《函数的单调性与导数》课件1.ppt

3．3导数在研究函数中的应用1．知识与技能结合实例，借助几何直观发现函数的单调性与导数的关系．2．过程与方法能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．本节重点：利用求导的方法判断函数的单调性．本节难点：函数的导数与单调性的关系．1．用导数去研究函数的单调性比用定义法更为简便，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、方法进行归纳总结，提高应用数学思想、方法解决问题的熟练程度，达到优化解题思路、简化解题过程的目的．2．利用导数的符号判断函数单调性的解题过程中，只能在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，判断函数的单调区间．1．设函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，(1)如果在区间(a，b)内，f′(x)≥0，则f(x)在此区间是的；(2)如果在区间(a，b)内，f′(x)≤0，则f(x)在此区间内是的．2．如果函数y＝f(x)在x的某个开区间内，总有f′(x)＞0，则f(x)在这个区间上严格增加，这时该函数在这个区间为；如果函数当自变量x在某区间上，总有f′(x)＜0，则f(x)在这个区间为．[例1]求下列函数的单调区间(1)f(x)＝x3－3x＋1[解析](1)函数f(x)的定义域为Rf′(x)＝3x2－3，令f′(x)＞0，则3x2－3＞0.即3(x＋1)(x－1)＞0，解得x＞1或x＜－1.∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)令f′(x)＜0，则3(x＋1)(x－1)＜0，解得－1＜x＜1.∴函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)(2)函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)[点评]求函数的单调区间必须在函数的定义域内，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．另外，单调区间不可写成并集的形式．[例2]已知x＞1，求证x＞lnx.[解析]设f(x)＝x－lnx(x＞1)∴函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数．又f(1)＝1－ln1＝1＞0即f(x)＞0对x∈(1，＋∞)恒成立∴x－lnx＞0，即x＞lnx(x＞1)．[点评]构造函数是解本题的突破口，构造函数，利用导数确定函数单调性，这种不等式证明方法经常使用，它是作差法的一个延伸．[解析]解法一：(区间法)f′(x)＝x2－ax＋a－1，令f′(x)＝0，所以x＝1或x＝a－1.当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)内单调递增，不合题意．当a－1>1，即a>2时，f(x)在(－∞，1)和(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，由题意知：(1,4)⊆(1，a－1)且(6，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7.解法二：(数形结合)如图所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．若在(1,4)内f′(x)≤0，(6，＋∞)内f′(x)≥0，且f′(x)＝0有一根为1，则另一根在[4,6]上．解法三：(转化为不等式的恒成立问题)f′(x)＝x2－ax＋a－1.因为f(x)在(1,4)内单调递减，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1，因为2<x＋1<5，所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1，因为x＋1>7，所以a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．由题意知5≤a≤7.[点评]本题是含参数单调性问题，是高考的重点和热点，体现了数学上的数形结合与转化思想．[解析]因为f′(x)＝x2＋ax＋a(a∈R)由题意知：f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以Δ＝a2－4a≤0，所以0≤a≤4.故当0≤a≤4时，f(x)在R上单调递增．[例4]已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0,1]，a>0，若f(x)在(0,1]上单调递增，求a的取值范围．[点评]在某区间内若f′(x)>0，则函数在该区间内单调递增，反之，若f(x)在区间D上为增函数，则f′(x)≥0在D上恒成立．一、选择题1．函数f(x)＝2x－sinx在(－∞，＋∞)上()A．是增函数B．是减函数C．在(0，＋∞)上增，在(－∞，0)上增D．在(0，＋∞)上减，在(－∞，0)上增[答案]A[解析]f′(x)＝2－cosx>0在(－∞，＋∞)上恒成立．2．函数y＝xlnx在区间(0,1)上是()A．单调增函数B．单调减函数[答案]C3．若在区间(a，b)内有f′(x)＞0，且f(a)≥0，则在(a，b)内有()A．f(x)＞0B．f(x)＜0C．f(x)＝0D．不能确定[答案]A[解析]∵在区间(a，b)内有f′(x)>0，且f(a)≥0，