5.3.1 函数单调性的应用(习题课) 课件（共54张PPT）

(共54张PPT)
第二课时　函数单调性的应用(习题课)
1.进一步理解函数的导数和其单调性的关系.(重点)
2.能讨论简单的含参的函数的单调性问题.(难点)
3.能根据函数的单调性求参数的取值范围.(难点)
?学习目标?
题型一　含参数的函数单调性问题
[例1]　(链接教材第87页练习2题)设g(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，a＜0，试讨论函数g(x)的单调性.
2.(变条件)若本例中函数g(x)变为“g(x)＝ex－ax－2”，如何求解？
解：g(x)的定义域为(－∞，＋∞)，g′(x)＝ex－a.
若a≤0，则g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，g(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
利用导数探究含参数函数f(x)的单调性的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)分析参数对区间端点、最高次项的系数的影响，以及不等式解集的端点与定义域的关系，恰当确定参数的不同范围，并进行分类讨论；
(4)在不同的参数范围内，解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0，确定函数f(x)的单调区间.
方法技巧
题型二　已知函数的单调性求参数的值或范围
[例2]　已知函数f(x)＝x3－ax－1为单调递增函数，求实数a的取值范围.
解：由已知得f′(x)＝3x2－a，
因为f(x)在(－∞，＋∞)内是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)内恒成立，
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上是增函数.所以实数a的取值范围为(－∞，0].
[发散思维]
3.(变条件、变设问)若本例条件变为“f(x)＝x3－ax－1的单调减区间为(－1，1)”，求实数a的值.
4.(变条件)本例条件变为“f(x)＝x3－ax－1在(－1，1)上不单调”问题不变.
5.(变条件)若函数f(x)＝x3－ax－1在区间(－1，1)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围.
解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.
由题意可知f′(x)＝3x2－a＜0在区间(－1，1)上有解，即a＞3x2在区间(－1，1)上有解，因此a＞(3x2)min.
由于y＝3x2在区间(－1，1)上的最小值为0，因此a＞0.故实数a的取值范围是(0，＋∞).
已知函数y＝f(x)在(a，b)上的单调性，求参数的范围的方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集；
(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解，注意此时公式中的等号不能省略，否则漏解；
(3)分离参数法.由f′(x)≥0或f′(x)≤0将所求参数分离到一侧，另一侧为不含参数的函数.只要求出其最值.即可求参数范围.
方法技巧
利用函数单调性证明不等式的常见形式与证明步骤
(1)常见形式：已知x∈(a，b)，求证：u(x)＞v(x).
(2)证明步骤：①将所给的不等式移项，构造函数f(x)＝u(x)－v(x)，转化为证明函数f(x)＞0；②在x∈(a，b)上，判断f′(x)的符号；③若f′(x)＞0，说明f(x)在区间(a，b)内是增函数，只需将所给的区间的左端点的值代入f(x)，检验其值为零(或为正)，即证得f(a)≥0即可；若f′(x)＜0，说明f(x)在区间(a，b)内是减函数，只需将所给的区间的右端点的值代入f(x)，检验其值为零(或为正)，即证得f(b)≥0即可.
反思感悟
随堂检测 内化素养
1.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　因为f′(x)＝3x2－2ax－1，
且f(x)在(0，1)内单调递减，所以不等式3x2－2ax－1≤0在(0，1)内恒成立，所以f′(0)≤0，且f′(1)≤0，所以a≥1.
A
解析：C　因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)＞0等价为f(x＋1)＞－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1＞2x－2，解得x＜3，故不等式的解集为(－∞，3).
C
3.若函数f(x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为_________.
解析：∵f′(x)＝cos x＋k≥0，∴k≥－cos x，x∈(0，π)恒成立.当x∈(0，π)时，－1<－cos x<1，∴k≥1.
答案：k≥1
课时作业 分层自检
?基础巩固练?
1.(2021·兰州模拟)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(　　)
A.(－∞，－2]　　　　 B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
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解析：C　由题可得f′(x)＝ax2＋bx＋c，则f′(x)＞0的解集为(－3，1)，可得f′(x)＝a(x＋3)(x－1)，a＜0，则有b＝2a，c＝－3a，∴b＜a＜c，故选C.
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C
3.已知函数f(x)＝mln x＋(x－1)2－m(x－1)在(2，＋∞)上不单调，则m的取值范围是(　　)
A.(4，＋∞) B.(－∞，4]
C.(－∞，0) D.(0，＋∞)
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5.(多选)已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上恒有f′(x)＜g′(x)，则在[a，b]上，下列关系式中正确的是(　　)
A.f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b)
B.f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)
C.f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a)
D.f(x)＋g(a)≥g(x)＋f(a)
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BC
解析：BC　令φ(x)＝f(x)－g(x)，则φ′(x)＝f′(x)－g′(x)，又f′(x)＜g′(x)，
∴f′(x)－g′(x)＜0，即φ′(x)＜0，
∴φ(x)在[a，b]上单调递减.
当x≤b时，φ(x)≥φ(b)，
即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，
∴f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)，故A错误，B正确；当a≤x时，φ(a)≥φ(x)，即f(a)－g(a)≥f(x)－g(x)，
∴f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a)，故C正确，D错误.
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BD
解析：BD　函数f(x)＝ex－e－x＋sin 2x，定义域为R，
且满足f(－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin 2x)＝－f(x)，
∴f(x)为R上的奇函数.
又f′(x)＝ex＋e－x＋2cos 2x≥2＋2cos 2x，
当且仅当x＝0时，等号成立.
当x＝0时，2＋2cos 2x≠0，∴f′(x)＞0恒成立，
∴f(x)为R上的增函数.又f(2x2－1)＋f(x)＞0，
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7.设f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_________.
答案：(－∞，0)
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8.函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋3)f′(x)＜0的解集为_________.
解析：当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，
解不等式(x＋3)·f′(x)＜0，得x＜－3.
当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，
解不等式(x＋3)·f′(x)＜0，得－1＜x＜1.
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当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
解不等式(x＋3)·f′(x)＜0，无解.
综上，不等式(x＋3)f′(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(－1，1).
答案：(－∞，－3)∪(－1，1)
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9.已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0，讨论f(x)的单调性.
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答案：[－1，＋∞)
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即a≥4x－x2，令h(x)＝4x－x2，x∈(0，＋∞)，
则h(x)＝4x－x2≤h(2)＝4，h(x)max＝4，即a的取值范围为[4，＋∞).
答案：[4，＋∞)
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(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).
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?探索创新练?
15.(多选)若0＜x1＜x2＜1，则下列不等式正确的是(　　)
A.x1ln x1＜x2ln x2
B.x2ln x1＜x1ln x2
C.x1ex1＞x2ex2
D.x2ex1＞x1ex2
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