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利用导数解决函数单调性


函数与导数 1 函数单调性
例 1:设函数 f ( x) 定义在 (0, ??) 上, f (1) ? 0 ,导函数 f ?( x) ?

1 , g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) . x

1 (1) 求 g ( x) 的单调区间和最小值; (2) 讨论 g ( x) 与 g ( ) 的大小关系; x 1 (3

) 是否存在 x0 ? 0 ,使得 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x0 的取值范 x
围;若不存在,请说明理由.2011 年陕西卷 注:本题带有绝对值要去掉。

x 2 例 2、已知函数 f ? x ? ? e ? ax ? ex, a ? R 。 (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切

线平行于 x 轴, 求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ) 试确定 a 的取值范围, 使得曲线 y ? f ( x) 上 存在唯一的点 P ,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P 。2012 年福建卷

2 例 3 已知函数 f ( x) ? x lnx . (1) 求函数 f ( x) 的单调区间; (2) 证明:对任意的 t ? 0 ,存在

(3) 设 (2) 中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g (t ) , 唯一的 s , 使 t ? f ( s) ; 证明: 当 t ? e 时,
2



2 ln g (t ) 1 ? ? 。2013 年全国天津卷 5 ln t 2

练习 1 设函数 f ( x ) ?

x ? c ( e ? 2.71828? 是自然对数的底数, c ? R ). e2 x

1

(1) 求 f ( x) 的单调区间、最大值; (2) 讨论关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数.

练习 2 已知函数 f ( x) ? e x ? ln( x ? m) .

(1) 设 x ? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性;

(2) 当 m ? 2 时,证明 f ( x) ? 0 .

x 练习 3 设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e ? ax ,其中 a 为实数.

(1) 若 f ( x) 在 (1, ??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1, ??) 上有最小值,求 a 的取值范围;

(2) 若 g ( x) 在 (?1, ??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结论.

2

答案和解析
例 1:设函数 f ( x) 定义在 (0, ??) 上, f (1) ? 0 ,导函数 f ?( x) ?

1 , g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) . x

1 (1) 求 g ( x) 的单调区间和最小值; (2) 讨论 g ( x) 与 g ( ) 的大小关系; (3) 是否存在 x0 ? 0 , x
使得

| g ( x ) ? g ( x0 ) |?

1 x 对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说 1 ,∴ f (x) ? ln x ?c ( c 为常数) ,又∵ f (1) ? 0 ,所以 ln1 ? c ? 0 , x

明理由. 答案: (1) ∵ f ?( x) ? 即c ? 0, ∴ f ( x) ? ln x ; g ( x) ? ln x ?

1 , x

∴ g ?( x ) ?

x ?1 x ?1 ,令 g ?( x) ? 0 ,即 2 ? 0 ,解得 x ? 1 , 2 x x

当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,故区间 (0,1) 在是函数 g ( x) 的减区间;

当 x ? (1, ??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是增函数,故区间 (1, ??) 在是函数 g ( x) 的增区间;

所以 x ? 1 是 g ( x) 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,

所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 .

1 1 1 (2) g ( ) ? ? ln x ? x ,设 h( x) ? g ( x) ? g ( ) ? 2 ln x ? x ? , x x x

( x ? 1)2 则 h?( x) ? ? , x2

3

当 x ? 1 时, h(1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) ,

1 x

当 x ? (0,1) ? (1, ??) 时, h?( x) ? 0 , h?(1) ? 0 ,

因此函数 h( x) 在 (0, ??) 内单调递减,

当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,∴ g ( x ) ? g ( ) ;

1 x

当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,∴ g ( x ) ? g ( ) .

1 x

(3) 满足条件 x0 的不存在.证明如下:

证法一 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |?

1 对任意 x ? 0 成立, x


即对任意 x ? 0 有 ln x ? g ( x0 ) ? ln x ?

2 x

但对上述的 x0 ,取 x1 ? e

g ( x0 )

时,有 ln x1 ? g ( x0 ) ,这与①左边的不等式矛盾,

因此不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |?

1 对任意 x ? 0 成立. x 1 对任意 x ? 0 成立, x

证法二 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |?

由 (1) 知, g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 ,

又 g ( x ) ? ln x ?

1 ? ln x ,而 x ? 1 时, ln x 的值域为 (0, ??) , x

∴当 x ? 1 时, g ( x) 的值域为 [1, ??) ,

从而可以取一个值 x1 ? 1 ,使 g ( x1 ) ? g ( x0 ) ? 1 ,即 g ( x1 ) ? g ( x0 ) ? 1,

4

∴ | g ( x1 ) ? g ( x0 ) |? 1 ?

1 ,这与假设矛盾. x1
1 对任意 x ? 0 成立. x

∴不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |?

例 2、已知函数 f ? x ? ? ex ? ax2 ? ex, a ? R 。 (Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切 线平行于 x 轴, 求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ) 试确定 a 的取值范围, 使得曲线 y ? f ( x) 上 存在唯一的点 P ,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P 。2012 年福建卷 答案: (Ⅰ) f ? ? x ? 的单调递减区间为 (??,1) ,单调递增区间为 (1, ??) (Ⅱ)见解析
x 分析: (Ⅰ) 由于 f ? ? x ? ? e ? 2ax ? e , 曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处切线斜率 k ? 2a ? 0 ,

x 所以 a ? 0 ,即 f ? x ? ? e ? ex.

此时 f ? ? x ? ? e ? e ,由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? 1 .当 x ? (??,1) 时,有 f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? (1, ??)
x

时,有 f ? ? x ? ? 0 所以 f ? ? x ? 的单调递减区间为 (??,1) ,单调递增区间为 (1, ??)

( Ⅱ ) 设 点 P x0 , f ? x0 ?

?

?

, 曲 线 y ? f ( x) 在 点 P 处 的 切 线 方 程 为

y? ? f?

0

x ??

?x ? x ?? 0

f ?, 0

x

令 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x0 ?? x ? x0 ? ? f ? x0 ? ,故曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线与曲线只有 一个公共点 P 等价 于函数 g ? x ? 有唯一零点.

因为 g ? x0 ? ? 0 ,且 g? ? x ? ? f ? ? x ? ? f ? ? x0 ? ? e ? e 0 ? 2a ? x ? x0 ?
x x

若 a ? 0 , 当 x ? x0 时, g? ? x ? ? 0 ,则 x ? x0 时, g ? x ? ? g ? x0 ? ? 0 ;
5

当 x ? x0 时, g? ? x ? ? 0 , 则 x ? x0 时, g ? x ? ? g ? x0 ? ? 0 .故 g ? x ? 只有唯一零点 x ? x0 . 由 P 的任意性, a ? 0 不合题意. (Ⅱ)若 a ? 0 ,令 h ? x ? ? ex ? e 0 ? 2a ? x ? x0 ? ,则 h ? x ? ? 0, h? ? x ? ? ex ? 2a
x

.

a 令 h? ? x ? ? 0, 得 x ? ln ? ?2a ? ,记 xa ? ln ? ?2e? ,则当 x ? ??, x 时, h? ? x ? ? 0 ,

?

?

a a a 从而 h ? x ? 在 ??, x 内单调递减; 当 x ? x , ?? 时,h? ? x ? ? 0 ,从而 h ? x ? 在 x , ??

?

?

?

?

?

?

内单调递增?
a a a a ①若 x0 ? x ,由 x ? ??, x 时, g ? ? x ? ? h ? x ? ? h x ? 0 ; x ? x , ?? 时,

?

?

? ?

?

?

g ? ? x ? ? h ? x ? ? h ? x a ? ? 0 .知在 R 上单调递增.
所以函数 g ? x ? 在 R 上有且只有一个零点 x ? x .
a

a a a ②若 x0 ? x 由于 h ? x ? 在 x , ?? 内单调递增,且 h ? x0 ? ? 0 ,则当 x ? x , x0 时有

?

?

?

?

g? ? x ? ? h ? x ? ? h ? x0 ? ? 0, g ? x ? ? g ? x0 ? ? 0 ;任取 x ? ? x a , x0 ? ,有 g ? x1 ? ? 0 .
又当 x ? ? ??, x1 ? 时;易知 g ? x ? ? e ? ax ? e ? f ? ? x0 ? x ? f ? x0 ? ? x0 f ? ? x0 ?
x 2

?

?

? ex1 ? ax2 ? ? e ? f ? ? x0 ?? x ? f ? x0 ? ? x0 f ? ? x0 ? ? ax2 ? bx ? c
x 其中 b ? ? e ? f ? ? x0 ? , c ? e 1 ? f ? x0 ? ? x0 f ? ? x0 ?

?

?

由于 a ? 0 ,则必存在 x2 ? x1 ,使得 ax2 ? bx2 ? c ? 0
2

所以 x0 ? x ,故 g ? x ? 在 ? x2 , x1 ? 内存在零点.即 g ? x ? 在 R 上至少有两个零点.
a

6

a ③若 x0 ? x ,仿②并利用 e ?
x

x3 ,可证函数 g ? x ? 在 R 上至少有两个零点. 6

综上所述,当 a ? 0 时,曲线 y ? f ? x ? 上存在唯一点 P(ln(?2a), f (ln(?2a))) ,曲线在该 点处的切线与曲线只有一个公共点 P .

例 3.2013 年全国高考理科数学试题-天津卷第 20 题
例 3 已知函数 f ( x) ? x 2lnx . (1) 求函数 f ( x) 的单调区间; (2) 证明:对任意的 t ? 0 ,存在

(3) 设 (2) 中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g (t ) , 唯一的 s , 使 t ? f ( s) ; 证明: 当 t ? e 时,
2



2 ln g (t ) 1 ? ? 。 5 ln t 2

答案: (1)

f ( x) 的单调递减区间是 (0,
见解析

1 1 ) ,单调递增区间是 ( , ??) . e e

(2)



解析

(3)

分析: (1) 函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??) .

f ?( x) ? 2 x ln x ? x ? x(2ln x ? 1) ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?

1 . e

当 x 变化时, f ?( x ) , f ( x) 的变化情况如下表:

7

所以函数 f ( x) 的单调递减区间是 (0,

1 1 ) ,单调递增区间是 ( , ??) . e e

(2) 证明:当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? 0 .

设 t ? 0 ,令 h( x) ? f ( x) ? t , x ? [1, ??) .

由 (1) 知, h( x) 在区间 (1, ??) 内单调递增.

h(1) ? ?t ? 0 , h(et ) ? e2t lnet ? t ? t (e2t ?1) ? 0 .

故存在唯一的 s ? (1, ??) ,使得 t ? f ( s) 成立.

(3) 证明:因为 s ? g (t ) ,由 (2) 知, t ? f ( s) ,且 s ? 1 ,从而

ln g (t ) ln s ln s ln s u ? ? ? ? , 2 ln t ln f ( s) ln( s ln s) 2ln s ? ln(ln s) 2u ? ln u
其中 u ? lns .

要使成立

2 ln g (t ) 1 u ? ? ,只需 0 ? ln u ? . 5 ln t 2 2

2 当 t ? e 时,若 s ? g (t ) ? e ,则由 f ( s ) 的单调性,有 t ? f (s) ? f (e) ? e ,矛盾.
2

所以 s > e ,即 u ? 1 ,从而 lnu ? 0 成立. 另一方面,令 F (u ) ? ln u ?

u 1 1 , u ? 1 . F ?(u ) ? ? ,令 F ?(u) ? 0 ,得 u ? 2 . 2 u 2

当 1 ? u ? 2 时, F ?(u) ? 0 ;当 u ? 2 时, F ?(u ) ? 0 .

故对 u ? 1 , F (u ) ? F (2) ? 0 .
8

因此 ln u ?

u 成立. 2
2

综上,当 t ? e 时,有

2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2

练习 1.2013 年全国高考理科数学试题-山东卷第 21 题
练习 1 设函数 f ( x ) ?

x ? c ( e ? 2.71828? 是自然对数的底数, c ? R ). e2 x

(1) 求 f ( x) 的单调区间、最大值; (2) 讨论关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数.
答案: (1)

1 1 f ( x) 的单调递增区间是 (??, ) ,单调递减区间是 ( , ??) ,最大值为 2 2

1 1 f ( ) ? e ?1 ? c . 2 2
(2) 当 c ? ?e?2 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 0 ;

当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 1;

?2

当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 2 . 分析: (1) f ?( x) ? (1 ? 2 x)e
?2 x

?2



由 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?

1 . 2

当x?

1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; 2 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减. 2

当x ?

所以,函数 f ( x) 的单调递增区间是 (??, ) ,单调递减区间是 ( , ??) ,

1 2

1 2

最大值为 f ( ) ?

1 2

1 ?1 e ?c. 2

9

(2) 令 g ( x) ?| ln x | ? f ( x) ?| ln x | ?xe?2 x ? c, x ? (0, ??) .
①当 x ? (1, ??) 时, ln x ? 0 ,则 g ( x) ? ln x ? xe?2 x ? c ,所以 g ?( x) ? e
?2 x

(

e2 x ? 2 x ? 1) . x

因为 2 x ? 1 ? 0 ,

e2 x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 .因此 g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增. x

②当 x ? ? 0,1? 时, ln x ? 0 ,则 g ( x) ? ? ln x ? xe?2 x ? c . 所以 g ?( x) ? e
?2 x

(?

e2 x ? 2 x ? 1) .因为 e2 x ? (1, e2 ) , e2 x ? 1 ? x ? 0 , x

所以 ?

e2 x e2 x ? ?1 .又 2 x ? 1 ? 1 ,所以 ? ? 2 x ? 1 ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 . x x

因此 g ( x) 在 ? 0,1? 上单调递减. 综合①②可知,当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ? g ?1? ? ?e ? c .
?2

当 g ?1? ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时, g ( x) 没有零点,
?2
?2

故关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 0 ; 当 g ?1? ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时, g ( x) 只有一个零点, 故关于 x 的方程 1; ?2 ?2 | ln x |? f ( x) 根的个数为 当 g ?1? ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时,
?2
?2

1 ? c ? ln x ? ( e ?1 ? c) ? ln x ? 1 ? c , 2 1?c 要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (e , ??) ;
当 x ? (1, ??) 时,由 (1) 知 g ( x) ? ln x ? xe
?2 x

当 x ? ? 0,1? 时,由 (1) 知 g ( x) ? ?lnx ? xe

?2 x

1 ? c ? ? ln x ? ( e ?1 ? c) ? ?lnx ? 1 ? c , 2
?1?c
?2

要使 g ( x) ? 0 , 只需 ln x ? 1 ? c ? 0 , 即 x ?( 0 , e ) ;所以 c ? ?e 时,g ( x) 有两个零点, 故关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 2 . 综上所述, 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 0 ; 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 1; 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 | ln x |? f ( x) 根的个数为 2 . 练习 2.2013 年全国高考理科数学试题-新课标卷 II 第 21 题
?2 ?2 ?2

10

已知函数 f ( x) ? e x ? ln( x ? m) .

(1) 设 x ? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性;

(2) 当 m ? 2 时,证明 f ( x) ? 0 .
答案: (1) f ?( x ) ? e ?
x

1 . x?m

由 x ? 0 是 f ( x) 的极值点得 f ? ? 0? ? 0 ,所以 m ? 1 . 于是 f ( x) ? e x ? ln( x ? 1) ,定义域为 (?1, ??) , f ?( x) ? e ?
x

1 . x ?1

函数 f ?( x) ? e ?
x

1 在 (?1, ??) 单调递增,且 f ? ? 0? ? 0 . x ?1

因此当 x ? (?1, 0) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f ?( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在 (?1, 0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增.

(2) 当 m ? 2, x ? (?m, ??) 时, ln( x ? m) ? ln( x ? 2) ,故只需证明当 m ? 2 时, f ( x) ? 0 .
当 m ? 2 时,函数 f ?( x ) ? e ?
x

1 在 (?2, ??) 单调递增. x?2

又 f ?(?1) ? 0, f ? ? 0? ? 0 ,故 f ?( x) ? 0 在 (?2, ??) 有唯一实根 x0 ,且 x0 ? (?1,0) . 当 x ? (?2, x0 ) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时, f ?( x) ? 0 ,从而当 x ? x0 时, f ( x) 取 得最小值.

由 f ?( x0 ) ? 0 得 e

x0

?

1 , ln( x0 ? 2) ? ? x0 , x0 ? 2

故 f ( x) ? f ( x0 ) ?

( x ? 1)2 1 ? x0 ? 0 ? 0. x0 ? 2 x0 ? 2

综上,当 m ? 2 时, f ( x) ? 0 .

练习 3.2013 年全国高考数学试题-江苏卷第 20 题
x 设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e ? ax ,其中 a 为实数.

11

(1) 若 f ( x) 在 (1, ??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1, ??) 上有最小值,求 a 的取值范围;

(2) 若 g ( x) 在 (?1, ??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结论.
答案: 分析: (1) f ?( x) ? 故: a ? 1 .

1 1 ? a ? 0 在 (1, ??) 上恒成立,则 a ? , x ? (1, ??) . x x

g ?( x) ? e x ? a ,若 1 ? a ? e ,则 g?( x) ? ex ? a ? 0 在 (1, ??) 上恒成立,
此时, g ( x) ? e x ? ax 在 (1, ??) 上是单调增函数,无最小值,不合; 若 a ? e ,则 g ( x) ? e ? ax 在 (1, ln a ) 上是单调减函数,在 (ln a, ??) 上是单调增函数,
x

gmin ( x) ? g (ln a) ,满足.故 a 的取值范围为: a ? e .
(2) g?( x) ? e x ? a ? 0 在 (?1, ??) 上恒成立,则 a ? e x ,故: a ?

1 . e

1 1 ? ax ?a ? ( x ? 0) . x x 1 1 1 (ⅰ)若 0 ? a ? ,令 f ?( x) ? 0 得增区间为 (0, ) ;令 f ?( x) ? 0 得减区间为 ( , ??) . a e a 1 当 x ? 0 时 , f ? x ? ? ?? ; 当 x ? ? ? 时 , f ? x ? ? ?? ; 当 x ? 时 , a 1 1 a ? 时取等号. f ( )? ?l n a ?1 ? 0 ,当且仅当 e a 1 1 故:当 a ? 时, f ? x ? 有 1个零点;当 0 ? a ? 时, f ? x ? 有 2 个零点. e e f ?( x) ?
(ⅱ)若 a ? 0 ,则 f ? x ? ? ?lnx ,易得 f ? x ? 有 1个零点. (ⅲ)若 a ? 0 ,则 f ?( x) ?

1 ? a ? 0 在 (0, ??) 上恒成立, x

即: f ( x) ? ln x ? ax 在 (0, ??) 上是单调增函数,当 x ? 0 时, f ? x ? ? ?? ;当 x ??? 时, f ? x ? ? ?? .此时, f ? x ? 有 1个零点.综上所述:当 a ? 个零点;当 0 ? a ?

1 或 a ? 0 时, f ? x ? 有1 e

1 时, f ? x ? 有 2 个零点. e

12


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