（全國通用版）2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)（二）課件 新人教A版選修2-2.ppt

《（全國通用版）2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)（二）課件 新人教A版選修2-2.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)（二）課件 新人教A版選修2-2.ppt（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1.3.1函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)(二),第一章1.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用,,學(xué)習(xí)目標(biāo),1.會利用導(dǎo)數(shù)證明一些簡單的不等式問題. 2.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的單調(diào)性的基本方法.,,,問題導(dǎo)學(xué),達(dá)標(biāo)檢測,,題型探究,內(nèi)容索引,問題導(dǎo)學(xué),1.函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)正負(fù)的關(guān)系 定義在區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)yf(x)：,增,減,特別提醒：若在某區(qū)間上有有限個點使f(x)0，其余的點恒有f(x)0，則f(x)仍為增函數(shù)(減函數(shù)的情形完全類似). 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0.,2.函數(shù)圖象的變化趨勢與導(dǎo)數(shù)值大小的關(guān)系 一般地，

2、設(shè)函數(shù)yf(x)，在區(qū)間(a，b)上,快,慢,陡峭,平緩,3.利用導(dǎo)數(shù)解決單調(diào)性問題需要注意的問題 (1)定義域優(yōu)先的原則：解決問題的過程只能在定義域內(nèi)，通過討論導(dǎo)數(shù)的符號來判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間. (2)注意“臨界點”和“間斷點”：在對函數(shù)劃分單調(diào)區(qū)間時，除了必須確定使導(dǎo)數(shù)等于零的點外，還要注意在定義域內(nèi)的間斷點. (3)如果一個函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，這些單調(diào)區(qū)間之間不能用“”連接，而只能用“逗號”或“和”字等隔開.,1.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. () 2.函數(shù)在某區(qū)間上變化越快，函數(shù)在這個區(qū)間上的導(dǎo)數(shù)的絕對值越大. (),思考辨析 判斷正誤

3、,,,題型探究,,類型一利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,例1若函數(shù)f(x)kxln x在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是__________.,解析,答案,1，),即k的取值范圍為1，).,引申探究 1.若將本例中條件遞增改為遞減，求k的取值范圍.,解答,又f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，,即k的取值范圍為(，0.,2.若將本例中條件遞增改為不單調(diào)，求k的取值范圍.,解答,解f(x)kxln x的定義域為(0，)，,k的取值范圍是(0,1).,當(dāng)k0時，f(x)<0. f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，故不合題意.,反思與感悟(1)利用導(dǎo)數(shù)法解決取值范圍問題的兩個基本思路 將問題轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)

4、間上的恒成立問題，即f(x)0(或f(x)0)恒成立，利用分離參數(shù)或函數(shù)性質(zhì)求解參數(shù)范圍，然后檢驗參數(shù)取“”時是否滿足題意； 先令f(x)0(或f(x)<0)，求出參數(shù)的取值范圍后，再驗證參數(shù)取“”時f(x)是否滿足題意. (2)恒成立問題的重要思路 mf(x)恒成立mf(x)max； mf(x)恒成立mf(x)min.,解答,解方法一(直接法) f(x)x2axa1， 令f(x)0，得x1或xa1. 當(dāng)a11，即a2時，函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，不合題意. 當(dāng)a11，即a2時，函數(shù)f(x)在(，1)和(a1，)上單調(diào)遞增，在(1，a1)上單調(diào)遞減， 由題意知(1,4)(1，a1)且(

5、6，)(a1，)， 所以4a16，即5a7. 故實數(shù)a的取值范圍為5,7.,方法二(數(shù)形結(jié)合法) 如圖所示， f(x)(x1)x(a1). 因為在(1,4)內(nèi)，f(x)0， 在(6，)內(nèi)f(x)0， 且f(x)0有一根為1， 所以另一根在4,6上.,故實數(shù)a的取值范圍為5,7.,方法三(轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題) f(x)x2axa1. 因為f(x)在(1,4)上單調(diào)遞減，所以f(x)0在(1,4)上恒成立. 即a(x1)x21在(1,4)上恒成立，所以ax1， 因為27，所以當(dāng)a7時，f(x)0在(6，)上恒成立. 綜上知5a7. 故實數(shù)a的取值范圍為5,7.,例2證明exx1sin x1(

6、x0). 證明令f(x)exx1(x0)，則f(x)ex10， f(x)在0，)上單調(diào)遞增， 對任意x0，)，有f(x)f(0)，而f(0)0， f(x)0，即exx1， 令g(x)xsin x(x0)，g(x)1cos x0， g(x)g(0)，即xsin x0， x1sin x1(x0)， 綜上，exx1sin x1.,,類型二證明不等式,證明,反思與感悟用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)g(x)的一般步驟 (1)構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，xa，b. (2)證明F(x)f(x)g(x)0，且F(a)0. (3)依(2)知函數(shù)F(x)f(x)g(x)在a，b上是單調(diào)遞增函數(shù)，故f(x)g(x)

7、0，即f(x)g(x). 這是因為F(x)為單調(diào)遞增函數(shù)， 所以F(x)F(a)0， 即f(x)g(x)f(a)g(a)0.,證明,當(dāng)x1時，f(x)0， 則f(x)在(1，)內(nèi)是增函數(shù). 當(dāng)x0時，f(x)f(0)0.,達(dá)標(biāo)檢測,1.已知命題p：對任意x(a，b)，有f(x)0，q：f(x)在(a，b)內(nèi)是單調(diào)遞增的，則p是q的 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件,1,2,3,4,5,答案,,1,2,3,4,5,2.已知對任意實數(shù)x，都有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且當(dāng)x0時，f(x)0，g(x)0，則當(dāng)x0，g(x)0 B.f(x)0，g

8、(x)0 D.f(x)<0，g(x)<0,解析,答案,,解析由題意知，f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù). 當(dāng)x0時，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增， 則當(dāng)x0，g(x)<0.,3.已知函數(shù)f(x)x312x，若f(x)在區(qū)間(2m，m1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是________.,解析f(x)0，即3x2120，得2x2. f(x)的減區(qū)間為2,2， 由題意得(2m，m1)2,2，,1,1),1,2,3,4,5,解析,答案,2，),答案,解析,1,2,3,4,5,所以f(x)在(，)上為單調(diào)遞增函數(shù)，其圖象若穿越x軸，則只有一次穿越的機會， 顯然x0時，f(x)0.,解答,1,2,3,4,5,利用導(dǎo)數(shù)法解決取值范圍問題的兩個基本思路 (1)將問題轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，即f(x)0(或f(x)0)恒成立，利用分離參數(shù)或函數(shù)性質(zhì)求解參數(shù)范圍，然后檢驗參數(shù)取“”時是否滿足題意； (2)先令f(x)0(或f(x)<0)，求出參數(shù)的取值范圍后，再驗證參數(shù)取“”時，f(x)是否滿足題意.,規(guī)律與方法,