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第十二讲 导数在研究函数中的应用
第一课时 导数与函数的单调性
知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点 函数的单调性
(1)设函数y=f(x)在某个区间内__可导__,若f′(x)____0,则f(x)为增函数,若f′(x)____0,则f(x)为减函数.
(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤:
①确定f(x)的__定义域__;
②求导数f′(x);
③令f′(x)____0(或f′(x)____0),解出相应的x的范围;
④当__f′(x)0__时,f(x)在相应区间上是增函数,当__f′(x)0__时,f(x)在相应区间上是减函数.
eq \x(归)eq \x(纳)eq \x(拓)eq \x(展)
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)0(或f′(x)0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件.
(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件.
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)0.( × )
(2)若函数y=f(x)在(a,b)内恒有f′(x)≥0,则y=f(x)在(a,b)上一定为增函数.( × )
(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.( √ )
(4)因为y=eq \f(1,ln x)的导函数为y′=eq \f(-1,x?ln x?2),∵x0,∴y′0,因此y=eq \f(1,ln x)的减区间为(0,+∞).( × )
[解析] (1)有可能f′(x)=0,如f(x)=x3,它在(-∞,+∞)上为增函数,但f′(x)=x2≥0.
(2)因为y=f(x)若为常数函数,则一定有f′(x)=0满足条件,但不具备单调性.
(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则此函数f(x)在这个区间内为常数函数,则函数f(x)在这个区间内没有单调性.
(4)y=eq \f(1,ln x)定义域为(0,1)∪(1,+∞),因此它的减区间为(0,1)和(1,+∞).
题组二 走进教材
2.(理)(选修2-2P26T1改编)(文)(选修1-1P95T1改编)函数f(x)=x3-6x2的单调递减区间为( A )
A.(0,4) B.(0,2)
C.(4,+∞) D.(-∞,0)
[解析] f′(x)=3x2-12x=3x(x-4),由f′(x)0,得0x4,所以单调递减区间为(0,4).故选A.
3.(理)(选修2-2P32BT1改编)(文)(选修1-1P99BT1改编)已知函数f(x)=1+x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是( D )
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-cos x,当x∈(0,π]时,f′(x)0,所以f(x)在(0,π]上是增函数,所以f(π)f(3)f(2).故选D.
4.(理)(选修2-2P31AT3改编)(文)(选修1-1P98AT3改编)已知函数y=f(x)在定义域(-3,6)内可导,其图象如图,其导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为__[-1,2]∪[4,6)__.
[解析] f′(x)≤0,即y=f(x)递减,故f′(x)≤0,解集为[-1,2]∪[4,6).
题组三 走向高考
5.(2017·浙江,4分)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( D )
[解析] 根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数f(x)在这些零点处取得极值,排除A,B;记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(-∞,x1)上f′(x)0,在(x1,x2)上f′(x)0,所以函数f(x)在(-∞,x1)上单调递减,排除C,选D.
6.(2016·全国卷Ⅰ,5分)若函数f(x)=x-eq \f(1,3)sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-1,1)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-1,\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,3),\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\
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