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1、第二節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性問題最新考綱 1.了解函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 .2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 ,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不會超過三次)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件結(jié)論函數(shù) y(f x) 在區(qū)間( a, b)上可導(dǎo)f(x)0f(x)在( a,b)內(nèi)單調(diào)遞增f(x)0f( x)在( a,b)內(nèi)單調(diào)遞減f(x) 0f( x)在( a,b)內(nèi)是常數(shù)函數(shù)常用結(jié)論1. 在某區(qū)間內(nèi) f(x)0(f(x) 0)是函數(shù) f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件2.可導(dǎo)函數(shù) f(x)在( a,b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對 ? x(a,恒為零.一、思考辨析 (正確的打
2、“”,錯誤的打“ ×”)(1)若函數(shù) f(x)在( a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,那么一定有 f(x)0.()(2)如果函數(shù) f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有 f(x) 0,則 f( x)在此區(qū)間內(nèi) 沒有單調(diào)性 .()(3)在(a,b)內(nèi) f(x)0 且 f(x)0 的根有有限個,則 f(x)在(a, b)內(nèi)是減函數(shù) .()答案 (1) × (2) (3)二、教材改編1. 如圖是函數(shù) y(f x)的導(dǎo)函數(shù) yf(x)的圖象,則下面判斷正確的是 ()A.在區(qū)間(B. 在區(qū)間( 1,3)上 f( x)是減函數(shù)C. 在區(qū)間( 4,5)上 f( x)是增函數(shù)D. 在區(qū)間( 3,5)上 f(x)是增函
3、數(shù)C 由圖象可知 ,當(dāng) x(4,5)時,f(x)>0,故 f(x)在( 4,5)上是增函數(shù) .2. 函數(shù) f(x) cos xx 在( 0,)上的單調(diào)性是()A. 先增后減B.先減后增C.增函數(shù)D.減函數(shù)D 因為 f(x)sin x1<0在(0,)上恒成立 ,所以 f(x)在( 0,)上是減函數(shù) ,故選 D.3. 函數(shù) f(x) x ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為.1(0,1 函數(shù) f(x)的定義域為 x|x>0 ,由 f(x)1x0,得 0<x1,x所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為( 0,1.4. 已知 (f x) x3ax在1,)上是增函數(shù),則實數(shù) a 的最大值是.3
4、f(x) 3x2a 0,即 a3x2,又因為 x1, ),所以 a3,即 a 的最大值是 3.考點 1 不含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟1)確定函數(shù) f(x)的定義域 .2)求 f( x)3)在定義域內(nèi)解不等式 f(x)> 0,得單調(diào)遞增區(qū)間 4)在定義域內(nèi)解不等式 f(x)< 0,得單調(diào)遞減區(qū)間1. 函數(shù) f(x)1xsin x在( 0,2 )上是(A.單調(diào)遞增B. 單調(diào)遞減C. 在( 0,)上增,在( ,2)上減D. 在( 0,)上減,在( ,2)上增A f(x) 1 cos x>0在(0,2 )上恒成立 ,所以在( 0,2 )上單調(diào)遞增.12. 函數(shù) y 21x
5、2 ln x 的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.( 1,1C.1,)12B y 2x2 ln x,B.(0,1D.(0,)x(0,),yx1xx1)(x1)x由 y0 可解得 0<x1,12y2x2ln x 的單調(diào)遞減區(qū)間為( 0,1,故選 B.3. 已知定義在區(qū)間( ,)上的函數(shù) f( x) xsin xcos x,則 f(x)的單 調(diào)遞增區(qū)間是 .,2 和 0,2 f( x) sin x xcos xsin xxcos x,令 f( x) xcos x>0,則其在區(qū)間( ,)上的解集為 ,2 和 0, 2 ,即 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 , 2 和 0, 2 .求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時 ,一定
6、要先確定函數(shù)的定義域 ,否則極易出錯 .如 T2.考點 2 含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性 ,要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論 .已知函數(shù) f(x)12x22aln x( a2) x,當(dāng) a<0 時,討論函數(shù) fx)的單調(diào)性 .解函數(shù)的定義域為(0,),f(x)x2aa2xx2)(xa)x當(dāng)a2,即 a2時,f(x)x2)x20,f(x)在( 0,)上單調(diào)遞增 .當(dāng) 0< a<2,即 2< a< 0時,0<x< a或 x>2 時,f(x)>0; a<x<2 時,f(x)< 0,f(x)在( 0,a),(
7、2,)上單調(diào)遞增 ,在( a,2)上單調(diào)遞減 . 當(dāng)a>2,即 a<2時,0<x<2 或 x>a 時, f(x)> 0; 2< x< a 時,f(x)<0, f(x)在(0,2),(a,)上單調(diào)遞增 ,在(2,a)上單調(diào)遞減 . 綜上所述,當(dāng) a2 時,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增;當(dāng) 2<a<0時,f(x)在( 0,a),(2,)上單調(diào)遞增 ,在( a,2)上單調(diào)遞減;當(dāng) a<2 時,f(x)在(0,2),(a,)上單調(diào)遞增 ,在(2,a)上單調(diào)遞 減.含參數(shù)的問題 ,應(yīng)就參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式的解 ,
8、在劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時 ,要在函數(shù)定義域內(nèi)確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的 間斷點.已知函數(shù) f(x) ln( ex1)ax( a> 0),討論函數(shù) y f(x)的單 調(diào)區(qū)間.解f(x) xe a1 x1 a.ex 1ex 1當(dāng) a1 時,f(x)<0 恒成立,當(dāng) a1, )時 , 函數(shù) y f(x)在 R 上單調(diào)遞減 .當(dāng) 0<a<1 時,由 f( x)>0,得(1a)(ex1)>1,即 ex>1 1 ,解得 x>ln a ,1a1 a由 f( x)< 0, 得( 1a)(e 1)< 1,即 ex<1a1,解得 x<ln.1a1
9、 a當(dāng) a(0,1)時,a函數(shù) y f(x)在 ln1a, 上單調(diào)遞增 , 1aa在 ,ln 1a 上單調(diào)遞減 .綜上,當(dāng)a1,)時,f(x)在 R上單調(diào)遞減;a 當(dāng)a(0,1)時,f(x)在 ln 1a, 上單調(diào)遞增 , 1aa在 ,ln 1a 上單調(diào)遞減 .考點 3 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法1)利用集合間的包含關(guān)系處理: yf(x)在(a,b)上單調(diào) ,則區(qū)間( a,b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集(2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的 x(a,b)都有 f(x)0 且 在( a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上 ,f(x)不恒為零 ,應(yīng)注意此時式子中的等號 不能省略 ,否
10、則漏解 .(3)函數(shù)在某個區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題 .已知函數(shù) f(x)ln x,g(x) 12ax22x(a0).(1)若函數(shù) h( x)f(x)g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求 a 的取值范圍;(2)若函數(shù) h(x)f(x)g(x)在1,4上單調(diào)遞減,求 a 的取值范 圍.1解 (1)h(x) ln x2ax22x,x(0,),1所以 h(x) xax2, 由于 h( x)在( 0, )上存在單調(diào)遞減區(qū)間 ,1所以當(dāng) x(0,)時,xax2<0 有解,12即 a> x122x有解 .12設(shè) G(x) x122x,所以只要 a>G( x) min 即可.21而 G
11、( x) x1 1,所以 G( x) min 1.所以 a>1 且 a0,即 a 的取值范圍是( 1,0)(0,).(2)由 h(x)在 1,4上單調(diào)遞減得 ,1當(dāng) x1,4時,h(x)xax20 恒成立 ,12即 ax2x恒成立 .1所以 aG(x)max,而 G( x) x1 1,11因為 x1,4,所以x 4,1 ,所以 G(x)max 176(此時 x 4),所以 a176且 a0,即 a 的取值范圍是 176,0 ( 0,).母題探究 1.(變問法) 若函數(shù) h(x)f(x)g(x)在1,4上單調(diào)遞增,求 a 的 取值范圍 .解 由 h(x)在 1,4上單調(diào)遞增得 ,當(dāng) x1,
12、4時,h(x)0恒成立,12所以當(dāng) x1,4時,ax2x恒成立 ,12又當(dāng) x 1,4時, x2x min 1(此時 x1),所以 a1 且 a0,即 a 的取值范圍是( ,1.2. (變問法) 若函數(shù) h(x)f(x)g(x)在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間,求 a 的取值范圍 .解 h(x)在 1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間 ,則 h( x) 0在 1,4上有解 ,12所以當(dāng) x1,4時 ,ax2x有解 ,12又當(dāng) x1,4時, x2x min 1,所以 a1,即 a 的取值范圍是( 1,0)(0,).3. (變條件) 若函數(shù) h(x)f(x)g(x)在1,4上不單調(diào),求 a 的取 值范圍.解 因為
13、h(x)在 1,4上不單調(diào) ,所以 h(x)0在( 1,4)上有解 ,12即 a x(1)f( x)在 D 上單調(diào)遞增(減),只要滿足 f(x)0(0)在 D上恒成立即可 .如果能夠分離參數(shù) ,則可分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之 間的關(guān)系 .2)二次函數(shù)在區(qū)間 D 上大于零恒成立 ,討論的標(biāo)準(zhǔn)是二次函數(shù)的圖象的對稱軸與區(qū)間 D 的相對位置 ,一般分對稱軸在區(qū)間左側(cè) 、內(nèi)部 、右側(cè)進行討論 .已知函數(shù) f(x)3x2x2ln x在區(qū)間 1,2上為單調(diào)函數(shù),求 a a的取值范圍 .31解 f(x)3 *4x1,若函數(shù) f(x)在區(qū)間 1,2上為單調(diào)函數(shù) ,即2axx有解 ,12 令 m(x)
14、x2x,x(1,4),7 則1<m(x)< 16,3即 4xa3a4xx1. ax所以實數(shù) a 的取值范圍為 1,1axax6 .1令 h(x)4x1x,因為函數(shù) h(x)在 1,2上單調(diào)遞增 ,x所以131在1,2上,f(x)a34xx10 或 f(x)3a4x1x0,ah(2)或a3h(1),即3a123131 即a4xx0或a4xx0在1,2上恒成立 ,或3a3, a a a 2 a解得 a<0 或 0<a52或 a 1.考點 4 利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式 ,常常要構(gòu)造新函數(shù) ,把比較大小或求 解不等式的問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的
15、問題 ,再由單調(diào)性比較大小或 解不等式 .常見構(gòu)造的輔助函數(shù)形式有:(1)f(x)g(x)F(x)f(x)g(x);(2)xf(x) f(x) xf(x);f(x)(3)xf(x) f(x) f(x) ;x(4)f(x)f(x)exf(x);(5)f(x) f(x) f(xx) . e(1)已知函數(shù) f(x)是定義在 R 上的偶函數(shù),設(shè)函數(shù) f(x)的導(dǎo)函 數(shù)為 f(x),若對任意 x0 都有 2f(x)xf(x)0 成立,則()A. 4f(2)9f(3)B. 4f(2)9f(3)C. 2f(3)3f(2)D. 3f( 3)2f( 2)(2)設(shè)(f x)是定義在 R上的奇函數(shù),(f 2)0,當(dāng)
16、x0時,有xf(x)x2 f(x) 0 恒成立,則不等式 x2f(x)0 的解集是.(1)A (2)(, 2)( 0,2) (1)根據(jù)題意 ,令 g( x) x2fx),其導(dǎo)數(shù) g(x)2xf(x)x2f(x),又對任意 x0 都有 2f( x) xf(x)0成立,則當(dāng) x0時,有g(shù)(x)x(2f(x)xf(x)0 恒成立,即函數(shù)g(x)在(0,)上為增函數(shù) ,又由函數(shù) f(x)是定義在 R 上的偶函數(shù),則 f(x)f(x),則有 g( x)( x)2f(x)x2f(x)g(x),即函數(shù) g(x)也為偶函數(shù) ,則有 g(2)g(2),且 g( 2) g(3),則有 g( 2)g(3),即有 4
17、f( 2) 9f(3).故選 A.f( x)f( x)2)令 (x) x , 當(dāng) x0 時, f( x) 0,xx(x)f(xx)在(0,)上為減函數(shù) ,又 (2)0,在(0,)上,當(dāng)且僅當(dāng) 0x2 時,(x)0, 此時 x2f(x) 0.又 f(x)為奇函數(shù) , h(x)x2f(x)也為奇函數(shù) .故x2f(x)0的解集為( ,2)(0,2).如本例( 1)已知條件 “2f(x)xf(x)0”,需構(gòu)造函數(shù) g(x)x2f(x),求導(dǎo)后得 x0 時,g(x)0,即函數(shù) g(x)在( 0,)上為增 函數(shù),從而問題得以解決 .而本例( 2)則需構(gòu)造函數(shù) (x) f(xx)解決.1.定義在 R 上的函數(shù) f(x)滿足: f(x)f(x)恒成立,若 x1x2,則 ex1f(x2)與 ex2f( x1)的大小關(guān)系為()A. ex1f(x2)ex2f(x1)B. ex1f(x2) ex2f( x1)C. ex1f(x2)ex2f(x1)D. ex1f (x2)與 ex2f (x1)的大小關(guān)系不確定設(shè) g(x)f(exx),則 g(x)f(x)exf(x)ex f(x) f(x)(ex)2ex由題意得 g(x)0,所以 g(x)在 R 上單調(diào)遞增 ,當(dāng) x1x2 時,g(x1)g f( x1) f(x2)(x2),即 ex1 ex2 ,所以 ex1f(x2) ex
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