5.3.1函数的单调性(第2课时)函数单调性的应用-2024-2025学年高二数学下学期同步课件（人教A版2019选必二）

5.3.1第2课时 函数单调性的应用 第1页 课内导航 求含参数的函数的单调区间 由单调性求参数的取值范围 1 2 函数图象增长快慢的比较 书读百遍 其义自现 3 4 第1页 1.能根据函数的单调性求参数的取值范围. 2.进一步理解函数的导数和其单调性的关系,利用单调性比较大小、解不等式. 学习目标 第1页 一 求含参数的函数的单调区间 第1页 研究含参数的函数的单调性 1.定义域优先 2.分区间:划分函数的单调区间时,确定导数异号零点和函数的间断点. 3.画图象:画出导数和原函数图象。 知识梳理 第页 第1页 题型一 求含参数的函数的单调区间 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 二 由单调性求参数的取值范围 第1页 提示 在x=0的左右两侧,都有f'(x)>0,且该函数在x=0处连续,故不会影响该函数在R上是增函数.也就是说对于导函数有有限个等于0的点,不影响函数的单调性,其实即便是无数不连续的点使得f'(x)=0,也不会影响函数的单调性,比如f(x)=x-sin x,它的导函数f'(x)=1-cos x≥0恒成立,当且仅当x=2k ,k∈Z时,f'(x)=0,但这并不影响函数f(x)=x-sin x在R上是增函数. 对于函数f(x)=x3,我们发现,它的导函数f'(x)=3x2并没有恒大于0,当x=0时,有f'(0)=0,这是否会影响该函数的单调性? 思考1 第页 第1页 提示 不是,因为这里的“≥”有两层含义,大于或等于,对于这个复合命题而言,只要大于或等于这两个条件有一个成立,它就是真命题,如果f'(x)≥0成立的条件是f'(x)=0,即该函数无单调递增区间. 对于函数y=f(x),f'(x)≥0是f(x)为增函数的充要条件吗? 思考2 第页 第1页 在某区间I上,若f'(x)>0 函数f(x)在I上 ;在某区间I上,若f'(x)<0 函数f(x)在I上 . 若函数f(x)在I上单调递增 ;若函数f(x)在I上单调递减 . 单调递增 单调递减 f'(x)≥0 f'(x)≤0 知识梳理 第页 第1页 15 恒成立问题 (1)一般采用分离参数的方法解决恒成立的思考;(2)m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max;m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min;(3)需要对等号进行单独验证. 知识梳理 第页 第1页 16 题型二 由函数的单调性求参数的取值范围 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟2 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 三 函数图象增长快慢的比较 第1页 函数值变化快慢与导数的关系 一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得较快,这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数在这个范围内变化得较慢,函数的图象就比较“平缓”. 知识梳理 第页 第1页 知识梳理 第页 第1页 题型三 函数图象增长快慢的比较 √ 第页 第1页 反思感悟3 第页 第1页 √ 第页 第1页 四 书读百遍 其义自现 第1页 第页 第1页 第页 第1页 反 思 总 结 入 木 三 分 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 课 后 巩 固 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 第页 第1页 2 0 2 4 看 观 谢 谢 新教材同步学案 第1页 例1 (1)判断y=ax3-1(a∈R)在(-∞,+∞)上的单调性. 【解析】 ∵y′=3ax2,又x2≥0, ∴①当a>0时,y′≥0且不恒为零,函数在R上单调递增; ②当a<0时,y′≤0且不恒为零,函数在R上单调递减; ③当a=0时,y′=0,函数在R上没有单调性. (2)设函数f(x)=x-eq \f(1,x)-aln x(a∈R),讨论f(x)的单调性. 【解析】 函数f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=1+eq \f(1,x2)-eq \f(a,x)=eq \f(x2-ax+1,x2). 令g(x)=x2-ax+1,则对于方程x2-ax+1=0,有 =a2-4. 当-2≤a≤2时, ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,只有当a=2,x=1或a=-2,x=-1(舍去)时,等号成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a<-2时, >0,g(x)=0的两根都小于0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,且在(0,+∞)上g(x)>1,f′(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a>2时, >0,g(x)=0的两根为x1=eq \f(a-\r(a2-4),2),x2=eq \f(a+\r(a2-4),2). 当0<x<x1时,f′(x)>0;当x1<x<x2时,f′(x)<0;当x>x2时,f′(x)>0.故函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. 综上,当a≤2时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时,函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(a-\r(a2-4),2))),(eq \f(a+\r(a2-4),2),+∞)上单调递增,在(eq \f(a-\r(a2-4),2),eq \f(a+\r(a2-4),2))上单调递减. (1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时,要在函数的定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点. 思考题1 (1)讨论函数f(x)=eq \f(1,2)ax2+x-(a+1) ln x(a≥0)的单调性. 【解析】 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=ax+1-eq \f(a+1,x)=eq \f(ax2+x-(a+1),x). 当a=0时,f′(x)=eq \f(x-1,x),由f′(x)>0,得x>1;由f′(x)<0,得0<x<1. ∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 当a>0时,f′(x)=eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(a+1,a)))(x-1),x),∵a>0,∴eq \f(a+1,a)>0. 由f′(x)>0,得x>1;由f′(x)<0,得0<x<1. ∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (2)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).试讨论f(x)的单调性. 【解析】 f(x)的定义域为R,f′(x)=3x2+2ax,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=-eq \f(2a,3).当a=0时,因为f′(x)=3x2≥0且不恒为零,所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(2a,3)))∪(0,+∞),则f′(x)>0,若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),0)),则f′(x)<0, 所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(2a,3))),(0,+∞)上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),0))上单调递减; 当a<0时,若x∈(-∞,0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),+∞)),则f′(x)>0,若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(2a,3))),则f′(x)<0, 所以函数f(x)在(-∞,0),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),+∞))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(2a,3)))上单调递减. 综上,当a=0时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(2a,3))),(0,+∞)上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),0))上单调递减; 当a<0时,函数f(x)在(-∞,0),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3),+∞))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(2a,3)))上单调递减. 例2 (1)已知函数f(x)=2ax-x3,x∈(0,1),a>0,若f(x)在(0,1)上是增函 数,则a的取值范围是_. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),+∞)) 【解析】 (1)方法一:∵f′(x)=2a-3x2,f(x)在(0,1)上是增函数, ∴f′(x)≥0且不恒为零在(0,1)上恒成立. ∴2a-3x2≥0,即a≥eq \f(3,2)x2.又∵x∈(0,1),∴eq \f(3,2)x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3,2))),∴a≥eq \f(3,2). 检验a=eq \f(3,2)时,符合题意.∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),+∞)). 方法二:∵f′(x)=2a-3x2,f(x)在(0,1)上是增函数,∴f′(x)≥0在(0,1)上恒成立. 又∵f′(x)为二次函数,且图象开口向下, ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(0)≥0,,f′(1)≥0,解得a≥\f(3,2).,a>0,)) ∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),+∞)). (2)已知函数f(x)=ax-ln x在(0,2)上不单调,则a的取值范围是_. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)) 【解析】 (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-eq \f(1,x)=eq \f(ax-1,x), ①当a≤0时,f′(x)<0,即f(x)在(0,2)上单调递减,不合题意. ②当a>0时,令f′(x)=0,得x=eq \f(1,a). ∵f(x)在(0,2)上不单调,∴0<eq \f(1,a)<2,得a>eq \f(1,2). 根据已知函数的单调性求参数的取值范围的方法: 函数在区间[a,b]上单调递增(减) f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a,b]上恒成立,且在区间[a,b]的任意子区间上f′(x)不恒等于零,然后利用分离参数法或函数性质求解恒成立问题. 思考题2 (1)函数y=x3+2x2+mx+7是R上的单调函数,则m的取值范围是( ) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3),+∞)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(4,3))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,3))) 【解析】 若函数y=x3+2x2+mx+7是R上的单调函数,只需y′=3x2+4x+m≥0且不恒为零恒成立,即 =16-12m≤0,解得m≥eq \f(4,3).故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3),+∞)). (2)若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是( ) A.[1,+∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2))) C.[1,2) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),2)) 【解析】 由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-eq \f(1,x). 令f′(x)=0,解得x=-eq \f(1,2)(舍去)或x=eq \f(1,2), 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))时,f′(x)<0,f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上单调递减, 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))时,f′(x)>0,f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上单调递增. 方法一:∵(k-1,k+1)⊆(0,+∞),且f(x)在(k-1,k+1)上不单调, ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k-1≥0,,k-1<\f(1,2),,k+1>\f(1,2),))解得1≤k<eq \f(3,2). 故实数k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2))). 方法二:当k=1时,区间(k-1,k+1)为(0,2),满足题意. 当k≠1时,∵函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)上不是单调函数,∴f′(x)在区间(k-1,k+1)上有正也有负, 即f′(k-1)f′(k+1)<0. 又f′(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(k-1)=4k-4-\f(1,k-1)<0,,f′(k+1)=4k+4-\f(1,k+1)>0,,k-1>0,))解得1<k<eq \f(3,2). 综上,实数k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2))). 常见的对应情况如表所示: f(x)的 图象 f′(x)的 变化 规律 f′(x)>0 且越来 越大 f′(x)>0 且越来 越小 f′(x)<0 且越来 越小 f′(x)<0 且越来 越大 函数值 的变化 规律 函数值 增加得 越来越快 函数值 增加得 越来越慢 函数值 减小得 越来越快 函数值 减小得 越来越慢 例3 如图所示为函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象,那么y=f(x),y=g(x)的图象可能是( ) 【解析】 由题图知y=f′(x)与y=g′(x)的图象在x=x0处相交,所以函数y=f(x)与y=g(x)的图象在x=x0处的切线的斜率相同,排除B、C.又函数y=f′(x)中,y随x的增大而减小,函数y=g′(x)中,y随x的增大而增大,所以f(x)图象增长得越来越慢,g(x)图象增长得越来越快,故选D. 若导函数f′(x)>0且单调递增,则原函数为单调递增的下凸函数,若导函数f′(x)>0且单调递减,则原函数为单调递增的上凸函数;若导函数f′(x)<0且单调递增,则原函数为单调递减的下凸函数,若导函数f′(x)<0且单调递减,则原函数为单调递减的上凸函数. 思考题3 已知f′(x)是f(x)的导函数,若f′(x)的图象如图所示,则f(x)的图象可能是( ) 【解析】 从f′(x)的图象可以看出,f(x)在(a,b)上整体呈递增趋势,且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(a+b,2)))上,f′(x)单调递增;在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2),b))上,f′(x)单调递减,即函数f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(a+b,2)))上越来越陡峭,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2),b))上越来越平缓,由此可知,只有选项D符合. 要点1 f(x)在区间(a,b)上严格单调递增(递减)的充要条件 (1)∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0); (2)在区间(a,b)的任意子区间上f′(x)不恒等于零. 要点2 函数值变化快慢与导数的关系 一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得较快,这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数在这个范围内变化得较慢,函数的图象就比较“平缓”. 常见的对应情况如表所示: f(x)的 图象 f′(x)的 变化 规律 f′(x)>0 且越来 越大 f′(x)>0 且越来 越小 f′(x)<0 且越来 越小 f′(x)<0 且越来 越大 函数值 的变化 规律 函数值 增加得 越来越快 函数值 增加得 越来越慢 函数值 减小得 越来越快 函数值 减小得 越来越慢 1.在区间(a,b)上f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充要条件吗? 答:在区间(a,b)上f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上单调递增(减)的充分条件,而不是必要条件.如果出现个别点使f′(x)=0,不会影响函数f(x)在包含该点的某个区间上的单调性.例如函数f(x)=x3在定义域(-∞,+∞)上是增函数,但由f′(x)=3x2知,f′(0)=0,即并不是在定义域内的任意一点处都满足f′(x)>0. 可导函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充要条件是:对任意的x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0),且f′(x)在(a,b)的任何子区间内都不恒等于零. 2.在“f(x)在区间M上单调递增”与“f(x)的单调递增区间为N”中,区间M与区间N有什么关系? 答:求函数的单调区间,先考虑函数的定义域,然后解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)(不要带等号),最后求二者的交集,把它写成区间.已知函数y=f(x)的单 调递增区间为N,则在区间N上f′(x)≥0恒成立(必须带上等号),故在“f(x)在区间M上单调递增”与“f(x)的单调递增区间为N”中,M⊆N,我们也常用该结论求参数的取值范围. 1. 已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是( ) 解析 由函数f(x)的导函数y=f′(x)的图象自左至右先上升后下降,可知函数y=f(x)图象的切线的斜率自左向右先增大后减小.故选B. 2.若函数f(x)=x3+ax+b在区间(-1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则( ) A.a=1,b=1 B.a=1,b∈R C.a=-3,b=3 D.a=-3,b∈R 解析 因为f(x)=x3+ax+b,所以f′(x)=3x2+a.因为f(x)在(-1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f′(1)=3+a=0,所以a=-3,b∈R. 3.若函数y=eq \f(1,3)x3+x2+mx+2是R上的单调函数,则m的取值范围是( ) A.(-∞,1) B.(-∞,1] C.(1,+∞) D.[1,+∞) 解析 若函数y=eq \f(1,3)x3+x2+mx+2是R上的单调函数,则y′=x2+2x+m≥0且不恒为零或y′=x2+2x+m≤0且不恒为零(舍去)在R上恒成立, 所以 =4-4m≤0,解得m≥1. 4.已知函数f(x)=x3-12x,若f(x)在区间(2m,m+1)上单调递减,则实数m的取值范围是( ) A.[-1,1] B.(-1,1] C.(-1,1) D.[-1,1) 解析 f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2), 由f′(x)<0得-2<x<2, 由题意(2m,m+1)⊆(-2,2), 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≥-2,,m+1≤2,,2m<m+1,))解得-1≤m<1.故选D. 5.已知函数f(x)=x2+eq \f(a,x)(x≠0,常数a∈R).若函数f(x)在[2,+∞)上是单调递增的,求a的取值范围. 解析 f′(x)=2x-eq \f(a,x2)=eq \f(2x3-a,x2).要使f(x)在[2,+∞)上是单调递增的, 只要f′(x)≥0且不恒为零在[2,+∞)上恒成立,即eq \f(2x3-a,x2)≥0在[2,+∞)上恒成立. ∵x2>0,∴2x3-a≥0,即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立.∴a≤(2x3)min. ∵x∈[2,+∞),y=2x3是单调递增的,∴(2x3)min=16,∴a≤16. 当a=16,x∈[2,+∞)时,f′(x)=eq \f(2x3-16,x2)≥0,当且仅当x=2时取等号, ∴a的取值范围是(-∞,16]. $$