5.3.1函数的单调性课件（3）-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

5.3.1 函数的单调性（3） 复习引入 1.一般地，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)上, 如果 , 那么函数y=f(x)在区间(a, b)上单调递增; 在某个区间(a, b)上, 如果 , 那么函数y=f(x)在区间(a, b)上单调递减. 如果在某个区间上恒有 ，那么函数y=f(x)在这个区间上是常数函数. （2）如果f(x)在(a,b)内单调递增，则 在(a,b)内恒成立； 如果f(x)在(a,b)内为单调递减，则 在(a,b)内恒成立. 2.判断函数y=f(x)的单调性的步骤： 第1步，确定函数的定义域； 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. 例题 反思归纳 证明： x y O 1 π 练习 课本P97 例题 例2：已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，若当 x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，则不等式xf(x)>0的解集是 ________________________. (－∞，－2)∪(2，＋∞) 解析:由题意设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x). ∵当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∵f(x)是定义在R上的奇函数， ∴g(x)是定义在R上的偶函数. 又f(2)＝0，则g(2)＝2f(2)＝0， ∴不等式xf(x)>0等价于g(x)>0＝g(2)， ∴|x|>2，解得x<－2或x>2， ∴不等式xf(x)>0的解集是(－∞，－2)∪(2，＋∞). 求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形状，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果. ①对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数a(若a＝0，则无需构造)，则可构造h(x)＝f(x)－ax. ②对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x). ③对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x). 反思归纳 练习 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1. ∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. 例题 由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1. ∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，1)内为减函数，在 (1，＋∞)内为增函数. 利用导数研究含参函数f(x)的单调区间的一般步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)分析参数对区间端点、最高次项的系数的影响，以及不等式解集的端点与定义域的关系，恰当确定参数的不同范围，并进行分类讨论； (4)在不同的参数范围内，解不等式f′(x)>0和f′(x)<0，确定函数f(x)的单调区间. 反思归纳 练习 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 ①当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在 (0，＋∞)上单调递减. 随堂检测 4.当x≥1时，证明 ≤1. 证明：要证 ≤1,因为x≥1. 故只需证明lnx+1≤x, 令h(x)=x-lnx-1, 则h′(x)=1- , ∵x≥1, ∴h′(x)≥0, ∴h(x)在［1，+∞)单调递增， ∴x≥1时，h(x)≥h(1)=0. 即lnx+1≤x成立， ∴当x≥1时, ≤1. 课堂小结 1.利用函数单调性证明不等式.　　 2. 对于解有关函数的不等式问题，如果直接通过函数 的表达式得不到结果，或者直接求解比较烦琐，可以 通过研究函数的单调性，利用构造函数法解不等式， 将函数值大小转化为自变量问题.　　　 3.求含参函数数的单调区间，要注意对参数进行分类讨论． 课外作业 ∴函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数． ∴f(x)＞f(1). ∵f(1)＝1－ln 1＝1＞0， ∴f(x)＞0对x∈(1，＋∞)恒成立， ∴x－ln x＞0，即x＞ln x． 例1：已知x＞1，求证：x＞lnx. 解：设f(x)＝x－ln x　(x＞1)， f ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x). ∵x＞1，∴f ′(x)＝eq \f(x－1,x)＞0恒成立， 利用函数单调性证明不等式的常见形式与证明步骤 (1)常见形式：已知x∈(a，b)，求证：u(x)>v(x)； (2)证明步骤：①将所给的不等式移项，构造函数f(x)＝u(x)－v(x)，转化为证明函数f(x)>0；②在x∈(a，b)上，判断f′(x)的符号；③若f′(x)>0，说明f(x)在区间(a，b)内是增函数，只需将所给的区间的左端点的值代入f(x)，检验其值为零(或为正)，即证得f(a)≥0即可；若f′(x)<0，说明f(x)在区间(a，b)内是减函数，只需将所给的区间的右端点的值代入f(x)，检验其值为零(或为正)，即证得f(b)≥0即可．　　　　 ④对于f′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝eq \f(f（x）,ex). ⑤对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x). ⑥对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝eq \f(f（x）,x). ⑦对于eq \f(f′（x）,f（x）)>0，分类讨论：若f(x)>0，则构造 h(x)＝ln f(x)；若f(x)<0，则构造h(x)＝ln[－f(x)]. 设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A．(－3，0)∪(3，＋∞) B．(－3，0)∪(0，3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0，3) 解析：当x<0时，[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0， 令F(x)＝f(x)g(x)， 则当x<0时，F(x)为增函数． ∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数， ∴F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)． ∴F(x)为奇函数． 故当x>0时，F(x)仍为增函数． 根据F(x)＝f(x)g(x)的性质，可作出F(x)的示意图，如图所示． ∴f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0，3). 答案：D　 例3：讨论函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性. f′(x)＝ax＋1－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(ax2＋x－（a＋1）,x). ②当a>0时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))（x－1）,x)， 1.设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax.讨论函数f(x)的单调区间. 解：由已知得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x). ①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是递增的. ②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0，f(x)是递增的； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)是递减的． 综上所述， 当a≤0时，f(x)的递增区间为(0，＋∞)； 当a＞0时，f(x)的递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)). 综上可知，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，当 a>0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a)))). 2.求函数f(x)＝eq \f(1,x2)＋aln x(a∈R)的单调递减区间. 解：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(2,x3)＋eq \f(a,x)＝eq \f(ax2－2,x3). ②当a>0时，若0<x<eq \r(\f(2,a))，则f′(x)<0；若x>eq \r(\f(2,a))，则 f′(x)>0， 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上单调递增. 1.函数f(x)＝sin x＋2xf′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，f′(x)为f(x)的导函数，令a＝eq \f(1,2)，b＝log32，则下列关系正确的是(　　) A．f(a)<f(b)　　 B．f(a)>f(b) C．f(a)＝f(b) D．f(a)≤f(b) 解析：由题意得，f′(x)＝cos x＋2f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝cos eq \f(π,3)＋2f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， 因为b＝log32>log3eq \r(3)＝eq \f(1,2)＝a， 所以f(a)>f(b)，故选B. 解析：(1)由题意得，f′(x)＝cos x＋2f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝cos eq \f(π,3)＋2f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))， 解得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)，所以f(x)＝sin x－x. 所以f′(x)＝cos x－1≤0， 所以f(x)为减函数． 2．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋ f(2－2x)>0的解集是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) C.(－∞，3) D.(3，＋∞) 解析：因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x ＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝ 1－cos x≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即 x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)． 答案：C　 又g(1)＝f(1)－2×1＋1＝0， 由g(x)>g(1)，得x<1. 所以不等式f(x)>2x－1的解集为(－∞，1)． 所以g(x)＝f(x)－2x＋1在R上是减函数， 令g(x)＝f(x)－2x＋1，则g(x)>0. 3.定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，f′(x)<2，则满足f(x)>2x－1的x的取值范围是________． 解析：由f(x)>2x－1，得f(x)－2x+1>0. 因为g′(x)＝f′(x)－2<0， 5.已知函数 EMBED Equation.3 ．讨论函数 的单调性． 解：函数 的定义域为 . ， ①当 时， ， 在定义域 上单调递增. ②当 时，令 ，得 （舍去）， . 如图，当 时， ，当 时， ， 此时， 在区间 上单调递减， 在区间 上单调递增； ③当 时，令 ，得 ， （舍去）. 如图，当 时， ， 当 时， ， 此时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增． 综上所述，当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增. 《选择性必修第二册》 “综合运用”12； “拓广探索”18，19. $$