人教版高中数学选择性必修第二册5.3.1.2导数与函数的单调性(二)【同步教学课件】

第五章第二课时导数与函数的单调性(二)1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性.课标要求素养要求进一步理解函数的导数和其单调性的关系，提升数学运算素养与直观想象素养.课堂互动分层训练内容索引课堂互动题型剖析1题型一根据函数的单调性求参数B解析

易得f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex.A(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意.(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).思维升华【训练1】

若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是(

)A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞) B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2) D.不存在这样的实数k解析

由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根.又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或－2两侧导数异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1，故选B.B【例2】

(1)已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(

)题型二函数单调性的应用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

构造函数h(x)＝exf(x)，则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))>0，所以函数h(x)在R上单调递增，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)，故选A.(2)已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式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

构造函数g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减.又因为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，＋∞).故选B.【迁移1】

把例2(1)中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2021f(－2021)和f(0)的大小.【迁移2】

把例2(2)中的条件“f(x)<－xf′(x)”换为“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，＋∞)上是增函数，即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0，2).求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形状，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果.①对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数a(若a＝0，则无需构造)，则可构造h(x)＝f(x)－ax.②对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x).③对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x).思维升华CD1.1种思想——转化思想

已知函数的单调性求参数的取值范围问题往往将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意.

恒成立问题的重要思路： (1)m≥f(x)恒成立⇔m≥f(x)max； (2)m≤f(x)恒成立⇔m≤f(x)min.2.1种方法——构造函数法

对于解有关函数的不等式问题，如果直接通过函数的表达式得不到结果，或者直接求解比较烦琐，可以通过研究函数的单调性，利用构造函数法解不等式，将函数值大小转化为自变量问题.

课堂小结分层训练素养提升2

一、选择题A2.已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，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)为奇函数，g(x)为偶函数.∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.B4.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是(

)B5.(多选题)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)<f(x)，对任意的x∈R恒成立，则(

) 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)的减区间是(a，a＋1).8.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，若当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，则不等式xf(x)>0的解集是________________________.(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析

由题意设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x).∵当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增.∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴g(x)是定义在R上的偶函数.又f(2)＝0，则g(2)＝2f(2)＝0，∴不等式xf(x)>0等价于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、解答题9.已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解

∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴f′(1)＝4.又f(1)＝3，∴切点坐标为(1，3)，∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，即4x－y－1＝0.(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间.解

f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，10.试讨论函数f(x)＝kx－lnx的单调区间.解

函数f(x)＝kx－lnx的定义域为(0，＋∞)，当k≤0时，kx－1<0，∴f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减.综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；C(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是____________________________.(－1，0)∪(0，＋∞)13.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；解f′(x)＝3x2＋2ax＋1，Δ＝4(a2－3).令f′(x)＞0，即3x2＋2ax＋