《创新方案》6.2.1 第2课时 导数与函数单调性的综合问题 课件 高中数学选修三(人教B版)同步讲练测
文档属性
| 名称 | 《创新方案》6.2.1 第2课时 导数与函数单调性的综合问题 课件 高中数学选修三(人教B版)同步讲练测 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共34张PPT)
6．2.1 导数与函数的单调性
第2课时 导数与函数单调性的综合问题
1.结合实例，进一步了解函数的单调性与导数的关系． 2.能利用函数的单调性求参数值(或范围). 3.能利用导数比较式或值的大小． 4.能构造函数解有关不等式．
学 习
目 标
新知学习 探究
PART
01
第一部分
一 根据函数的单调性求参数
(1)若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数a的取值范围是 ( )
A．[3，＋∞) B．(－∞，3]
C．[3，e2＋1] D．(－∞，e2＋1]
√
(2)函数f(x)＝ex(2x2－4x－4)在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是________________________．
【解析】 因为f(x)＝ex(2x2－4x－4)，
所以f′(x)＝ex(2x2－8))，令f′(x)＝0，得x＝±2.
当x<－2或x>2时，f′(x)>0；
当－2所以函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，
由题意可得k－1<－2解得－3所以实数k的取值范围是(－3，－1)∪(1，3).
(－3，－1)∪(1，3)
【变式探究】
1．(条件变式)本例(1)变为：若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调
递减，则实数a的取值范围是__________________．
3
已知函数单调性求参数的方法
(1)分离参数法：f(x)在(a，b)上单调递增(减)等价于f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，将参数分离后可转化为求其函数的值域问题，注意验证等号是否成立．
(2)子集法：若能较容易地求出函数的单调区间，则可利用子区间来解决．若f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
[提醒] 若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
[跟踪训练1] (1)若函数f(x)＝x3－3kx＋1的单调递减区间为(－1，1)，则实数k的值为( )
A．1 B．－1
C．3 D．－3
解析：由f′(x)＝3x2－3k，由题意知，3x2－3k<0可解得－1√
(2)若函数f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则实数a的取值范围是____________．
解析：因为f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则f′(x)＝a－sin x≥0恒成立，即a≥sin x恒成立，由于－1≤sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
[1，＋∞)
√
b 在比较两数(式)的大小关系时，首先要判断所给函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小，有时还需要根据待比较式的结构特征构造新的函数，由新函数的单调性来比较大小．
√
【解析】 f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－sin x，
因为sin x∈[－1，1]，所以f′(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增．
因为f(x2－2)>f(2x＋1)，所以x2－2>2x＋1，
即x2－2x－3>0，
即(x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>3.
故不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞). 故选A．
(2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(2)＝0，则不等式f(x)－2x＋4>0的解集为____________．
【解析】 令g(x)＝f(x)－2x＋4，
则g′(x)＝f′(x)－2>0，
所以g(x)在R上单调递增，又g(2)＝f(2)－2×2＋4＝0，
则不等式f(x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2.
(2，＋∞)
利用导数解不等式的解题思路
对于利用导数解不等式问题，需要利用导数判断出函数的单调性，再利用单调性解不等式，要注意函数定义域．
√
(2)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝0，则不等式(x－1)f(x)>0的解集为________．
(1，2)
三 利用导数证明不等式
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，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，
而f(0)＝0，
所以f(x)≥0，即ex≥x＋1.
令g(x)＝x－sin x(x≥0)，
g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，即x－sin x≥0，
所以x＋1≥sin x＋1(x≥0).
综上，ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0).
利用导数证明不等式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]上单调递增，故f(x)－g(x)＞0，即f(x)＞g(x).这是因为F(x)≥F(a)＞0，即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)＞0.
[跟踪训练3] 证明：当x>0时，x－1≥ln x.
课堂巩固 自测
PART
02
第二部分
√
1．设函数f(x)＝2x＋sin x，则( )
A．f(－2)>f(－1) B．f(1)C．f(－1)>f(2) D．f(1)解析：由题可知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，
故f(1)√
√
3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f(x)的图象如图所示，
则x·f′(x)>0的解集为___________________．
解析：当x∈(－∞，0)时，x<0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)>0，
当x∈(0，2)时，x>0，f(x)单调递增，
所以f′(x)>0，即x·f′(x)>0，
当x∈(2，＋∞)时，x>0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)<0.
综上，x·f′(x)>0的解集为(－∞，0)∪(0，2).
(－∞，0)∪(0，2)
1．已学习：根据函数的单调性求参数、比较大小以及解不等式问题．
2．须贯通：已知函数的单调性求参数的取值范围问题往往将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，解决这类问题的重要思路：
(1)m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max；(2)m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min.
3．应注意：(1)利用分离参数求解参数范围，须检验参数取等号时是否满足题意．
(2)对参数分类讨论时，要注意做到“不重不漏”．
6．2.1 导数与函数的单调性
第2课时 导数与函数单调性的综合问题
1.结合实例，进一步了解函数的单调性与导数的关系． 2.能利用函数的单调性求参数值(或范围). 3.能利用导数比较式或值的大小． 4.能构造函数解有关不等式．
学 习
目 标
新知学习 探究
PART
01
第一部分
一 根据函数的单调性求参数
(1)若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数a的取值范围是 ( )
A．[3，＋∞) B．(－∞，3]
C．[3，e2＋1] D．(－∞，e2＋1]
√
(2)函数f(x)＝ex(2x2－4x－4)在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是________________________．
【解析】 因为f(x)＝ex(2x2－4x－4)，
所以f′(x)＝ex(2x2－8))，令f′(x)＝0，得x＝±2.
当x<－2或x>2时，f′(x)>0；
当－2
由题意可得k－1<－2
(－3，－1)∪(1，3)
【变式探究】
1．(条件变式)本例(1)变为：若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调
递减，则实数a的取值范围是__________________．
3
已知函数单调性求参数的方法
(1)分离参数法：f(x)在(a，b)上单调递增(减)等价于f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，将参数分离后可转化为求其函数的值域问题，注意验证等号是否成立．
(2)子集法：若能较容易地求出函数的单调区间，则可利用子区间来解决．若f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
[提醒] 若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
[跟踪训练1] (1)若函数f(x)＝x3－3kx＋1的单调递减区间为(－1，1)，则实数k的值为( )
A．1 B．－1
C．3 D．－3
解析：由f′(x)＝3x2－3k，由题意知，3x2－3k<0可解得－1
(2)若函数f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则实数a的取值范围是____________．
解析：因为f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则f′(x)＝a－sin x≥0恒成立，即a≥sin x恒成立，由于－1≤sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
[1，＋∞)
√
b
√
【解析】 f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－sin x，
因为sin x∈[－1，1]，所以f′(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增．
因为f(x2－2)>f(2x＋1)，所以x2－2>2x＋1，
即x2－2x－3>0，
即(x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>3.
故不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞). 故选A．
(2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(2)＝0，则不等式f(x)－2x＋4>0的解集为____________．
【解析】 令g(x)＝f(x)－2x＋4，
则g′(x)＝f′(x)－2>0，
所以g(x)在R上单调递增，又g(2)＝f(2)－2×2＋4＝0，
则不等式f(x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2.
(2，＋∞)
利用导数解不等式的解题思路
对于利用导数解不等式问题，需要利用导数判断出函数的单调性，再利用单调性解不等式，要注意函数定义域．
√
(2)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝0，则不等式(x－1)f(x)>0的解集为________．
(1，2)
三 利用导数证明不等式
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，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，
而f(0)＝0，
所以f(x)≥0，即ex≥x＋1.
令g(x)＝x－sin x(x≥0)，
g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，即x－sin x≥0，
所以x＋1≥sin x＋1(x≥0).
综上，ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0).
利用导数证明不等式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]上单调递增，故f(x)－g(x)＞0，即f(x)＞g(x).这是因为F(x)≥F(a)＞0，即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)＞0.
[跟踪训练3] 证明：当x>0时，x－1≥ln x.
课堂巩固 自测
PART
02
第二部分
√
1．设函数f(x)＝2x＋sin x，则( )
A．f(－2)>f(－1) B．f(1)
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，
故f(1)
√
3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f(x)的图象如图所示，
则x·f′(x)>0的解集为___________________．
解析：当x∈(－∞，0)时，x<0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)>0，
当x∈(0，2)时，x>0，f(x)单调递增，
所以f′(x)>0，即x·f′(x)>0，
当x∈(2，＋∞)时，x>0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)<0.
综上，x·f′(x)>0的解集为(－∞，0)∪(0，2).
(－∞，0)∪(0，2)
1．已学习：根据函数的单调性求参数、比较大小以及解不等式问题．
2．须贯通：已知函数的单调性求参数的取值范围问题往往将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，解决这类问题的重要思路：
(1)m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max；(2)m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min.
3．应注意：(1)利用分离参数求解参数范围，须检验参数取等号时是否满足题意．
(2)对参数分类讨论时，要注意做到“不重不漏”．