)<0, 所以函数g(x)在(0,+∞)上为减函数,因此g(1)>g(2),即eq \f(f(1),12)>eq \f(f(2),22), 所以4f(1)>f(2). 9.(1)已知f(x)在R上是奇函数,且f′(x)为f(x)的导函数,对任意x∈R,均有f(x)>eq \f(f′(x),ln 2)成立,若f(-2)=2,则不等式f(x)>-2x-1的解集为(　　) A.(-2,+∞)　　 B.(2,+∞) C.(-∞,-2)　　 D.(-∞,2) (2)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意的x∈R,有f′(x)＞2,则f(x)＞2x+4的解集是________. 解析 (1) f(x)>eq \f(f′(x),ln 2)⇔f′(x)-ln 2·f(x)<0. 令g(x)=eq \f(f(x),2x),则g′(x)=eq \f(f′(x)－f(x)·ln 2,2x),∴g′(x)<0,则g(x)在(-∞,+∞)上是减函数. 由f(-2)=2,且f(x)在R上是奇函数,得f(2)=-2,则g(2)=eq \f(f(2),22)=-eq \f(1,2), 又f(x)>-2x-1⇔eq \f(f(x),2x)>-eq \f(1,2)=g(2),所以x<2.故选D. (2) 令g(x)=f(x)-(2x+4), 则g′(x)=f′(x)-2>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上是增函数. 由f(-1)=2,得g(-1)=0,又f(x)>2x+4⇔g(x)>0,所以x>-1. 即不等式f(x)>2x+4的解集是(-1,+∞). $$