人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册 【整合课件】5.3.1函数的单调性 课件（共27张PPT）

(共27张PPT)
5.3.1　函数的单调性与导数(二)
学习目标
1.会利用导数证明一些简单的不等式问题.
2.掌握利用导数研究含参数的单调性的基本方法.
问题导学
1.函数的单调性与其导数正负的关系
定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：
f′(x)的正负 f(x)的单调性
f′(x)>0 单调递___
f′(x)<0 单调递___
增
减
特别提醒：①若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，其余的点恒有f′(x)>0，则f(x)仍为增函数(减函数的情形完全类似).
②f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.
导数的绝对值 函数值变化 函数的图象
越大 ____ 比较“ ”(向上或向下)
越小 ____ 比较“ ”(向上或向下)
2.函数图象的变化趋势与导数值大小的关系
一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上
快
慢
陡峭
平缓
3.利用导数解决单调性问题需要注意的问题
(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间.
(2)注意“临界点”和“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点.
(3)如果一个函数的单调区间不止一个，这些单调区间之间不能用“∪”连接，而只能用“逗号”或“和”字等隔开.
1.如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.
(　　)
2.函数在某区间上变化越快，函数在这个区间上的导数的绝对值越大.
(　　)
[思考辨析 判断正误]
√
√
题型探究
类型一　利用导数求参数的取值范围
例1　若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是__________.
[1，＋∞)
即k的取值范围为[1，＋∞).
引申探究
1.若将本例中条件递增改为递减，求k的取值范围.
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即k的取值范围为(－∞，0].
2.若将本例中条件递增改为不单调，求k的取值范围.
解　f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，
∴k的取值范围是(0,1).
当k≤0时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故不合题意.
反思与感悟　(1)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路
①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；
②先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意.
(2)恒成立问题的重要思路
①m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max；
②m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min.
解　方法一　(直接法)
f′(x)＝x2－ax＋a－1，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.
当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，不合题意.
当a－1>1，即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)和(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，
由题意知(1,4) (1，a－1)且(6，＋∞) (a－1，＋∞)，
所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7.
故实数a的取值范围为[5,7].
方法二　(数形结合法)
如图所示，
f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)].
因为在(1,4)内，f′(x)≤0，
在(6，＋∞)内f′(x)≥0，
且f′(x)＝0有一根为1，
所以另一根在[4,6]上.
故实数a的取值范围为[5,7].
方法三　(转化为不等式的恒成立问题)
f′(x)＝x2－ax＋a－1.
因为f(x)在(1,4)上单调递减，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.
故实数a的取值范围为[5,7].
例2　证明ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0).
证明　令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，则f′(x)＝ex－1≥0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0，
∴f(x)≥0，即ex≥x＋1，
令g(x)＝x－sin x(x≥0)，g′(x)＝1－cos x≥0，
∴g(x)≥g(0)，即x－sin x≥0，
∴x＋1≥sin x＋1(x≥0)，
综上，ex≥x＋1≥sin x＋1.
类型二　证明不等式
反思与感悟　用导数证明不等式f(x)>g(x)的一般步骤
(1)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b].
(2)证明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)>0.
(3)依(2)知函数F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上是单调递增函数，故f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x).
这是因为F(x)为单调递增函数，
所以F(x)≥F(a)>0，
即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)>0.
当x>－1时，f′(x)>0，
则f(x)在(－1，＋∞)内是增函数.
∴当x>0时，f(x)>f(0)＝0.
达标检测
1.已知命题p：对任意x∈(a，b)，有f′(x)>0，q：f(x)在(a，b)内是单调递增的，则p是q的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
1
2
3
4
5
√
1
2
3
4
5
2.已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时
A.f′(x)>0，g′(x)>0 B.f′(x)>0，g′(x)<0
C.f′(x)<0，g′(x)>0 D.f′(x)<0，g′(x)<0
√
解析　由题意知，f(x)是奇函数，g(x)是偶函数.
当x>0时，f(x)，g(x)都单调递增，
则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，
即f′(x)>0，g′(x)<0.
3.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________.
解析　f′(x)≤0，即3x2－12≤0，得－2≤x≤2.
∴f(x)的减区间为[－2,2]，
由题意得(2m，m＋1) [－2,2]，
[－1,1)
1
2
3
4
5
[2，＋∞)
1
2
3
4
5
所以f(x)在(－∞，＋∞)上为单调递增函数，其图象若穿越x轴，则只有一次穿越的机会，
显然x＝0时，f(x)＝0.
1
2
3
4
5
利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；
(2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时，f(x)是否满足题意.
规律与方法