5.3.1函数的单调性(第3课时)函数单调性的综合问题-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3课时（习题课） 函数单调性的综合问题 第1页 1.能根据函数的单调性比较大小. 2.进一步理解函数的导数和其单调性的关系，利用导数求单调性证明不等式. 学习目标 第1页 课内导航 利用导数比较大小 利用导数证明不等式 1 2 导数的综合应用 3 第1页 一 利用导数比较大小 第1页 1.构造函数：常用作差法，构造新函数； 2.求导：求出新函数的导数，得到单调性； 3.利用单调性比较函数值的大小，解题时需注意先判断所属单调区间. 知识梳理 第页 第1页 题型一　利用导数比较大小 √ 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 利用导数证明不等式 第1页 1.解不等式时，通常利用函数单调性来解决，其中函数可以是已知函数，也可以根据题目要求构造相应函数. 2.证不等式恒成立，用导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式直接构成函数，利用导数的方法，通过分类讨论研究函数的最值，即可得到结果. 知识梳理 第页 第1页 题型二　利用导数解决不等式问题 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 三 导数的综合应用 第1页 题型三　综合应用 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟3 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　已知x>0，a＝x，b＝x－eq \f(x2,2)，c＝ln(1＋x)，则(　　) A．c<b<a　　　　　　 B．b<a<c C．c<a<b D．b<c<a 【解析】　令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0， 则f′(x)＝1－eq \f(1,1＋x)>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c. 令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋eq \f(x2,2)，x>0，则g′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＋x＝eq \f(x2,1＋x)>0， ∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，可得c>b. 综上可得a>c>b. 比较大小最基本的方法是作差，最常用的手段是利用函数的单调性，要想利用函数单调性就需要构造函数，因为只有函数才能求导，而构造函数时经常考虑式子结构的一致性． 思考题1　(1)设函数f(x)＝2x＋sin x，则(　　) A．f(1)>f(2) B．f(1)<f(2) C．f(1)＝f(2) D．以上答案都不正确 【解析】　由f(x)＝2x＋sin x(x∈R)，所以f′(x)＝2＋cos x，又因为当x∈R时，－1≤cos x≤1，所以f′(x)＝2＋cos x>0，故f(x)是R上的增函数，所以f(1)<f(2)． (2)设a＝eq \f(\r(7,e),8)，b＝eq \f(\r(8,e),7)，c＝eq \f(e,56)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<c<b B．a<b<c C．b<a<c D．c<a<b 【解析】　eq \f(a,b)＝eq \f(\f(1,8)e\s\up22(\f(1,7)),\f(1,7)e\s\up22(\f(1,8)))＝eq \f(\f(e\s\up22(\f(1,7)),\f(1,7)),\f(e\s\up22(\f(1,8)),\f(1,8)))，设f(x)＝eq \f(ex,x)，0<x<1，则f′(x)＝eq \f(ex（x－1）,x2)<0， ∴f(x)在(0，1)上单调递减．又eq \f(1,7)>eq \f(1,8)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))，∴a<b. 又a－c＝eq \f(1,8)(eeq \s\up22(\f(1,7))－eq \f(e,7)) 设g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e，当x<1时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，1)单调递减． 又eq \f(1,7)<1，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))>g(1)＝0，∴a>c. 综上，c<a<b.故选D. 例2　(1)已知a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底数，求证：ab>ba. 【证明】　∵b>a>e，∴要证ab>ba，只需证bln a>aln b，即eq \f(b,ln b)>eq \f(a,ln a).设g(x)＝eq \f(x,ln x)(x>e)，则g′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2).∵x>e，∴g′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)>0，故函数g(x)＝eq \f(x,ln x)在(e，＋∞)上单调递增．又b>a>e，∴eq \f(b,ln b)>eq \f(a,ln a)，从而ab>ba. (2)已知函数f(x)＝x3－3ln x，g(x)＝x3＋eq \f(3,x)－3，证明：f(x)≤g(x)． 【证明】　因为f(x)＝x3－3ln x，g(x)＝x3＋eq \f(3,x)－3， 所以要证f(x)≤g(x)，只需证x3－3ln x≤x3＋eq \f(3,x)－3，即证ln x＋eq \f(1,x)－1≥0， 令h(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1，x>0，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)， 令h′(x)<0，得0<x<1；令h′(x)>0，得x>1， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则h(x)≥h(1)＝ln 1＋1－1＝0，即ln x＋eq \f(1,x)－1≥0恒成立，所以f(x)≤g(x)． 利用导数证明不等式的常见形式： 已知x∈(a，b)，求证：u(x)>v(x)． 用函数单调性证明不等式的一般方法： 将所给的不等式移项，即构造函数f(x)＝u(x)－v(x)，利用函数单调性证明f(x)>0. 思考题2　已知函数f(x)的定义域为R，f(2)＝－1，对任意x∈R，f′(x)<－1，则f(x)>1－x的解集为(　　) A．(－∞，2) B．(2，＋∞) C．(－1，1) D．(1，＋∞) 【解析】　令g(x)＝f(x)＋x，因为对任意x∈R，f′(x)<－1，所以g′(x)＝f′(x)＋1<0，即g(x)在R上单调递减．又因为f(2)＝－1，所以g(2)＝f(2)＋2＝1.由f(x)>1－x，可得f(x)＋x>1，即g(x)>g(2)，所以x<2，即不等式f(x)>1－x的解集为(－∞，2)． 例3　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2. (1)若a＝eq \f(1,2)，求f(x)的单调区间； 【解析】　(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)． 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0)． (2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． 【解析】　(2)f(x)＝x(ex－1－ax)． 令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a. 若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0. 若a＞1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0. 综上得a的取值范围为(－∞，1]． 讨论含有参数的函数的单调性或求参数的取值范围，通常归结为求含参不等式的解集问题，而对于含参不等式要针对具体情况进行分类讨论，但要始终注意定义域以及分类讨论的标准；含参的二次不等式问题，一般从最高次项的系数的正负、判别式与0的关系以及根的大小等方面进行讨论；对于含参不等式问题，也经常使用参变量分离的方法，分离后将不含参的部分构造为新的函数，通过求导等方法确定其单调性，然后求其最值． 思考题3　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x，a≠0. (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； 【思路分析】　(1)由h(x)存在单调递减区间，转化为h′(x)<0在定义域上有解； 【解析】　(1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)(x>0)，所以只要a>G(x)min即可． 而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up22(2)－1，所以G(x)min＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，且a≠0，即实数a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)． (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围． 【思路分析】　(2)由h(x)在[1，4]上单调递减，转化为h′(x)≤0且不恒为零在[1，4]上恒成立． 【解析】　(2)因为h(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0且不恒为零恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq \s\up22(2)－1，因为x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq \f(7,16)，且a≠0.当a＝－eq \f(7,16)时，h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(7,16)x－2＝eq \f(16＋7x2－32x,16x)＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x).∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝eq \f(（7x－4）（x－4）,16x)≤0， 当且仅当x＝4时取等号，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)． $$