數(shù)學互動課堂單調性

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精互動課堂疏導引導本課時重點和難點是函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系。1.函數(shù)的單調性與導函數(shù)的關系我們知道,如果函數(shù)f（x）在某個區(qū)間是增函數(shù)或減函數(shù),那么就說f(x)在這一區(qū)間具有單調性,先看下面的例子:函數(shù)y=f(x)=x2—4x+3的圖象如圖所示。考慮到曲線y=f（x)的切線的斜率就是函數(shù)f（x)的導數(shù)，從圖象可以看到：在區(qū)間(2，+∞)內，切線的斜率為正,即f′（x）＞0時，f(x)為增函數(shù);在區(qū)間(—∞，2）內，切線的斜率為負,即f′（x)＜0時，f(x)為減函數(shù)。再觀察下面一些函數(shù)的圖象,探討函數(shù)的單調性與其導函數(shù)正負的關系.一般地,函數(shù)的單調性與導函數(shù)的正負有如下關系:在某個區(qū)間（a,b)內，如果f′(x）＞0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間內單調遞增;如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y=f（x）在這個區(qū)間內單調遞減。2。利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性(區(qū)間)的一般步驟：（1)確定函數(shù)f（x)的定義域；（2）求f′(x);（3）令f′(x)≥0解得函數(shù)f（x）的增區(qū)間；令f′（x）≤0解得函數(shù)f（x)的減區(qū)間.3。f′（x)＞0（或＜0）是函數(shù)遞增（或遞減)的充分條件。但這個條件并不是必要的。如:y=x3在實數(shù)集內是嚴格增函數(shù)，但f′（0）=0.在（a，b）內可導的函數(shù)f(x）在（a，b)上遞增(或遞減)的充要條件應是f′（x）≥0〔或f′(x）≤0〕，x∈(a,b）恒成立，且f′（x)在(a，b）的任意子區(qū)間內都不恒等于0,這就是說，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的增減性并不排斥在區(qū)間內個別點處有f′(x0）=0,甚至可以在無窮多個點處f(x0)=0，只要這樣的點不能充滿所給區(qū)間的任何一個子區(qū)間.因此,在已知函數(shù)f(x)是增函數(shù)(或減函數(shù)）求參數(shù)的取值范圍時,應令f′（x）≥0〔或f′（x）≤0〕恒成立,解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立理論求解),然后檢驗參數(shù)的取值能否使f′（x）恒等于0,若能恒等于0,則參數(shù)的這個值應舍去，若f′（x）不恒為0，則由f′（x）≥0〔或f′(x）≤0〕恒成立解出的參數(shù)的取值范圍確定.4。構造函數(shù),再采用求導的方法，利用函數(shù)的單調性證明不等式,是證明不等式常運用的方法,要掌握好.其中關鍵在于構造恰當?shù)暮瘮?shù)，有利于問題的解決。5.利用導數(shù)解決題目還應注意（1）證函數(shù)f（x）在(a,b）內單調,可以用函數(shù)的單調性定義,也可用導數(shù)來進行判別，前者較繁,后者較易,要注意若f(x）在(a，b)內個別點上滿足f′（x）=0（或不存在但連續(xù)），其余點滿足f′(x)＞0［或f′（x）＜0］,函數(shù)f（x）仍然在（a,b)內單調遞增(或遞減),即導數(shù)為零的點不一定是增、減區(qū)間的分界點.（2）對于含有字母系數(shù)的問題,根據(jù)題設正確地確定字母的取值范圍是解決問題的關鍵之一.函數(shù)的導數(shù)與函數(shù)單調性的關系,為我們研究函數(shù)的單調性提供了有力的工具，在今后的學習中要養(yǎng)成使用導數(shù)研究函數(shù)單調性的習慣.案例1已知向量a=(x2,x+1),b=（1-x，t),若函數(shù)f(x)=a·b在區(qū)間（-1，1)上是增函數(shù),求t的取值范圍?！咎骄俊拷夥ㄒ灰蓝xf(x）=x2（1-x）+t(x+1）=—x3+x2+tx+t，則f′（x）=-3x2+2x+t.若f(x)在（-1，1)上是增函數(shù)，則在(-1，1）上可設f′(x）≥0?！鄁′（x）≥0t≥3x2-2x，在區(qū)間（-1,1)上恒成立，考慮函數(shù)g(x）=3x2-2x,由于g（x）的圖象是對稱軸為x=,開口向上的拋物線,故要使t≥3x2—2x在區(qū)間(-1,1)上恒成立t≥g（-1),即t≥5。而當t≥5時，f′(x)在（-1，1）上滿足f′(x）＞0，即f(x）在（-1，1)上是增函數(shù)。故t的取值范圍是t≥5。解法二依定義f（x)=x2（1—x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t,f′（x）=-3x2+2x+t。若f(x)在（-1，1）上是增函數(shù)，則在(—1,1)上可設f′(x)≥0?！鄁′（x）的圖象是開口向下的拋物線，∴當且僅當f′（1）=t-1≥0，且f′(—1)=t—5≥0時f′(x）在（—1,1）上滿足f′（x)＞0，即f（x)在(-1，1）上是增函數(shù).故t的取值范圍是t≥5.【規(guī)律總結】①這是導函數(shù)增減性的一個簡單應用，也就是說，根據(jù)函數(shù)導數(shù)可判斷增減性，反之也可以根據(jù)導函數(shù)的增減性，求有關的參變量.②對于含有字母系數(shù)的問題,根據(jù)題設正確地確定字母的取值范圍是解決問題的關鍵之一。函數(shù)的導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，為我們研究函數(shù)的單調性提供了有力的工具,在今后的學習中要養(yǎng)成使用導數(shù)研究函數(shù)單調性的習慣.案例2(2005福建高考)已知函數(shù)f(x）=x3+bx2+cx+d的圖像過點P（0，2),且在點M（—1，f（—1)）處的切線方程為6x-y+7=0。(1）求函數(shù)y=f(x）的解析式;（2)求函數(shù)y=f（x)的單調區(qū)間.【探究】（1）由f(x)的圖像經(jīng)過點P(0，2)，知d=2，∴f(x）=x3+bx2+cx+2,f′(x）=3x2+2bx+c。由在點M（—1,f(-1))處的切線方程是6x-y+7=0，知-6-f（—1)+7=0，即f（—1）=1,f′(-1)=6。∴即解得b=c=-3.故所求的解析式是f(x）=x3-3x2—3x+2.(2）f′（x）=3x2—6x—3。令3x2—6x-3=0,即x2-2x-1=0。解得x1=，x2=.當或時，f′(x）＞0;當時，f′(x）＜0.故f（x)=x3—3x2-3x+2在（—∞，)內是增函數(shù)，在(，)內是減函數(shù)，在(,+∞)內是增函數(shù)。活學巧用1.求下列函數(shù)的單調區(qū)間，并指出其單調性。（1）f（x）=x3；(2)f（x）=2x3—9x2+12x—3；(3)f（x）=lnsinx.解析：(1）∵f′(x)=3x2,∴當x≠0時，f′(x）＞0；當x=0時,f′（x）=0。又當x＞0時f(x)＞0,x＜0時f（x)＜0,x=0時f(x)=0,根據(jù)函數(shù)的連續(xù)性知，f（x)在(-∞,+∞)上是增函數(shù),即y=x3的增區(qū)間為(-∞，+∞).（2)∵f′（x）=6x2—18x+12,由f′(x)＜0得1＜x＜2,由f′(x)＞0得x＜1或x＞2。故f(x）的增區(qū)間為（-∞，1）及(2,+∞），減區(qū)間為(1,2)。（3)函數(shù)f（x）的定義域為2kπ＜x＜2kπ+π（k∈Z）.∵f′(x)==cotx，由f′(x）＞0及函數(shù)定義域得2kπ＜x＜2kπ+（k∈Z)。由f′（x）＜0及函數(shù)定義域得2kπ+＜x＜2kπ+π（k∈Z）.故該函數(shù)的單調增區(qū)間為（2kπ，2kπ+）(k∈Z）,減區(qū)間為（2kπ+，2kπ+π）(k∈Z）.2。證明函數(shù)f(x）=ex+e—x在［0，+∞)上是增函數(shù)。證明:f′(x)=（ex）′+(）′=ex+()=ex-e—x=,∵當x∈［0,+∞)時ex≥1，∴f′(x)≥0。∴f（x)=ex+e-x在［0,+∞)上為增函數(shù).3.確定函數(shù)f(x)=x2-4x+3的增減區(qū)間.解析：f′(x)=2x-4.令f′(x）≥0即2x-4≥0，解得x≥2,故當x∈[2,+∞）時，是增函數(shù)；令f′(x）≤0即2x—4≤0,解得x≤2,故當x∈[-∞，2）時，是減函數(shù).4。已知函數(shù)f(x）=kx3—3(k+1)x2—k2+1（k＞0).若f(x）的單調遞減區(qū)間是(0，4），（1）求k的值；(2)當k＜x時，求證：.解析：(1)f′(x）=3kx2-6（k+1)x由f′(x）＜0得,∵f(x)的遞減區(qū)間是（0，4)∴=4，∴k=1。(2)設g(x）=，g′(x）=.當x＞1時，∴，∴g′(x）＞0，∴g（x）在x∈［1,+∞）上單調遞增∴x＞1時，g（x）＞g(1)。即,∴5。設f（x）在R上是偶函數(shù)，在區(qū)間（—∞,0)上f′(x)＞0且有f(2a2+a+1)＜f（-3a2+2a解析:∵在(—∞,0）上f′(x）＞0，∴f（x）在(—∞,0）上為增函數(shù)。又f(x）為偶函數(shù)，∴f(x）在（0，+∞)上為減函數(shù),且f(—3a2+2a-1)=f（3a2—2a+1）.∴原不等式可化為f(2a2+a+1）＜f(3a2-2a+1）.又2a2+a+1＞0，3a2—2a+1＞0恒成立,∴2a2+a+1＞3a2—2a+1。解得0＜a＜3為所求.6.證明不等式ln（1+x）＞（x＞0).證明:令f（x）=ln（1+x)—x+,則f′（x）=.當x＞—1時，f′(x）＞0，因此f（x）在（—1，+∞）內為增函數(shù)。于是當x＞0時，f（x）＞f（0）=0.∴當x＞0時，ln(1+x)＞。7.已知函數(shù)y=ax與y=在(0,+∞）上都是減函數(shù),試確定函數(shù)y=ax3+bx2+5的單調區(qū)間.解析：∵函數(shù)y=ax與y=在(0,+∞）上都是減函數(shù)，則a＜0,b＜0.由y=ax3+bx2+5得y′=3ax2+2bx.令y′＞0,得3ax2+2bx＞0，∴.∴當x∈(，0）時，函數(shù)為增函數(shù)。令y′＜0，即3ax2+2bx＜0，∴,或x＞0?！喈攛∈(-∞，）或（0，+∞)時，函數(shù)為減函數(shù)。8.設t≠0,點P(t，0)是函數(shù)f（x）=x3+ax與g(x)=bx2+c的圖象的一公共點，兩函數(shù)的圖象在點P處有相同的切線.（1）用t表示a、b、c；（2)若函數(shù)y=f（x)-g（x)在(—1,3)上單調遞減,求t的取值范圍。解析:（1)因為函數(shù)f（x)、g（x）的圖象都過點(t，0)，所以f(t）=0，即t3+at=0.因為t≠0,所以a=—t2。g（t）=0，即bt2+c=0,所以c=ab。又因為f（x)、g（x）在點(t,0)處有相同的切線，所以f′（t）=g′（t).而f′（t）=3x2+a，g′(x）=2bx,所以3t2+a=2bt。將a=-t2，代入上式得b=t.因此c=ab=-t3,故a=-t2,b=t,c=—t3.（2)方法一:y=f（x)—g(x)=x3-t2x-tx2+t3，y′=3x2—2tx-t2=(3x+t）（x—t)。當y′=(3x+t)(x-t）＜0時,函數(shù)y=f(x）-g(x)單調遞減.由y′＜0,若t＞0,則＜x＜t；若t＜0，則t＜x＜.由題意，函數(shù)y=f(x)-g（x)在（-1,3）上單調遞減，則（-1,3）（，t)或（-1,3）（t，）.所以t≥3或≥3，即t≤—