第五章

第二課時導數(shù)與函數(shù)的單調性(二)1.結合實例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系.2.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性.課標要求素養(yǎng)要求進一步理解函數(shù)的導數(shù)和其單調性的關系，提升數(shù)學運算素養(yǎng)與直觀想象素養(yǎng).課堂互動分層訓練內(nèi)容索引課堂互動題型剖析1題型一根據(jù)函數(shù)的單調性求參數(shù)B解析

易得f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex.A(1)已知函數(shù)的單調性，求參數(shù)的取值范圍，應用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，利用分離參數(shù)或函數(shù)性質解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍，然后檢驗參數(shù)取“＝”時是否滿足題意.(2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數(shù)是否異號).思維升華【訓練1】

若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不單調，則實數(shù)k的取值范圍是(

)A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞) B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2) D.不存在這樣的實數(shù)k解析

由題意得，f′(x)＝3x2－12＝0在區(qū)間(k－1，k＋1)上至少有一個實數(shù)根.又f′(x)＝3x2－12＝0的根為±2，且f′(x)在x＝2或－2兩側導數(shù)異號，而區(qū)間(k－1，k＋1)的區(qū)間長度為2，故只有2或－2在區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1，故選B.B【例2】

(1)已知f(x)為R上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，則(

)題型二函數(shù)單調性的應用A.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)B.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0)D.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0)A解析

構造函數(shù)h(x)＝exf(x)，則h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))>0，所以函數(shù)h(x)在R上單調遞增，故h(－2021)<h(0)，即e－2021f(－2021)<e0f(0)，即e－2021f(－2021)<f(0).同理，h(2021)>h(0)，即e2021f(2021)>f(0)，故選A.【例2】

(1)已知f(x)為R上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，則(

)題型二函數(shù)單調性的應用A.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)B.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0)D.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0)A解析

構造函數(shù)h(x)＝exf(x)，則h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))>0，所以函數(shù)h(x)在R上單調遞增，故h(－2021)<h(0)，即e－2021f(－2021)<e0f(0)，即e－2021f(－2021)<f(0).同理，h(2021)>h(0)，即e2021f(2021)>f(0)，故選A.(2)已知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導函數(shù)，且滿足f(x)<－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(

)A.(0，1) B.(2，＋∞)C.(1，2) D.(1，＋∞)B解析

構造函數(shù)g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函數(shù)y＝xf(x)在(0，＋∞)上單調遞減.又因為f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，即g(x＋1)>g(x2－1)，所以x＋1<x2－1，解得x>2或x<－1(舍).所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).故選B.【遷移1】

把例2(1)中的條件“f(x)＋f′(x)>0”換為“f′(x)>f(x)”，比較e2021f(－2021)和f(0)的大小.【遷移2】

把例2(2)中的條件“f(x)<－xf′(x)”換為“f(x)<xf′(x)”，解不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1).∵f(x)<xf′(x)，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集為(0，2).求解此類題目的關鍵是構造新函數(shù)，研究新函數(shù)的單調性及其導函數(shù)的結構形狀，因此熟悉以下結論可以達到事半功倍的效果.①對于f′(x)>g′(x)，構造h(x)＝f(x)－g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即導函數(shù)大于某個非零常數(shù)a(若a＝0，則無需構造)，則可構造h(x)＝f(x)－ax.②對于f′(x)＋g′(x)>0，構造h(x)＝f(x)＋g(x).③對于f′(x)＋f(x)>0，構造h(x)＝exf(x).思維升華CD1.1種思想——轉化思想

已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值范圍問題往往將問題轉化為不等式在某區(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)性質求解參數(shù)范圍，然后檢驗參數(shù)取“＝”時是否滿足題意.

恒成立問題的重要思路： (1)m≥f(x)恒成立?m≥f(x)max； (2)m≤f(x)恒成立?m≤f(x)min.2.1種方法——構造函數(shù)法

對于解有關函數(shù)的不等式問題，如果直接通過函數(shù)的表達式得不到結果，或者直接求解比較煩瑣，可以通過研究函數(shù)的單調性，利用構造函數(shù)法解不等式，將函數(shù)值大小轉化為自變量問題.

課堂小結分層訓練素養(yǎng)提升2

一、選擇題A2.已知函數(shù)f(x)，g(x)對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且當x>0時，有f′(x)>0，g′(x)>0，則當x<0時，有(

) A.f′(x)>0，g′(x)>0 B.f′(x)>0，g′(x)<0 C.f′(x)<0，g′(x)>0 D.f′(x)<0，g′(x)<0B解析

由已知，得f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù).∵當x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均單調遞增，∴f(x)在(－∞，0)上單調遞增，g(x)在(－∞，0)上單調遞減，∴當x<0時，f′(x)>0，g′(x)<0.B4.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是單調函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(

)B5.(多選題)已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且f′(x)<f(x)，對任意的x∈R恒成立，則(

) A.f(ln2)<2f(0) B.f(2)<e2f(0) C.f(ln2)>2f(0) D.f(2)>e2f(0)AB所以f(ln2)<2f(0)，f(2)<e2f(0).(a，a＋1)解析

f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋a2＋a＝[x－(a＋1)](x－a)，令f′(x)<0，得a<x<a＋1，故f(x)的減區(qū)間是(a，a＋1).8.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，若當x>0時，xf′(x)＋f(x)>0，則不等式xf(x)>0的解集是________________________.(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析

由題意設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x).∵當x>0時，xf′(x)＋f(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增.∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴g(x)是定義在R上的偶函數(shù).又f(2)＝0，則g(2)＝2f(2)＝0，∴不等式xf(x)>0等價于g(x)>0＝g(2)，∴|x|>2，解得x<－2或x>2，∴不等式xf(x)>0的解集是(－∞，－2)∪(2，＋∞).三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；解

∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴f′(1)＝4.又f(1)＝3，∴切點坐標為(1，3)，∴所求切線方程為y－3＝4(x－1)，即4x－y－1＝0.(2)若a>0，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間.解

f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，10.試討論函數(shù)f(x)＝kx－lnx的單調區(qū)間.解

函數(shù)f(x)＝kx－lnx的定義域為(0，＋∞)，當k≤0時，kx－1<0，∴f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.綜上所述，當k≤0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞增區(qū)間；C(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是____________________________.(－1，0)∪(0，＋∞)13.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；解f′(x)＝3x2＋2ax＋1，Δ＝4(a2－3).令f′(x)＞0，即3x2＋2ax＋1＞0，令f′(x)＜0，即3x2＋2ax＋1＜0，14.設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(

) A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－1，0)∪(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(－1，0) D.(0，1)∪(1，＋∞)A當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示.當x>0，g(x)>0時，f(x)>0，0<x<1；當x<0，g(x)<0時，f(x)>0，x<－1.∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，故選A.備用工具&資料14.設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(

) A.(－∞，－1)∪(