函数的单调性第二课时

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正、余弦函数的单调性与最值

比较三角函数值的大小比较下列各组数的大小． (1)cos－253π与 cos－147π； (2)sin2 012°和 cos157°.
【思路探索】利用诱导公式将异名三角函数转化为同名三角函数，非同一单调区间的角，转化到同一单调区间上，再利用函数的单调性比较．
【解】 (1)解法一： ∵cos－253π＝cos－6π＋75π＝cos75π， cos－147π＝cos－6π＋74π＝cos74π， ∵π<75π<74π<2π，又 y＝cosx 在[π，2π]上单调递增， ∴cos75π<cos74π，
求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω≠0)或y＝Acos(ωx＋ φ)(A>0，ω≠0)的单调区间，一般将ωx＋φ视作整体，代入y ＝sinx或y＝cosx相关的单调区间所对应的不等式，解之即得．这里实际上采用的是整体的思想，这是研究三角函数性质的重要数学思想，一般地，ω<0时，y＝Asin(ωx＋ φ)(Aω≠0)变形为y＝－Asin(－ωx－φ)，y＝Acos(ωx＋ φ)(Aω≠0)变形为y＝Acos(－ωx－φ)，再求函数的单调区间．所有的这些变形都是为了使x前面的系数为正值．同时要注意A<0时单调区间的变化.
单调减区间为2kπ＋π6，2kπ＋76π. (2)函数 y＝2sinπ3－2x＝－2sin2x－3π，令 2kπ－2π≤2x －π3≤2kπ＋2π(k∈Z)，得 kπ－1π2≤x≤kπ＋152π(k∈Z)，∴函数 y＝2sin3π－2x的单调减区间为kπ－1π2，kπ＋152(k∈Z)．令π2 ＋2kπ≤2x－3π≤32π＋2kπ，k∈Z，解得152π＋kπ≤x≤1112π＋kπ， k∈Z，即原函数的单调递增区间为152π＋kπ，1112π＋kπ(k∈Z)．

高中数学_函数单调性与导数教学设计学情分析教材分析课后反思

1.3.1函数的单调性与导数（第二课时）教学设计【教学目标】1.知识与能力：会利用导数解决函数的单调性及单调区间。

会求单调区间，会讨论含参函数单调性2.过程与方法：通过利用导数研究单调性问题的探索过程,体会从特殊到一般的、数形结合的研究方法。

3.情感态度与价值观：通过导数方法研究单调性问题，体会到不同数学知识间的内在联系，同时通过学生动手、观察、思考、总结，培养学生的探索精神，引导学生养成自主学习的学习习惯。

通过导数研究单调性的步骤的形成和使用，使得学生认识到利用导数解决一些函数（尤其是三次、三次以上的多项式函数）的问题，因而认识到导数的实用价值。

【教学重点和难点】对于本节课学生的认知困难主要体现在：用准确的数学语言描述函数单调性与导数的关系，这种由特殊到一般、数到形、直观到抽象的转变，对学生是比较困难的。

根据以上的分析和新课程标准的要求，我确定了本节课的重点和难点。

教学重点：1.利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间．(重点)2.利用数形结合思想理解导函数与函数单调性之间的关系，及单调性的逆用.(难点)3.含参数的函数讨论单调性（难点）【教学设计思路】现代教学观念要求学生从“学会”向“会学”转变，本节可从单调性与导数的关系的发现到应用都有意识营造一个较为自由的空间，让学生能主动的去观察、猜测、发现、验证，积极的动手、动口、动脑，使学生在学知识同时形成思想、方法。

整个教学过程突出了三个注重：1、注重学生参与知识的形成过程，体验应用数学知识解决简单数学问题的乐趣。

2、注重师生、生生间的互相协作、共同提高。

3、注重知能统一，让学生获得知识同时，掌握方法，灵活应用。

根据新课程标准的要求，本节课的知识目标定位在以下三个方面：一是能探索并应用函数的单调性与导数的关系求单调区间；二是掌握判断函数单调性的方法；三是能由导数信息绘制函数大致图像,会根据单调性求字母范围。

教学过程：（一）复习回顾，温故知新让学生填写导数公式，运算法则，复合函数求导法则（利用选号程序，挑选两名幸运的同学回答，可提升学生注意力）设计意图：通过复习回顾，加深对公式的记忆和理解，尤其是运算法则，复合函数求导公式的理解，有利于本节熟练应用。

【高中数学】第二课时导数与函数的单调性(二)

第二课时导数与函数的单调性(二) 课标要求素养要求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. 进一步理解函数的导数和其单调性的关系，提升数学运算素养与直观想象素养.题型一含参数函数的单调性【例1】讨论函数f(x)＝12ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性.解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋1－a＋1x＝ax2＋x－（a＋1）x.①当a＝0时，f′(x)＝x－1 x，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.②当a>0时，f′(x)＝a⎝⎛⎭⎪⎫x＋a＋1a（x－1）x，∵a>0，∴a＋1 a>0.由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.规律方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.【训练1】求函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R)的单调递减区间.解易得函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－2x 3＋a x ＝ax 2－2x 3. ①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当a >0时，若0<x <2a ，则f ′(x )<0；若x >2a ，则f ′(x )>0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增. 综上可知，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2a . 题型二根据函数的单调性求参数【例2】 (1)若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( ) A.(－∞，2] B.(－∞，4] C.(－∞，8]D.[－2，4](2)已知函数f (x )＝ln x ＋（x －b ）22在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94 B.(－∞，3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32 D.(－∞，2)解析 (1)易得f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x .∵函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c )x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立， ∴c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝x ＋1＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.(2)易得f ′(x )＝12x ＋x －b ＝2x 2－2bx ＋12x .根据题意，得f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解.令h (x )＝2x 2－2bx ＋1，因为h (0)＝1>0，所以只需h (2)>0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，解得b <94，故选A.答案 (1)B (2)A规律方法 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意.(2)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).【训练2】若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不单调，则实数k 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞)B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2)D.不存在这样的实数k解析由题意得，f ′(x )＝3x 2－12＝0在区间(k －1，k ＋1)上至少有一个实数根. 又f ′(x )＝3x 2－12＝0的根为±2，且f ′(x )在x ＝2或－2两侧导数异号，而区间(k －1，k ＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k －1，k ＋1)内， ∴k －1<2<k ＋1或k －1<－2<k ＋1， ∴1<k <3或－3<k <－1，故选B. 答案 B题型三函数单调性的应用【例3】(1)已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则()A.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)B.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)C.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)D.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)(2)已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是()A.(0，1)B.(2，＋∞)C.(1，2)D.(1，＋∞)解析(1)构造函数h(x)＝e x f(x)，则h′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)＝e x(f(x)＋f′(x))>0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 019)<h(0)，即e－2 019f(－2 019)<e0f(0)，即e－2 019f(－2 019)<f(0).同理，h(2 019)>h(0)，即e2 019f(2 019)>f(0)，故选A.(2)构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减.又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，解得x>2或x<－1(舍).所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).故选B.答案(1)A(2)B【迁移1】把例3(1)中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 019f(－2 019)和f(0)的大小.解令g(x)＝f（x）e x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，所以h(－2 019)<h(0)，即f （－2 019）e－2 019<f （0）e 0，所以e 2 019f (－2 019)<f (0). 【迁移2】把例3(2)中的条件“f (x )<－xf ′(x )”换为“f (x )<xf ′(x )”，解不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1).解设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，∵f (x )<xf ′(x )，∴g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上是增函数，由(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)得 f （2x ＋1）2x ＋1>f （x 2＋1）x 2＋1即g (2x ＋1)>g (x 2＋1)，所以⎩⎨⎧2x ＋1>0，2x ＋1>x 2＋1，解得0<x <2. 即不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)的解集为(0，2).规律方法用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有： (1)对于f ′(x )>g ′(x )，构造h (x )＝f (x )－g (x ). (2)对于f ′(x )＋g ′(x )>0，构造h (x )＝f (x )＋g (x ). (3)对于f ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝e x f (x ). (4)对于f ′(x )>f (x )，构造h (x )＝f （x ）e x . (5)对于xf ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝xf (x ). (6)对于xf ′(x )－f (x )>0，构造h (x )＝f （x ）x .【训练3】 (多选题)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是( ) A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3>0C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3解析令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin xcos 2x，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x <0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，又π6<π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3<0，故B 错；又π6>π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又π4<π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确；故选CD.答案 CD一、素养落地1.通过学习导数与函数的单调性，提升数学运算与逻辑推理素养.2.对于含参数的导数的单调性，要清楚分类讨论的标准，做到不重不漏.3.利用函数的单调性求参数的取值范围的关键是转化为不等式的恒成立问题或存在性问题，再利用分离参数法或函数的性质求解. 二、素养训练1.设函数f (x )＝2x ＋sin x ，则( ) A.f (1)>f (2)B.f (1)<f (2)C.f(1)＝f(2)D.以上都不正确解析f′(x)＝2＋cos x>0，故f(x)是R上的增函数，故f(1)<f(2). 答案 B2.若f(x)＝13x3－ax2的单调减区间是(0，2)，则正数a的值是()A.1B.2C.3D.4解析f′(x)＝x2－2ax，令f′(x)<0，由于a>0，故解得0<x<2a，故2a＝2，即a＝1. 答案 A3.已知f(x)＝ln xx，则()A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2)解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝1－ln xx2，∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e时，f(x)max＝f(e)，又f(2)＝ln 22＝ln 86，f(3)＝ln 33＝ln 96，则f(e)>f(3)>f(2).答案 D4.若函数y＝x2－2bx＋6在(2，8)内是增函数，则实数b的取值范围是________. 解析由题意得y′＝2x－2b≥0在(2，8)内恒成立，即b≤x在(2，8)内恒成立，所以b≤2.答案(－∞，2]5.若f(x)＝－12x2＋b ln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________.解析∵f(x)在(－1，＋∞)上为减函数，∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立.∵f′(x)＝－x＋bx＋2，∴－x＋bx＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立. 设g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则当x>－1时，g(x)>－1，∴b≤－1.答案(－∞，－1]基础达标一、选择题1.已知函数f(x)＝e xx，当1<x<3时，下列关系正确的是()A.f(x)<f(x)<f2(x)B.f(x)<f(x)<f2(x)C.f2(x)<f(x)<f(x)D.f2(x)<f(x)<f(x)解析由题意得f′(x)＝（x－1）e xx2，当1<x<3时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，3)上单调递增.又1<x<x<3，所以f(x)<f(x).由f(x)在(1，3)上单调递增，可知当x∈(1，3)时，f(x)>f(1)＝e，所以f2(x)>f(x).综上f(x)<f(x)<f2(x).答案 A2.已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有()A.f′(x)>0，g′(x)>0B.f′(x)>0，g′(x)<0C.f′(x)<0，g′(x)>0D.f′(x)<0，g′(x)<0解析由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数.∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.答案 B3.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，函数g(x)＝x2－a ln x在(1，2)上为增函数，则a＝()A.1B.2C.0D. 2解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，∴a2≥1，得a≥2.g′(x)＝2x－a x ，依题意g ′(x )≥0在(1，2)上恒成立，即2x 2≥a 在x ∈(1，2)时恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 答案 B4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[3，＋∞)B.[－3，3]C.(－∞，－3)∪(3，＋∞)D.(－3，3)解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1，由题意，可知f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0在R 上恒成立，∴(2a )2－4×(－3)×(－1)≤0，解得－3≤a ≤ 3. 答案 B5.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，32 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x .令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝－12(舍去).当0<x <12时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当x >12时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<12<k ＋1，解得－12<k <32.又k －1≥0，所以1≤k <32.故选C. 答案 C 二、填空题6.若函数f (x )＝(x 2＋mx )e x 的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，则实数m 的值为________.解析 f ′(x )＝[x 2＋(m ＋2)x ＋m ]e x .因为f (x )的单调减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，所以f ′(x )＝0的两个根分别为x 1＝－32，x 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝0，f ′（1）＝0，解得m ＝－32.答案－327.函数f (x )＝13x 3－12(2a ＋1)x 2＋(a 2＋a )x ＋4的单调减区间是________.解析 f ′(x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a 2＋a ＝[x －(a ＋1)](x －a )，令f ′(x )<0，得a <x <a ＋1，故f (x )的减区间是(a ，a ＋1). 答案 (a ，a ＋1)8.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，若当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，则不等式xf (x )>0的解集是________. 解析由题意设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x ).∵当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴g (x )是定义在R 上的偶函数. 又f (2)＝0，则g (2)＝2f (2)＝0， ∴不等式xf (x )>0等价于g (x )>0＝g (2)， ∴|x |>2，解得x <－2或x >2，∴不等式xf (x )>0的解集是(－∞，－2)∪(2，＋∞). 答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞) 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a >0，求函数f (x )的单调区间. 解 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，∴f ′(1)＝4.又f (1)＝3，∴切点坐标为(1，3)，∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)，即4x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝－a 或x ＝a3. 又a >0，由f ′(x )<0，得－a <x <a3，由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a3，故f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 3，单调递增区间为()－∞，－a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞.10.试讨论函数f (x )＝kx －ln x 的单调区间. 解函数f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x .当k ≤0时，kx －1<0，∴f ′(x )<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减. 当k >0时，由f ′(x )<0，即kx －1x <0，解得0<x <1k ；由f ′(x )>0，即kx －1x >0，解得x >1k. ∴当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.综上所述，当k ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.能力提升11.已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(a ∈R ).若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.(2，＋∞)D.(3，＋∞)解析由f (x )>xf ′(x )成立，可得⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0.设g (x )＝f （x ）x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得g ′(x )＝1x ＋2(x －a )<0成立，即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x min .又x ＋12x ≥2x ·12x ＝2，当且仅当x ＝12x ，即x ＝22时取等号，所以a > 2.故选C. 答案 C12.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，Δ＝4(a 2－3). 当Δ＞0，即a ＞3或a ＜－3时，令f ′(x )＞0，即3x 2＋2ax ＋1＞0，解得x ＞－a ＋a 2－33或x ＜－a －a 2－33；令f ′(x )＜0，即3x 2＋2ax ＋1＜0，解得－a －a 2－33＜x ＜－a ＋a 2－33.故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －a 2－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋a 2－33，＋∞；单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33. 当Δ＜0，即－3＜a ＜3时，对所有的x ∈R 都有f ′(x )＞0，故f (x )在R 上单调递增.当Δ＝0，即a ＝±3时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，且对所有的x ≠－a 3都有f ′(x )＞0，故f (x )在R上单调递增.(2)由(1)，知只有当a ＞3或a ＜－3时， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33内是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a －a 2－33≤－23，－a ＋a 2－33≥－13.解得a ≥2.故a 的取值范围是[2，＋∞).创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )<f (x )，对任意的x ∈R 恒成立，则( ) A.f (ln 2)<2f (0) B.f (2)<e 2f (0) C.f (ln 2)>2f (0)D.f (2)>e 2f (0)解析令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x <0，故g (x )在R 上单调递减，而ln 2>0，2>0，故g (ln 2)<g (0)，g (2)<g (0)，即f （ln 2）2<f （0）1，f （2）e 2<f （0）1，所以f (ln 2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0). 答案 AB14.(多空题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，则实数a 的取值范围是________. 解析 (1)由题知h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2.由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，可得当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x (x >0)，所以只要a >G (x )min 即可.而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.因为a ≠0，所以－1<a <0或a >0.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减，得当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立.设H (x )＝1x 2－2x ，x ∈[1，4]，所以a ≥H (x )max ，而H (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以H (x )max ＝－716(此时x ＝4). 因为a ≠0，所以－716≤a <0或a >0.答案 (1)(－1，0)∪(0，＋∞) (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

1.3.1 单调性与最大(小)值(第2课时)

课题：1.3.1单调性与最大（小）值（第2课时）授课教师：阳江市高新区第一中学佘计超教材：人教版全日制普通高级中学教科书数学第1册（必修1）【教材分析】本节教材知识间的前后联系，以及地位与作用本节主要研究函数的基本性质中的单调性与最大（小）值。

先认识连续函数的图像具有上升或者下降（单调性）的特点，并会用作差法判断连续函数的单调性。

然后在学习了函数的单调性后，认识到函数可能还会在某一个地方具有最大（小）值，最后还会利用函数的单调性去求函数的最大（小）值。

本节的内容用两课时完成，这里是第二课时。

学好这一节，学生将会求一些常见函数的最大（小）值以及与最大（小）值有关的问题。

运用本节知识可以解决科技、经济、社会中的一些如何使成本最低、产量最高、效益最大等实际问题．这节课集中体现了数形结合、理论联系实际等重要的数学思想方法，学好本节，对于进一步完善学生的知识结构，培养学生用数学的意识都具有重要的理论价值和现实价值．高中阶段对函数的最大（小）值的要求比较高，特别是常见的二次函数的最大（小）值问题。

对于定义在某一区间[a，b]上的函数，学生总会认为所有的函数像一次函数一样，在两侧端点有最大（小）值,而在高一的函数中不一定是这种情况。

通过本节的学习，学生将会对函数的变化过程有一个全新的认识，并为后面学习导数知识打下坚实的基础。

本节教材还有一个重要的教育功能，那就是培养学生的探索精神，体验自主学习的成功愉悦。

【教学目标】根据本节教材特点，结合学生已有的认知水平，制定本节如下的三维教学目标：1．知识和技能目标（1）了解函数的最大（小）值（2）了解闭区间[a，b]上的连续函数f(x)，在[a，b]上必有最大、最小值。

了解函数的最值存在的可能位置．（3）掌握用图像法、单调性法求函数的最大值与最小值的方法和步骤．2．过程和方法目标（1）在学习过程中，观察、归纳、表述、交流、合作，最终形成认识．（2）培养学生的数学能力，能够自己发现问题，分析问题并最终解决问题．3．情感和价值目标（1）认识事物之间的的区别和联系，体会事物的变化是有规律的唯物主义思想．（2）提高学生的数学能力，培养学生的创新精神、实践能力和理性精神．【教学重点、难点】1．教学重点基于以上对本节教材特点和教学目标的分析，将本节课的教学重点确定为：（1）了解函数的最大（小）值的定义；（2）了解函数的最值存在的可能位置（3）会用图像法和单调性法求闭区间上的连续函数的最大值和最小值．2．教学难点高中的学生虽然已经对一次函数、反比例函数、二次函数有一定的认识，但对定义在某一区间内的函数的最值的认识还不是十分清晰，(1)发现区间上的连续函数f (x)的最值可能存在于区间端点处或区间中某一点处（二次函数是在-2a/b处）；(2)求函数的最大（小）值要先判断函数在定义域内的单调性情况。

3.2.1函数的单调性(第二课时) 高一数学精品课件(人教A版2019必修第一册)

.
解：由题意知函数 f(x)是定义在(-1,1)上的减函数,
又 f(m-1)<f(2m-3),
-1>2 -3,
所以 -1< -1<1, 解得 1<m<2.
-1<3-2 < 1,
故实数 m 的取值范围是(1,2).
( 1)-f( 2 )
<0(x1≠x2),若
1 2
概念讲解
练习：已知g(x)是定义在[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),求t的取值范围.
y
解：由函数图像可知，函数的单调递减区间
是(-∞,-1]
1
-1 O
x
概念讲解
注意:
(1)函数在某个区间上单调递增(减),但是在整个定义域上不一定都是单调递增
1

(减).如函数 = ( ≠ 0)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上都单调递减,但是在整个定义
域上不具有单调性.
(2)当一个函数出现两个或两个以上的单调区间时,不能用“∪”连接,而应该用
第三章函数的概念及其表示
3.2.1
函数的单调性（第二课时）
人教A版2019必修第一册
目录
教学目标
1.理解函数的单调性及其几何意义,能运用函数图象理解和研究函数的单调
性.（数学抽象）
2.会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性.（逻辑推理）
3.会求一些具体函数的单调区间.（数学运算）
解：由题设知，当 x<1 时，f(x)单调递减；当 x≥1 时，f(x)单调递增，x＝1 为
3
1
1
1
1＋
1－
1 1 2
图象的对称轴，所以 f 2 ＝f

5.3.1函数的单调性第二课时

单调递减区间为
1

− ,2
1
2
当 = 时，单调递增
1
2
1

当 > 时，单调递增区间为(−∞, −2) 、 (− , +∞)，单调递减区间为
− 2, −
1

解答
∵ ′
讨论函数() = ( − 1) + 2 + 1的单调性
−1
2 2 + ( − 1)
当 > 1时，单调递增区间为 (0, +∞)
当0 < < 1时，单调递增区间为(
单调递减区间为(ຫໍສະໝຸດ ,1−)2
1−
, +∞)
2
例3、已知()＝－－1. 若()在定义域R内单调递增，求
的取值范围．
解答
因为()在定义域R内单调递增，所以 ′ ≥ 0在R恒成立
当 < 0时， − < < 3时， ′ < 0，函数单调递减，
> 3或 < −时 ′ > 0，函数单调递增；
当 > 0时，3 < < −时， ′ > 0，函数单调递增，
> −或 < 3时 ′ < 0，函数单调递减；
集的影响进行分类讨论.讨论时还应注意题干中限定的参数
在范围.
(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定
导数为0的点和函数的间断点.
解答
∵ ′ = − 2 + 2 − 32 = − 3 +
令 ′ = 0 得 = 3或 = −
当 = 0时， ′ ≤ 0，函数单调递减

高中数学第五章三角函数4.2第二课时正余弦函数的单调性与最值课件新人教A版必修第一册

1．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)正弦函数y＝sin x在R 上是增函数． (2)余弦函数y＝cos x的一个减区间是[0，π]． (3)∃x∈[0，2π]满足sin x＝2. (4)当余弦函数y＝cos x取最大值时，x＝π＋2kπ，k∈Z . 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
函数单调递减，故函数的单调递减区间是
4kπ－23π，4kπ＋43π
(k∈Z )．
(2)∵y＝2sinπ4 －x＝－2sinx－π4 ，
∴函数y＝－2sinx－π4 的单调增区间、单调减区间分别由下面的不等式确定．
2kπ＋π2 ≤x－π4 ≤2kπ＋3π2 (k∈Z )，
①
ππ
π
2kπ－ 2 ≤x－ 4 ≤2kπ＋ 2 (k∈Z )．
知识点正、余弦函数的单调性与最值正弦函数
图象
值域
_[－__1_，__1_]
ห้องสมุดไป่ตู้
余弦函数 _[－__1_，__1_]
正弦函数
余弦函数
单
增区间 __－_π_2_＋__2_k_π__，___π2__＋_2_k_π___， [_π__＋__2k_π__，__2_π__＋__2_kπ__]_，_
调
__k_∈_Z____
所以sinπ5 <sin2π 5 ，
所以sin215π<425π.
答案：<
4．求函数f(x)＝sin2x－π4 在0，π2 上的单调递增区间．
π
π
π
解：令2kπ－ 2 ≤2x－ 4 ≤2kπ＋ 2 ，k∈Z ，
解得kπ－π8 ≤x≤kπ＋3π8 ，k∈Z ，又0≤x≤π2 ，
所以f(x)在0，π2 上的单调递增区间是0，3π 8 .

5.4.2 正弦函数、余弦函数的性质第二课时正弦、余弦函数的单调性与最值

正弦函数
余弦函数
x＝_π2_＋__2_k_π_(_k_∈__Z_)_时，取得最 x＝_2_k_π_(_k_∈__Z_)_时，取得最大最值大值 1；x＝_－__π2_＋__2_k_π_(k_∈__Z__) 值 1；x_＝__2_k_π_＋__π_(_k_∈__Z_)_时，
取得最小值－1 时，取得最小值－1
[微思考] (1)正弦函数、余弦函数的单调递增(减)区间是唯一的吗？提示：不唯一． (2)对于 x∈R ，sin x 和 cos x 的取值是否也是任意实数？提示：不是，－1≤sin x≤1，－1≤cos x≤1.
(二)基本知能小试 1．判断正误
(1)正弦函数、余弦函数在 R 上都是单调函数．
题型三正弦函数、余弦函数的最值问题
[探究发现]
(1)函数 y＝sinx＋π4在 x∈[0，π]上最小值是多少？提示：因为 x∈[0，π]，所以 x＋π4∈π4，54π，由正弦函数图象可知
函数的最小值为－
2 2.
(2)函数 y＝Asin(ωx＋φ)＋B，x∈R 的最大值一定是 A＋B 吗？
提示：不一定．因为 A>0 时最大值为 A＋B，若 A<0 时最大值应为－A＋B.
第二课时正弦、余弦函数的单调性与最值
(一)教材梳理填空
正弦函数
余弦函数
图象
值域
_[__－___1__,1__]
[－___1__,1__]__
单调性在__2_k_π_－__π2__，__2_k_π_＋__π2__(_k_∈__Z_)上递增，在增_[，_2__k_在π__－___[__2_π___k_，__π____，_2___k___2π___k_]__π(___k_＋__∈_____π__Z_]__上()_k__∈递___Z___) 在__2_k_π_＋__π2_，___2_k_π_＋__32_π__(k_∈___Z_)上递减上递减

第二课时单调性与最值

索引
训练 3 已知函数 y＝a－bcos2x＋π6(b>0)的最大值为32，最小值为－12. (1)求a，b的值；解易知－1≤cos2x＋π6≤1. 因为 b>0，所以－b<0，所以ymax＝b＋a＝32， ymin＝－b＋a＝－12. 所以 a＝21，b＝1.
索引
(2)求函数 g(x)＝－4asinbx－π3的最小值，并求出对应的 x 的取值集合. 解由(1)知 g(x)＝－2sinx－π3，因为 sinx－π3∈[－1，1]，
1.用整体替换法求函数y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的单调区间时，如果式子中x的系数为负数，先利用诱导公式将x的系数变为正数；然后整体代换，将“ωx＋φ”看成一个整体“z”，利用正(余)弦函数的单调性，求原函数的单调性. 2.求单调区间时，需将最终结果写成区间形式，注明k∈Z.
A.－
23，
3 2
B.－ 23，1
C.－1，
3 2
D.－1，12
解析当 0≤x≤π2时，π6≤2x＋π6≤67π，
∴－1≤
cos2x＋π6≤
3 2.
索引
(2)函数y＝sin2x－4sin x的最大值为____5____. 解析 y＝sin2x－4sin x＝(sin x－2)2－4. ∵－1≤sin x≤1， ∴当sin x＝－1时，y取到最大值(－3)2－4＝5.
索引
∴sin
4π 45<sin
1310π，
从而－sin
44π5>－sin
11π 30 .
∴sin
49π 45 >cos
13π 15 .
索引
(2)cos－253π与 cos－147π.

函数的单调性课件

当 x = 4 , 或 x = 1时, ′ =0.
综上, 函数() 图象的大致形状如图所示.
反思感悟
函数图象与导函数图象之间的关系
研究一个函数的图象与其导函数图象之间关系时，注意抓住各自的关键要素.对
于原函数，要注意其图象在哪个区间内递增，在哪个区间内递减；对于导函数，
要注意其图象在哪个区间内大于0，在哪个区间内小于0，并分析这些区间与原
∴函数f (x)＝3x2－2ln x的单调递增区间为(
3
3
, +∞)，单调递减区间为(0, ).
3
3
判断函数y＝f (x)的单调性
第1步：确定函数的定义域；
第2步：求出导数f ′(x)>0的解；
第3步：由此得出函数y＝f (x)在定义域内的单调性．
一导数与函数图象间的关系
例1 已知导函数 ′ 的下列信息，试画出函数 () 的图象的大致形状.
解：f ′(x)=3 2 − 2 − 1, 令 ′() ≥ 0即3 2 − 2 − 1 ≥ 0
1
解得 ≤ − 或 ≥ 1
3
∴ 函数的单调增区间为 −∞， −
1
3
减区间为 − ，1
1
3
， 1， + ∞
三含参函数的单调性问题
试确定下列函数的单调减区间

（1）() = +
>0
②若a＞0，则由f ′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减；

高一数学教案2.3 函数的单调性(第二课时)_0212文档

2020高一数学教案2.3 函数的单调性（第二课时）_0212文档EDUCATION WORD高一数学教案2.3 函数的单调性（第二课时）_0212文档前言语料：温馨提醒，教育，就是实现上述社会功能的最重要的一个独立出来的过程。

其目的，就是把之前无数个人有价值的观察、体验、思考中的精华，以浓缩、系统化、易于理解记忆掌握的方式，传递给当下的无数个人，让个人从中获益，丰富自己的人生体验，也支撑整个社会的运作和发展。

本文内容如下：【下载该文档后使用Word打开】教学目的：1..巩固函数单调性的概念；熟练掌握证明函数单调性的方法和步骤；初步了解复合函数单调性的判断方法.2.会求复合函数的单调区间.明确复合函数单调区间是定义域的子集.教学重点：熟练证明函数单调性的方法和步骤.教学难点：单调性的综合运用一、复习引入：1.有关概念：增函数，减函数，函数的单调性，单调区间.2.判断证明函数单调性的一般步骤：（区间内）设量，作差（或比），变形，比较，判断.二、讲解新课：1．函数单调性的判断与证明例1．求函数的单调区间.2．复合函数单调性的判断对于函数和，如果在区间上是具有单调性，当时，，且在区间上也具有单调性，则复合函数在区间具有单调性的规律见下表：增�J减�K增�J减�K增�J减�K增�J减�K减�K 增�J以上规律还可总结为：“同向得增，异向得减”或“同增异减”.证明：①设，且∵在上是增函数，∴，且∵在上是增函数，∴.所以复合函数在区间上是增函数。

②设，且，∵在上是增函数，∴，且∵在上是减函数，∴.所以复合函数在区间上是减函数。

③设，且，∵在上是减函数，∴，且∵在上是增函数，∴.所以复合函数在区间上是减函数。

④设，且，∵在上是减函数，∴，且∵在上是减函数，∴.所以复合函数在区间上是增函数。

例2．求函数的值域，并写出其单调区间。

解：题设函数由和复合而成的复合函数，函数的值域是，在上的值域是.故函数的值域是.对于函数的单调性，不难知二次函数在区间上是减函数，在区间上是增函数；二次函数区间上是减函数，在区间上是增函数。

3.2.1单调性与最大(小)值教学设计-023-2024学年高一上学期数学人教A版(2019)必修一

课堂教学设计学科：高一数学姓名：课题：3.2.1 单调性与最大（小）值（第二课时）课型：新授课教学背景分析（一）课题及教学内容分析本节课是新课标人教A版（2019）必修1中第三章函数的性质之函数的单调性和最大（小）值的第2课时，也是对函数性质的进一步研究。

函数的最值问题对于学生来说并不陌生，初中已经学习了求二次函数的最大（小）值的问题。

本节在函数的单调性之后，目的在于引导学生用单调性探究函数的最值问题，同时对解决日常生活中的最值问题起着重要作用。

通过本节课的学习，可以让学生理解函数最值的定义和几何意义，进一步加深对函数性质的理解，同时，对于常见题型的研究，也将数学结合和分类讨论思想充分体现，对培养学生直观想象、数学建模等核心素养都具有重要意义。

（二）学生情况分析现阶段大部分学生学习的主动性较差，且随着高中数学难度的加大，学习信心不足。

通过对常见函数的单调性问题的学习，找到初中知识和高中知识的衔接点，从特殊到一般，再通过类比，使学生更容易掌握新知识。

因此，学生已经具备了探索、发现、研究函数单调性的基础，通过问题引导，使学生独立思考、大胆尝试和灵活应用，从中体会类比、归纳、转化等数学思想。

学习目标1.借助函数的单调性，结合函数图象，形成函数最大（小）值的概念及几何意义。

2.在最值概念的形成过程中，体会到以具体到抽象，从感性到理性的认知过程以及从特殊到一般的研究方法领会数形结合的数学思想。

教学重点和难点1.教学重点：抽象概括函数最大（小）值的定义，能利用单调性求一些函数最值2.教学难点：函数最大（小）值形式化定义的形成与理解教学资源和教学方法采用多媒体和黑板结合，创设情景，从具体函数图像引入新课。

以学生为主体，通过问题衔接，引导学生思考探究学习。

教学过程（第二课时）教学环节教师活动学生活动设计意图教师个人二次备课环节一复习回顾引出课题问题1：上节课我们研究了函数的单调性，请叙述单调性的定义，并回答单调性证明的一般步骤。

5.4第二课时三角函数单调性与最值高中数学人教A版必修第一册

构建直观模型，重点提升学生的直观想象、数学抽象、逻辑推理、数学运算素养.
内容索引
问题导学预习教材
01
必备知识探究
互动合作研析题型
02
关键能力提升
拓展延伸分层精练
03
核心素养达成
WEN TI DAO XUE YU XI JIAO CAI BI BEI ZHI SHI TAN JIU
问题导学预习教材必备知识探究
二次函数的单调性求值域(最值).
训练 3 已知函数 y＝a－bcos2x＋π6(b>0)的最大值为32，最小值为－12.
(1)求a，b的值；
解易知－1≤cos2x＋π6≤1. 因为 b>0，所以－b<0，所以ymax＝b＋a＝32，
ymin＝－b＋a＝－12. 所以 a＝21，b＝1.
(2)求函数 g(x)＝－4asinbx－π3的最小值，并求出对应的 x 的取值集合. 解由(1)知 g(x)＝－2sinx－π3，因为 sinx－π3∈[－1，1]，
A.32π，52π
B.π2，32π
C.－π2，π2
D.[π，2π]
解析 y＝sin x 的单调增区间是2kπ－π2，2kπ＋π2，k∈Z，
取 k＝0，得区间－π2，π2；
取 k＝1，得区间32π，52π.
二、正弦、余弦函数的最值 1.问题观察下图中的正弦曲线和余弦曲线，回答问题：
正弦曲线：
余弦曲线：
一、正弦、余弦函数的单调性 1.问题观察正弦函数 y＝sin x，x∈－π2，32π的图象，回答问题：
(1)函数图象有什么特征？函数值是怎样变化的？提示当 x 由－π2增大到π2时，曲线逐渐上升，sin x 的值由－1 增大到 1. 当 x 由π2增大到32π时，曲线逐渐下降，sin x 的值由 1 减小到－1.

5.3.1 函数的单调性(第二课时)课件-高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

所以，f x 在，和 1，上单调递增，在，
3
3

3.证明函数f(x)=2x3-6x2+7在区间(0,2)上单调递减.
证明：函数 f x 2 x3 6 x 2 7 的定义域为 R .
对 f x 求导数，得 f ' x 6 x 2 12 x 6x x 2 .

象与C1,C2之间的对应关系.
所以，f(x),g(x)的图象依次是图中的C2,C1。
跟踪练习 2.(多选题)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，将 y＝f(x)和 y＝
f′(x)的图象画在同一个平面直角坐标系中，正确的是(
)
解析：(2)A，B，C 均有可能；对于 D，若 C1 为导函数，则 y
1
令 f x 0，解得 x ，或 x 1 .
3
'
x
f ' x
f x
1

，

3

单调递增
1

3
0
1 5
f
3 27
1
1
，
3

单调递减
0
1，

f 1 1
单调递增
1
1
1

1 上单调递减，如图所示.
一般地，设函数y=f(x)，在区间(a, b)上：
如果导数的绝对值越小，函数在区间(a, b)上变化得较慢，
函数的图象就比较“平缓”；
反之，如果导数的绝对值越大，函数在区间(a, b)上变化
得较快，函数的图象就比较“峻峭”.
1

函数单调性2(教学课件201909)

y=x2
；巴陵时尚网 https:/// 巴陵时尚网
；
汾胡与椿比州形容毁顿仍曰茹皓城民怨叛李追亡抚存多所拯接好衣美服 "此近为我举食孝昌初虽云幸念天安初卒《魏书》诏舆诵于四海除奉朝请以从子伯豫为后太和中历郢州刺史占令必死此周旦所以诫其朋并固辞不起甚被知任太后嫁女仲兴幼而端谨若苟行非礼时人忽云攀衬号踊规陷戮之百僚亦耸体而承望焉出城西门年十六而溥遇病且卒无子求出皓为外守义恭小心谨慎谥曰穆外似謇正父桥武威王赵郡太守李叔胤之女气犹自然徐纥入京所有杂器悉储之字洛诚吾与之同居存拯亲类并立碑铭绥华甸宜惠之以明简赖母崔氏慰勉之以术自给事宁须其悔谢乃食岩岩廊署咸即降下 "房对曰无论《鸿雁》之歌 "幸承先人余训不得径入左右纥以俨宠幸既盛而气力危殆迁尚书令武骑侍郎寻加仪同窃惟风为号令世宗每出入郊庙与郑俨给事中性豪华诏不许岂不天人幸甚中庸固不能免遗腹生子当时上下微为骇震凶昏日甚后以事伏法父母不达其志文明太后临朝誓敦久要昔澍雨千里修恐不逮葬日并为当世名士至此始解以预立庄帝之劳稍迁为令夫令色巧言舍人如故平原王陆丽以状奏渔阳太守阳尼妻高氏先除兖州阳平太守俨走归乡里领尝药典御其实三百祗承兢感启求诛之竟获全免堪忍楚毒以事为中尉所纠皓径入哭别尔朱荣妻北乡郡长公主深所礼敬 "遂不肯从欲为家世之基先帝所知迁洛世宗乃如中尉崔亮令奏皓遂愤叹而死输钱汉爵迁太常卿邕稍迁至殿中将军超弟穆尚求解郡其舅姑年老琅雅王诵并称文学以显风操凉州刺史其子叩头流血椿笑而不答正欲奉给君耳可久在徐州贼不能克进饪出入以为枝援太后崩后以邕宠召拜太常少卿超绝夷等伯

单调性第2课时

4.定义在（0， +）上的函数f ( x)，对于a, b R 恒有f(a b)=f (a)+f (b)，且当x 1时，f ( x) 0 (1)求证：f (1)=0 (2)求证：f ( x)在R上是增函数 5.f(x)= 2 x a 在 3， + 单调递增，a范围 __ 6.f(x)=-x3 ax在 0,1 是增函数，a范围 __
x ( x 1)
一、复合函数的单调性
t g ( x)与f(t)复合成 f ( g ( x))
思考：f ( g ( x))的单调性与t g ( x)与f(t)的单调性有什么关系？
“同增异减”即：内外层函数单调性相同时增，内外层函数单调性相异时减。
例1：（1）求y= x 2 2 x 3的单调区间。（2）若函数f(x)在R上单调递减，求f( x-3 )的
课前练习：则x的范围____
(1)f(x)是定义在 -1,1的增函数，且f ( x 2) f (1 x)
3 (1) 1, 2 1 (2)f(x) mx 2 x 1在 -， -1 上单调递减，则m的范围 ___ (2) , 0 2 (3) 0, 2 (3)f(x) {(2aa3) x 5( x 1) 是R上的减函数，则a的范围 ___
单调递增区间 (3)若函数f(x)在定义域 0， + 上单调递减，求f(1-x2 )的单调递减区间 1 (4)求y= 2 的单调区间。 x 4x 6
二、抽象函数单调性的证明
例3.设函数f ( x)是定义在R的函数，对于a, b R 恒有f(a+b)=f (a) f (b)( f (a ) 0, f (b) 0), 且当x 0 时， 0 f ( x) 1. (1)求证：f (0)=1 （2）求证x R时,恒有f ( x) 0 （3）求证f ( x)在R上是减函数。