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【立体设计】高考数学 第3章 第2节 利用导数判断函数的单调性知识研*(福建版)

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1.观察右图,导数f′(x0)表示函数在点(x0,f(x0))处的 切线的斜率 ;在x=x0处,f′(x0)>0,切线为“ 左下右上”式;函数f(x)在x0附*图象 上升 (填“上升”或 “左上右下” “下降”);在x=x1处,f′(x1) <0 ,切线为 式 ;函数f(x)在x1附*图象 下降 (填“上升”或 “下降”). 2.一般地,函数的单调性与其导函数的正负有如下 关系:在某个区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数f(x)在 这个区间内 ;如果 单调递增 f′(x),那么函数 <0 f ( x) 在 这个区间内单调递减. 1.函数f(x)=x3-3x2+1是减函数的区间为( A.(2,+∞) C.(-∞,0) B.(-∞,2) D.(0,2) ) 解析:由f′(x)<0,即3x2-6x<0,解得0<x<2. 答案:D 2.已知函数y=xf′(x)的图象如右图 所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数), 下面四个图象中y=f(x)的图象大致是( ) 解析: 由图可知,当- 1<x<1 时, f′(x)<0 , f(x) 单调递 减;当x>1或x<-1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故选C. 答案:C 3.函数y=3x2-2ln x的单调增区间为________,单调 减区间为________. 2 3 解析:y′=6x- (x>0),由 y′>0 得,x> ;由 y′<0 x 3 3 得,0<x< . 3 ? 答案:? ? ? ? 3 ? ,+∞ ? 3 ? ? ? ?0, ? 3? ? 3? ? 4.函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值, f?x? 则函数 g(x)= 在区间(1, +∞)上一定是________函数. (用 x “增”、“减”填空). f?x? 解析:由题意得 f(x)的对称轴 x=a<1,因为 g(x)= = x 2 a a x -a x-2a+x ,所以 g′(x)=1-x2= x2 ,又因为 x>1,所以 g′(x)>0 在(1,+∞)上恒成立,即 g(x)在(1,+∞)上一定是 增函数. 答案:增 利用导数的符号判断函数的单调性,是导数几何意义 在研究曲线变化规律时的一个重要应用.它充分体现了数 形结合的基本思想.因此必须重视对数学思想、方法进行 归纳提炼,提高应用数学思想、方法解决问题的熟练程度, 达到优化解题思维,简化解题过程的目的. 依据导数在某一区间内的符号来确定函数的单调区间, 体现了形象思维的直观性和运动性.解决这类问题,如果 利用函数单调性的定义来确定函数单调区间,运算显得繁 琐,区间难以找准. (即时巩固详解为教师用书独有) 考点一 利用导数确定原函数的图象 【案例 1】 可能是( ) (2009· 湖南 ) 若函数 y = f(x) 的导函数在区 间[a,b]上是增函数,则函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象 解析:本题考查了导数的意义,属于基础知识、基本 运算的考查.由导数是切线的斜率知,即函数f(x)图象上的 切线的斜率依次增大, B 选项中曲线上从左到右的点的切 线斜率先大后小,C选项斜率是一常数,D选项斜率先增然 后又减,只有 A 选项的曲线从左到右的点的切线斜率是依 次增大的. 答案:A 【即时巩固1】 已知f′(x)是函数f (x)的导函数,y=f′(x)的图象如右图 所示,则y=f(x)的图象最可能是( ) 解析:本题考查导函数与原函数之间的关系.由图可知, ①当x<0时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;②当0<x<2时,f′(x)<0, 则f(x)单调递减;③当x>2时,f′(x)>0,则f(x)单调递增,并且x =0为极大值点,x=2为极小值点,故选C. 答案:C 考点二 利用导数求单调区间 【案例 2】 ax2+1. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设a≤-2,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)- (2010· 辽宁 ) 已知函数 f(x) = (a + 1)ln x + f(x2)|≥4|x1-x2|. 关键提示:本题第(1)问主要考查导数及其综合应用, 以及分类讨论思想.试题类型比较传统,但是含参问题增 加了考生的思维强度,可以较好地考查考生的分析能 力.第(2)问考查考生的转化化归思想,利用导数的方法研 究单调性加以解决不等关系. (1)解:由题知 f(x)的定义域为(0,+∞). a+1 2ax2+a+1 f′(x)= +2ax= . x x 当 a≥0 时,f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上单调增加; 当 a≤-1 时,f′(x)<0, 故 f(x)在(0,+∞)上单调减少; 当-1<a<0 时,令 f′(x)=0, 解得 x= a+1 - . 2a 则当 ? x∈? ? ? ? x∈? ?0, ? a+1? ? - 2a ?时,f′(x)>0; ? ? a+1 ? - 2a ,+∞?时,f′(x)<0. ? 故 ? ? ? ? f(x) 在 ? ? ?0, ? a+1? ? - 2a ? 上 单 调 增 加 , 在 ? ? a+1 ? - 2a ,+∞?上单调减少. ? (2)证明:不妨假设x1≥x2. 由(1)知当a≤-2时,f(x)在(0,+∞)上单调减少, 所以 |f(x1) - f(x2)|≥4|x1 - x2| 等价于 f(x2) - f(x1)≥4x1 - 4x2 , 即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1. 令g(x)=f(x)+4x, a+1 2ax2+4x+a+1 则 g′(x)= +2ax+4= . x x -4x2+4x-1 -?2x-1?2 于是 g′(x)≤ = ≤0. x x 从而g(x)在(0,+∞)上单调减少, 故g(x1)≤g(x2), 即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2, 故对任意x1,



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