人教A版（2019）选择性必修第二册5.3.1函数的单调性（二） 课件（共20张PPT）.pptx

(二)
[基础自测]
1．函数y＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(－1,1] B．(0，＋∞)
C．[1，＋∞) 0，解得
所以函数的单调递增区间为
令y′<0，解得
所以函数的单调递减区间为
①当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，
所以函数只有单调递增区间(0，＋∞)．
②当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)，
所以当a<0时，函数的单调递增区间是
综上所述：当a>0时，f(x)只有单调递增区间(0，＋∞)；当a<0时，
题型二　利用导数求参数的取值范围
例2若函数h(x)＝
在[1,4]上单调递减，
则a的取值范围为________．
解析：因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，
则由题意可知，只需a≥G(x)max，
因为x∈[1,4]，
，
又因为a≠0.
所以a的取值范围是
∪(0，＋∞)．
变式探究1　本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上单调递增”，实数a的取值范围如何？
解析：因为h(x)在[1,4]上单调递增，所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，
又因为当x∈[1,4]时，
min
＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
变式探究2　本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，实数a的取值范围又如何？
解析：因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)<0在[1,4]上有解，
又因为当x∈[1,4]时，
min
＝－1(此时x＝1)，
所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
变式探究3　本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上不单调，”则实数a的取值范围又如何呢？
解析：因为h(x)在[1,4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，
在(1,4)上有解，
所以实数a的取值范围是
跟踪训练2　(1)若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在区间[m，m＋4]上是单调函数，则实数m的取值范围是________．
解析：(1)f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)
令f′(x)>0，得x>2或x<－1 令f′(x)<0，得－1<x<2.
∴f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，在[－1,2]上单调递减．
若f(x)在[m，m＋4]上单调 ∴m＋4≤－1或m≥2
即m∈(－∞－5]∪[2，＋∞)．
(2)已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0,1]，a>0，若f(x)在(0,1]上是增函数，则a的取值范围为________．
解析：(2)由题意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(0,1]上为增函数等价于f′(x)＝2a－3x2≥0对x∈(0,1]
恒成立．
由x∈(0,1]得
所以a的取值范围为
题型三　利用导数解决不等式问题
探究1　比较大小
例3(1)若函数f(x)＝cos x＋2xf′
的大小关系是(　　)
∴f′(x)＝－sin x＋1≥0
∴f(x)＝cos x＋x是R上的增函数
(　)
(　)
(　　)
又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0.
即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．
因为f(x)为R上的偶函数，且2<e<3，
可得g(3)<g(e)<g(ln 2)，即c<a<b，
探究2　解不等式
例4　(1)已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0的解集为(　　)
A．(－∞，－4)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)
C．(－1,4) D．(－4,1)
解析：(1)由题意可知，函数f(x)的定义域是R.
因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)是定义域上的单调递增函数．
因为f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．
因为不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0可转化为f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，
所以1－x2>－(3x＋3)，即x2－3x－4<0，解得－1<x<4，
即不等式的解集为(－1,4)，
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<