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导数是中学数学新增的重要工具之一,用之处理函数的单调区间问题有无可比拟的优越性.
涉及用导数处理函数的单调性分类讨论的问题,对其分类标准作系统归纳,有利于学生的综合感悟、应用知识,提高能力.
实际解题时,求导后如何确定分类标准成为解决问题的瓶颈,下面就常接触的几分类方法汇总如下:
1. 用奇偶分析分类问题
例1 求函数f(x)=x2-2(-1)klnx(k∈N*)求此函数的单调增区间.
解:函数的定义域为(0,+∞)
f′(x)=2x-2(-1)k1x=2[x2-(-1)k]x
1° 当k为奇数时,f=′(x)=2(x2+1)x,f(x)′>0在(0,+∞)恒成立
即函数的单调区间是(0,+∞)
2° 当k为偶数时,f′(x)=2(x2-1)x,f′(x)>0,得x>1
即函数的单调区间是(1,+∞)
综上k为奇数时f(x)单调增区间是(0,+∞),k为偶数f(x)单调增区间是(0,+∞)
2. 用参数正负,根的大小来分类问题
例2 已知函数f(x)=2ax-a2+1x2+1(x∈R),a∈R.当a≠0,求函数f(x)的单调区.
解:f′(x)=2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(x2+1)2=-2(x-a)(ax+1)(x2+1)2.
令f′(x)=0,得到x1=-1a,x2=a,
a--1a=a+1a=a2+1a
易见,由a的正负即可确定两根的大小,从而确定了分类标准
(1) 当a>0时,令f′(x)=0,得到x1=-1a,x2=a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x-∞,-1a1a-1a,aa(a,+∞)
f′(x)-0+0-
f(x)+极小值极大值
所以f(x)在区间-∞,-1a,(a,+∞)内为减函数,在区间-1aa内为增函数.
(2) 当a<0时,令f′(x)=0,得到x1=a,x2=1a,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x(-∞,a)aa,-1a-1a-1a,+∞
f′(x)+0-0+
f(x)极大值极小值
所以f(x)在区间(-∞,a),-1a,+∞内为增函数,在区间a,-1a内为减函数.
3. 用Δ的正负分类问题
例3 设函数g(x)=exx2+k(k>0),讨论g(x)的单调性.
解:由g(x)=exx2+k(k>0)
得g′(x)=ex(x2-2x+k)(x2+k)2(k>0)
令g′(x)=0,有x2-2x+k=0(k>0)
(1) 当Δ=4-4k<0,即当k>1时,g′(x)>0在R上恒成立,故函数g(x)在R上位增函数
(2) 当Δ=4-4k=0,即当k=1时,有g′(x)=ex(x-1)2(x2+1)2>0(x≠1),从而当k=1时,g(x)在为增函数
(3) 当Δ=4-4k>0,即当0<k<1时,方程x2-2x+k=0有两个不相等实根x1=1-1-k,x2=1+1-k
当x∈(-∞,1-1-k)时,g′(x)>0,故g(x)在(-∞,1-1-k)上为增函数;
当x∈(1-1-k,1+1-k)时,g′(x)<0,故g(x)对在(1-1-k,1+1-k)上为减函数;
当x∈(1+1-k,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)在(1+1-k,+∞)上为增函数
4. 用导函数的最值来分类问题
已知函数f(x)=ax-ln(-x) x∞[-e,0)a为常数
求函数的单调区间
解:f′(x)=a-1x导函数在x∈[-e,0)是单调的增函数,所以f′(x)的最小值是a+1e
1) a+1e≥0,即a≥-1e时,f′(x)≥0恒成立,所以函数的单调增区间是[-e,0)
2) a+1e<0即a<-1e时,f′(x)=0得x=-1a,所以f′(x)<0-e f′(x)>0-1a 所以函数的单调增区间是-e,1a, 单调减区间是1a,0
法无定法,但通过总结让学生如何分类有章法可以遵循,引导学生探索总结规律,则学生会减少盲目,提高教学效果.
参考文献
1. 十年高考分类解析与应试策略 南方出版社,2009
2. 周远方 站在高中数学新课程改革的门口
——透视2009高考数学湖北卷的新课程理念 数学通讯2009.
涉及用导数处理函数的单调性分类讨论的问题,对其分类标准作系统归纳,有利于学生的综合感悟、应用知识,提高能力.
实际解题时,求导后如何确定分类标准成为解决问题的瓶颈,下面就常接触的几分类方法汇总如下:
1. 用奇偶分析分类问题
例1 求函数f(x)=x2-2(-1)klnx(k∈N*)求此函数的单调增区间.
解:函数的定义域为(0,+∞)
f′(x)=2x-2(-1)k1x=2[x2-(-1)k]x
1° 当k为奇数时,f=′(x)=2(x2+1)x,f(x)′>0在(0,+∞)恒成立
即函数的单调区间是(0,+∞)
2° 当k为偶数时,f′(x)=2(x2-1)x,f′(x)>0,得x>1
即函数的单调区间是(1,+∞)
综上k为奇数时f(x)单调增区间是(0,+∞),k为偶数f(x)单调增区间是(0,+∞)
2. 用参数正负,根的大小来分类问题
例2 已知函数f(x)=2ax-a2+1x2+1(x∈R),a∈R.当a≠0,求函数f(x)的单调区.
解:f′(x)=2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(x2+1)2=-2(x-a)(ax+1)(x2+1)2.
令f′(x)=0,得到x1=-1a,x2=a,
a--1a=a+1a=a2+1a
易见,由a的正负即可确定两根的大小,从而确定了分类标准
(1) 当a>0时,令f′(x)=0,得到x1=-1a,x2=a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x-∞,-1a1a-1a,aa(a,+∞)
f′(x)-0+0-
f(x)+极小值极大值
所以f(x)在区间-∞,-1a,(a,+∞)内为减函数,在区间-1aa内为增函数.
(2) 当a<0时,令f′(x)=0,得到x1=a,x2=1a,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x(-∞,a)aa,-1a-1a-1a,+∞
f′(x)+0-0+
f(x)极大值极小值
所以f(x)在区间(-∞,a),-1a,+∞内为增函数,在区间a,-1a内为减函数.
3. 用Δ的正负分类问题
例3 设函数g(x)=exx2+k(k>0),讨论g(x)的单调性.
解:由g(x)=exx2+k(k>0)
得g′(x)=ex(x2-2x+k)(x2+k)2(k>0)
令g′(x)=0,有x2-2x+k=0(k>0)
(1) 当Δ=4-4k<0,即当k>1时,g′(x)>0在R上恒成立,故函数g(x)在R上位增函数
(2) 当Δ=4-4k=0,即当k=1时,有g′(x)=ex(x-1)2(x2+1)2>0(x≠1),从而当k=1时,g(x)在为增函数
(3) 当Δ=4-4k>0,即当0<k<1时,方程x2-2x+k=0有两个不相等实根x1=1-1-k,x2=1+1-k
当x∈(-∞,1-1-k)时,g′(x)>0,故g(x)在(-∞,1-1-k)上为增函数;
当x∈(1-1-k,1+1-k)时,g′(x)<0,故g(x)对在(1-1-k,1+1-k)上为减函数;
当x∈(1+1-k,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)在(1+1-k,+∞)上为增函数
4. 用导函数的最值来分类问题
已知函数f(x)=ax-ln(-x) x∞[-e,0)a为常数
求函数的单调区间
解:f′(x)=a-1x导函数在x∈[-e,0)是单调的增函数,所以f′(x)的最小值是a+1e
1) a+1e≥0,即a≥-1e时,f′(x)≥0恒成立,所以函数的单调增区间是[-e,0)
2) a+1e<0即a<-1e时,f′(x)=0得x=-1a,所以f′(x)<0-e
法无定法,但通过总结让学生如何分类有章法可以遵循,引导学生探索总结规律,则学生会减少盲目,提高教学效果.
参考文献
1. 十年高考分类解析与应试策略 南方出版社,2009
2. 周远方 站在高中数学新课程改革的门口
——透视2009高考数学湖北卷的新课程理念 数学通讯2009.