(新課標)2021版高考數(shù)學一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用 第15講 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導學案 新人教A版
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1、第15講 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 【課程要求】 了解函數(shù)的單調(diào)性和導數(shù)的關(guān)系;能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及參數(shù)的范圍. 對應學生用書p41 【基礎檢測】 1.判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”) (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.( ) [答案] (1)× (2)√ 2.[選修2-2p32A組T4]如圖是函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f′(x)的圖象,則下面判斷正確的是( ) A.在區(qū)間(-2,1
2、)上,f(x)是增函數(shù)
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.當x=2時,f(x)取到極小值
[解析]在(4,5)上f′(x)>0恒成立,∴f(x)是增函數(shù).
[答案]C
3.[選修2-2p24例2]函數(shù)f(x)=x3-6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為______________.
[解析]f′(x)=3x2-12x=3x(x-4),由f′(x)<0,得0 3、
A.(-∞,-2] B.(-2,+∞)
C.D.
[解析]f′(x)=+2ax=,2ax2+1>0在內(nèi)恒成立,所以a>,由于x∈,所以x2∈,∈,所以a≥-.
[答案]D
5.已知f(x)=1+x-sinx,則f(2),f(3),f(π)的大小關(guān)系正確的是( )
A.f(2)>f(3)>f(π)
B.f(3)>f(2)>f(π)
C.f(2)>f(π)>f(3)
D.f(π)>f(3)>f(2)
[解析]f(x)=1+x-sinx,則f′(x)=1-cosx≥0,
則函數(shù)f(x)為增函數(shù).
∵2<3<π,
∴f(π)>f(3) 4、>f(2).
[答案]D
6.已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)=3,且f(x)的導數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R),則不等式f(x)<2x+1的解集為________________.
[解析]令g(x)=f(x)-2x-1,∴g′(x)=f′(x)-2<0,
∴g(x)在R上為減函數(shù),g(1)=f(1)-2-1=0.
由g(x)<0=g(1),得x>1.∴不等式的解集為(1,+∞).
[答案] (1,+∞)
【知識要點】
1.函數(shù)的單調(diào)性:在某個區(qū)間(a,b)內(nèi),如果f′(x)>0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;如果f′(x)<0,那么 5、函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.
2.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.
3.可導函數(shù)f(x)在(a,b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對?x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a,b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.
對應學生用書p41
不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性
例1 (1)已知函數(shù)f(x)=xlnx,則f(x)( )
A.在上單調(diào)遞增
B.在上單調(diào)遞減
C.在上單調(diào)遞增
D.在上單調(diào)遞減
[解析]因為函數(shù)f(x)=xlnx的定 6、義域為(0,+∞),
所以f′(x)=lnx+1(x>0),
當f′(x)>0時,解得x>,即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為;
當f′(x)<0時,解得0 7、f′(x). (3)解不等式f′(x)>0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間. (4)解不等式f′(x)<0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.
1.已知定義在區(qū)間(-π,π)上的函數(shù)f(x)=xsinx+cosx,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是__________________________.
[解析]f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx.令f′(x)=xcosx>0,則其在區(qū)間(-π,π)上的解集為∪,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,.
[答案],
2.已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,若f′(x)是f(x)的導函數(shù),則函數(shù)f′(x)的圖象大致是( )
8、
[解析]設g(x)=f′(x)=2x-2sinx,g′(x)=2-2cosx≥0,所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增.
[答案]A
含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性
例2 已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x,討論f(x)的單調(diào)性.
[解析]函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),
f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
②若a>0,則由f′(x)=0,得x=lna.
當x∈(-∞,lna)時,f′(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減, 9、在(lna,+∞)上單調(diào)遞增.
③若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln.
當x∈時,f′(x)<0;
當x∈時,f′(x)>0.
故f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.
綜上,當a=0時,f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;
當a>0時,f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,
當a<0時,f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.
[小結(jié)]根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路:(1)利用集合間的包含關(guān)系處理:y=f(x)在(a,b)上單調(diào),則區(qū)間(a,b)是相應單調(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( 10、a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上,f′(x)不恒為零,應注意此時式子中的等號不能省略,否則漏解.(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.
3.已知g(x)=+x2+2alnx在[1,2]上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是______________.
[解析]g′(x)=-+2x+,由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立,可得a≤-x2在[1,2]上恒成立.又當x∈[1,2]時,=-4=-.∴a≤-.
[答案]
4.已知函數(shù)f(x)=-x2+4x-3lnx在區(qū)間[t,t+1]上不單調(diào),則t的取值范圍是____________.
[解析]由題意知f′(x)=-x+4- 11、=-,由f′(x)=0,得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1和3,則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t,t+1)內(nèi),函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上就不單調(diào),由t<1 12、上單調(diào)遞增,
∴>,又f(x)>0,∴>4.
∵xf′(x)-3f(x)<0,x>0,
∴′==<0,
∴y=在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
∴<,又f(x)>0,∴<8.綜上,4<<8.
[答案]B
(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,則不等式exf(x)>ex+3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞)
[解析]令g(x)=exf(x)-ex,∴g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1],∵f( 13、x)+f′(x)>1,∴g′(x)>0,
∴y=g(x)在定義域上單調(diào)遞增,∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3,∵g(0)=3,∴g(x)>g(0),∴x>0,故選A.
[答案]A
[小結(jié)]1.構(gòu)造函數(shù),應用導數(shù)求解函數(shù)值的比較大小時,若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi),要利用其函數(shù)性質(zhì),轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進行比較,對于選擇題、填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解.
2.構(gòu)造函數(shù),應用導數(shù)求解不等式解集時,先利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))>f(h(x))的形式,再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”,得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x) 14、知定義在上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),且對于任意的x∈,都有f′(x)sinx 15、)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=3x2≥0,當且僅當x=0時取等號,
所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增.因為f(a-1)+f(2a2)≤0,所以f(a-1)≤-f(2a2)=f(-2a2),
所以a-1≤-2a2,解得-1≤a≤,故實數(shù)a的取值范圍是.
[答案]
函數(shù)單調(diào)性的綜合應用問題
例4 已知函數(shù)f(x)=x3+xcosx-ax2-sinx-2acosx,g=2xcosx-x2-2sinx-3acosx(a為常數(shù),a∈R).
(1)討論函數(shù)f的單調(diào)性;
(2)設函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),證明:當00時,h(x)>0.
[解析] (1)f′(x 16、)=x2+cosx-xsinx-2ax-cosx+2asinx=(x-2a)(x-sinx),
令φ(x)=x-sinx,則φ′(x)=1-cosx≥0,故φ(x)在R上單調(diào)遞增,又φ(0)=0,
故x∈(-∞,0)時φ(x)<0,x∈(0,+∞)時φ(x)>0,
則令f′(x)=0,x1=2a,x2=0.
(ⅰ)當a<0時,有x∈(-∞,2a)與x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
x∈(2a,0)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
(ⅱ)當a>0時,有x∈(-∞,0)與x∈(2a,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
x∈(0,2a)時,f′( 17、x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
(ⅲ)當a=0時,有x∈R時,f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增.
(2)h(x)=f(x)-g(x)=x3-xcosx-x2+sinx+acosx(00),
h′(x)=x2-cosx+xsinx-ax+cosx-asinx=(x-a)(x+sinx),
令t(x)=x+sinx(x>0),則t′(x)=1+cosx≥0,故t(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又t(0)=0,
故t(x)>0,令h′(x)=0?x=a,且x∈(0,a)時,h′(x)<0,
h(x)單調(diào)遞減;x∈(a,+∞)時,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;所以h(x)m 18、in=h(a)=a3-acosa-a3+sina+acosa=-a3+sina,
令m(a)=-a3+sina(0-+cos=0,∴m′(a)>0,m(a)在(0,1)上單調(diào)遞增,又m(0)=0,
∴m(a)>0在(0,1)上恒成立,所以當00時,h(x)>0.
[小結(jié)]利用導數(shù)證明不等式的常用方法:證明f(x) 19、單調(diào)性證明.
7.已知函數(shù)f(x)=ax-lnx-(a∈R).
(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)若函數(shù)f(x)圖象的一條切線為x軸,且函數(shù)g(x)=,若存在不相等的兩個實數(shù)x1,x2滿足g(x1)=g(x2),求證:x1x2<1.
[解析] (1)由題意:x>0,f′(x)=ax-=,
顯然:當a≤0時,f′(x)<0,
當a>0時,0 20、∴h′(x)=++,
顯然:x≥1時,h′(x)>0,又h′(x)=+,
∴0 21、∴g(x)>g.設0
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