6.1 第1课时 导数与函数的单调性-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦“导数与函数单调性”，通过图像观察导数符号与切线斜率、函数单调性的关系导入，搭建从直观感知到逻辑推理的学习支架，衔接导数概念与函数性质的知识脉络。 其亮点在于以几何直观引导数学眼光，结合实例分析（如判断导函数图像对应函数单调性、证明函数在区间递增）培养数学思维，通过“求定义域—求导—解不等式—写区间”四步法强化数学语言表达。课堂小结明确易错点，助力学生掌握方法，教师教学更具针对性与高效性。

§6　用导数研究函数的性质 6．1　函数的单调性 第1课时　导数与函数的单调性 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 思考　如图1和图2所示，在区间(a，b)内，分别观察f′(x)的符号，试分析f′(x)的符号与曲线y＝f(x)在区间(a，b)上对应的那一段上每一点处切线的斜率的关系、与f(x)在(a，b)上的单调性的关系． 新知学习 探究 返回导航 提示：由题图1知，如果在区间(a，b)内，f′(x)＞0，则曲线y＝f(x)在区间(a，b)上对应的那一段上每一点处切线的斜率都大于0，曲线呈上升状态，因此f(x)在(a，b)内单调递增． 由题图2知，如果在区间(a，b)内，f′(x)＜0，则曲线y＝f(x)在区间(a，b)上对应的那一段上每一点处切线的斜率都小于0，曲线呈下降状态，因此f(x)在(a，b)内单调递减． 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 【解析】　由题意可知，当x<0或x>2时，导函数f′(x)<0，则函数 f(x)在这两个区间上均单调递减，当x∈(0，2)时，导函数f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增，故函数f(x)的图象最有可能是选项D中的图象． 新知学习 探究 返回导航 (2)已知f(x)在R上是可导函数，f(x)的图象如图所示，则不等式f′(x)>0的解集为(　　) A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－2，－1)∪(1，2) 【解析】　因为f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，所以在区间 (－∞，－1)和(1，＋∞)上f′(x)>0. √ 新知学习 探究 返回导航 函数图象的单调性可以通过导数的正负来分析判断，即符号为正，图象上升；符号为负，图象下降．看导函数图象时，主要是看图象在x轴上方还是下方，即关心导数值的正负，而不是其单调性．解决问题时，一定要分清是函数图象还是其导函数图象．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练1]　 (1)(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数y＝f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)   A．f(b)>f(a) B．f(d)>f(e) C．f(a)>f(d) D．f(c)>f(e) √ √ √ 新知学习 探究 返回导航 解析：由题图可得，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(c，e)时，f′(x)<0，故 f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(b)>f(a)，f(d)>f(e)，f(c)>f(e)，f(a)与f(d)的大小无法比较．故选ABD. 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 利用导数判断或证明函数单调性的思路 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)已知函数f(x)＝sin2x sin2x，讨论f(x)在区间(0，π)上的单调性． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (3)f(x)＝sin x－x，x∈(0，π). 【解】　由f′(x)＝cos x－1＜0在x∈(0，π)上恒成立，故f(x)的单调递减区间为(0，π)，无单调递增区间． 新知学习 探究 返回导航 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)求导函数f′(x). (3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相应的x的范围．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．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练3] 求函数f(x)＝3x2－2ln x的单调区间． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 2．函数f(x)＝x－2ln (2x)的单调递减区间为(　　) A．(－∞，1) B．(0，1) C．(0，2) D．(2，＋∞) √ 课堂巩固 自测 返回导航 3．(教材P79T1改编)函数f(x)＝x ln x－x的单调递增区间是___________，单调递减区间是________． 解析：函数f(x)＝x ln x－x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x－1＝ln x， 由f′(x)＞0，得ln x＞0，解得x＞1， 由f′(x)＜0，得ln x＜0，解得0＜x＜1， 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (1，＋∞) (0，1) 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：函数的单调性与导数正负的关系、利用导数判断函数单调性、求单调区间的方法． 2．须贯通：利用导数求函数的单调区间． 3．应注意：(1)研究函数的单调区间时，忘记函数的定义域，没有在定义域范围内研究函数的单调区间； (2)勿将函数具有相同单调性的区间用“∪”连接； (3)混淆“函数的单调区间是(a，b)”和“函数在(a，b)上单调”．　 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系．　2.能利用导数研究函数的单调性．　3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间． eq \a\vs4\al(一　导数与函数单调性的关系) 　(1)已知f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是(　　) (2)函数f(x)＝ eq \f(ex－1,x) 的大致图象为(　　) 解析：因为f(x)＝ eq \f(ex－1,x) ，所以 f′(x)＝ eq \f(ex－1（x－1）,x2) ， 当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x＞0时，令f′(x)＞0，解得x＞1，令 f′(x)＜0，解得0＜x＜1， 所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，只有选项B图象符合．故选B. eq \a\vs4\al(二　判断或证明函数的单调性) 　求证：函数f(x)＝ex＋ eq \f(1,ex) 在(0，＋∞)上单调递增 【证明】　因为f(x)＝ex＋ eq \f(1,ex) ，所以f′(x)＝ex－e－x＝e－x(e2x－1)，当x∈(0，＋∞)时，由指数函数的性质知e－x＞0，e2x＞1，所以f′(x)＞0，因此函数 f(x)＝ex＋ eq \f(1,ex) 在(0，＋∞)上单调递增． [跟踪训练2] (1)证明：函数f(x)＝ eq \f(ln x,x) 在区间(0，2)上单调递增． 证明：因为f(x)＝ eq \f(ln x,x) ， 所以f′(x)＝ eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2) ＝ eq \f(1－ln x,x2) ， 因为0＜x＜2，所以ln x＜ln 2＜1， 故f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ＞0， 即函数f(x)＝ eq \f(ln x,x) 在区间(0，2)上单调递增． 解：f′(x)＝2sin x cos x sin 2x＋2sin2x·cos2x＝2sin x sin 3x. 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) 时，f′(x)＞0； 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) 时，f′(x)＜0. 所以f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) 上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) 上单调递减． eq \a\vs4\al(三　求函数的单调区间) 　(对接教材例1)求下列函数的单调区间． (1)f(x)＝x2－ln x； 【解】　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(2x2－1,x) . 令f′(x)＞0，解得x＞ eq \f(\r(2),2) ；令f′(x)＜0，解得0＜x＜ eq \f(\r(2),2) ， 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)) ，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) . (2)f(x)＝ eq \f(ex,x－2) ； 【解】　函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)， 由题知，f′(x)＝ eq \f(ex（x－3）,（x－2）2) ， 令f′(x)＞0，解得x＞3；令f′(x)＜0，解得x＜2或2＜x＜3. 所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，2)和(2，3). 解：f(x)＝3x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝6x－ eq \f(2,x) ＝ eq \f(2（3x2－1）,x) ＝ eq \f(2（\r(3)x－1）（\r(3)x＋1）,x) ， 令f′(x)＝0，解得x＝ eq \f(\r(3),3) 或x＝－ eq \f(\r(3),3) (舍去)， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以函数f(x)＝3x2－2ln x的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) ，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) . 1．(2024·陕西铜川期末)函数f(x)＝ eq \f(ex－1,|x|) 的图象大致为(　　) 解析：易知函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，在x>0时，f(x)>0，故A，B错误； 当x＜0时，f(x)＝－ eq \f(ex－1,x) ，所以f′(x)＝－ eq \f(xex－1－ex－1,x2) ＝ eq \f(（1－x）ex－1,x2) ＞0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，故D错误．故选C. 解析：f(x)＝x－2ln (2x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－2· eq \f(1,2x) ·2＝1－ eq \f(2,x) ＝ eq \f(x－2,x) ， 由f′(x)＜0，可得x∈(0，2)， 故f(x)＝x－2ln (2x)的单调递减区间为(0，2).故选C. 4．求函数f(x)＝ln x－ eq \f(x＋1,x－1) 的单调区间． 解：f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(2,（x－1）2) ＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，(1，＋∞)，无单调递减区间． $