5.3.1 第2课时 函数单调性的综合问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

第2课时　函数单调性的综合问题 第五章 一元函数的导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 01 课时 素养提升 02 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 　　 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 　讨论函数的单调性 [例1]　讨论函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性． [思路点拨]　求函数的定义域→ 求f′(x)eq \o(――→,\s\up17(分a＞0，a＝0)) 解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0→ 表述f(x)的单调性 [解]　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). (1)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)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数． (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)， ∵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)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. 讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f ′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． [变式训练] 1．已知f(x)是定义在R上的函数，它的图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(xeq \o\al(2,0)＋x0－2)x＋(y0－xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋2x0)，那么函数f(x)的单调递减区间为(　　) A．(－2,1)　　　　　 B．(－1,2) C．(－∞，－2) D．(1，＋∞) 解析：A　[由图象上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为y＝(xeq \o\al(2,0)＋x0－2)x＋(y0－xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋2x0)， 知f(x)的导数为f′(x)＝x2＋x－2， 令f′(x)＜0，得－2＜x＜1，故选A.] 　构造函数利用函数的单调性求解不等 式或比较大小 [例2]　已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)且满足f′(x)·x＜f(x)，f(3)＝0，则eq \f(fx,x)＞0的解集为________． [解析]　设g(x)＝eq \f(fx,x)，因为f′(x)·x＜f(x)，所以g′(x)＝eq \f(x·f′x－fx,x2)＜0⇒g(x)是(0，＋∞)上的减函数，因为f(3)＝0，所以g(3)＝0， 因此eq \f(fx,x)＞0⇒g(x)＞0＝g(3)⇒x＜3， 因为x＞0，所以0＜x＜3. 所以eq \f(fx,x)＞0的解集为(0,3)． [答案]　(0,3) 根据题中所给条件构造函数，求导判定函数的单调性，利用函数的单调性求解不等式或比较函数式的大小，是考题中的重要题型． [变式训练] 2．设函数f(x)的导函数为f′(x)，且当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，f(0)＝0，下列判断中，一定正确的是(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))　 B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) C．f(ln 2)＞0 D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) 解析：B　[∵f(x)对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＜0，令g(x)＝eq \f(fx,cos x)，则g′(x)＝eq \f(f′xcos x＋fxsin x,cos2x)＜0，∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))＜eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq \r(2)·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).] 已知函数的单调性求参数的范围 [例3]　已知函数f(x)＝x3－ax－1在R上单调递增，求实数a的取值范围． [思路点拨]　 f(x)单调递增 →f′(x)≥0恒成立 →分离参数求a的范围 [解]　由已知得f′(x)＝3x2－a， 因为f(x)在R上单调递增， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，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上单调递增，所以a≤0. [母题变式] 1．(变条件)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． [解]　由f′(x)＝3x2－a， ①当a≤0时，f′(x)≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±eq \f(\r(3a),3)，当－eq \f(\r(3a),3)＜x＜eq \f(\r(3a),3)时，f′(x)＜0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数， ∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))， ∴eq \f(\r(3a),3)＝1，即a＝3. 2．(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1，1)上单调递减，求a的范围． [解]　由题意可知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′－1≤0，,f′1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－a≤0，,3－a≤0，))∴a≥3， 即a的取值范围是[3，＋∞)． 3．(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1，1)上不单调，求a的范围． [解]　∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a， 由f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3a),3)(a≥0)， ∵f(x)在区间(－1,1) 上不单调，∴0＜eq \f(\r(3a),3)＜1， 即0＜a＜3.故a的取值范围为(0,3)． 1．解答本题注意：可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(或单调递减)的充要条件是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于0. 2．已知f(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)利用集合的包含关系处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则区间(a，b)是相应单调区间的子集； (2)利用不等式的恒成立处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)内恒成立，注意验证等号是否成立． [变式训练] 3．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，试求a的取值范围． 解：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)上恒成立，即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，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，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立， 所以a≤x＋1. 因为x＋1＞7， 所以当a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立． 综上知5≤a≤7. [当堂达标] 1．若f(x)＝eq \f(ln x,x)，e＜a＜b，则(　　) A．f(a)＞f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)＜f(b) D．f(a)f(b)＞1 解析：A　[因为f′(x)＝eq \f(\f(1,x)x－ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2).当x∈(e，＋∞)时，1－ln x＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)在(e，＋∞)内为单调递减函数．故f(a)＞f(b)．] 2．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0, 1)内单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．a＝1 C．(－∞，1] D．(0,1) 解析：A　[∵f′(x)＝3x2－2ax－1，且f(x)在(0,1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1≤0在(0,1)内恒成立，∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1.] 3．若函数y＝x2－2bx＋6在(2,8)内是增函数，则实数b的取值范围是________． 解析：由题意得y′＝2x－2b≥0在(2,8)内恒成立，即b≤x在(2,8)内恒成立，所以b≤2. 答案：(－∞，2] 4．试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间． 解：函数f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x). 当k≤0时，kx－1＜0，∴f′(x)＜0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当k＞0时，由f′(x)＜0，即eq \f(kx－1,x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,k)； 由f′(x)＞0，即eq \f(kx－1,x)＞0，解得x＞eq \f(1,k)， ∴当k＞0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)). 综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 当k＞0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)). $$