高中數(shù)學(xué)選擇性必修2課件：5 3 1 第二課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（二）(人教A版)

第二課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)課標(biāo)要求素養(yǎng)要求1.結(jié)合實(shí)例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.進(jìn)一步理解函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和其單調(diào)性的關(guān)系，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)與直觀想象素養(yǎng).解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)內(nèi)為減函數(shù)，在(1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù).由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)內(nèi)為減函數(shù)，在(1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù).綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，1)內(nèi)為減函數(shù)，在(1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù).規(guī)律方法(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)討論.(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要在函數(shù)的定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn).①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.解析

(1)易得f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex.答案(1)B

(2)A答案(1)B

(2)A規(guī)律方法(1)已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)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(zhì)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(yīng)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(yàn)參數(shù)取“＝”時(shí)是否滿(mǎn)足題意.(2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗(yàn)證解的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號(hào)).【訓(xùn)練2】若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不單調(diào)，則實(shí)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(shí)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(gè)實(shí)數(shù)根.又f′(x)＝3x2－12＝0的根為±2，且f′(x)在x＝2或－2兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號(hào)，而區(qū)間(k－1，k＋1)的區(qū)間長(zhǎng)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.答案

B題型三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用【例3】

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

) A.e－2019f(－2019)<f(0)，e2019f(2019)>f(0) B.e－2019f(－2019)<f(0)，e2019f(2019)<f(0) C.e－2019f(－2019)>f(0)，e2019f(2019)>f(0) D.e－2019f(－2019)>f(0)，e2019f(2019)<f(0) (2)已知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿(mǎn)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，＋∞)解析

(1)構(gòu)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(diào)遞增，故h(－2019)<h(0)，即e－2019f(－2019)<e0f(0)，即e－2019f(－2019)<f(0).同理，h(2019)>h(0)，即e2019f(2019)>f(0)，故選A.(2)構(gòu)造函數(shù)y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函數(shù)y＝xf(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又因?yàn)閒(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(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.答案

(1)A

(2)B解析

(1)構(gòu)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(diào)遞增，故h(－2019)<h(0)，即e－2019f(－2019)<e0f(0)，即e－2019f(－2019)<f(0).同理，h(2019)>h(0)，即e2019f(2019)>f(0)，故選A.(2)構(gòu)造函數(shù)y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函數(shù)y＝xf(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又因?yàn)閒(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(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.答案

(1)A

(2)B【遷移1】把例3(1)中的條件“f(x)＋f′(x)>0”換為“f′(x)>f(x)”，比較

e2019f(－2019)和f(0)的大小.【遷移2】把例3(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).答案CD一、素養(yǎng)落地1.通過(guò)學(xué)習(xí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理素養(yǎng).2.對(duì)于含參數(shù)的導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，要清楚分類(lèi)討論的標(biāo)準(zhǔn)，做到不重不漏.3.利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問(wèn)題或存在性問(wèn)題，再利用分離參數(shù)法或函數(shù)的性質(zhì)求解.二、素養(yǎng)訓(xùn)練1.設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋sinx，則(

) A.f(1)>f(2) B.f(1)<f(2) C.f(1)＝f(2) D.以上都不正確

解析

f′(x)＝2＋cosx>0，故f(x)是R上的增函數(shù)，故f(1)<f(2).

答案

BA.1 B.2C.3 D.4解析

f′(x)＝x2－2ax，令f′(x)<0，由于a>0，故解得0<x<2a，故2a＝2，即a＝1.答案

AA.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e時(shí)，f(x)max＝f(e)，答案D4.若函數(shù)y＝x2－2bx＋6在(2，8)內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________.

解析由題意得y′＝2x－2b≥0在(2，8)內(nèi)恒成立，

即b≤x在(2，8)內(nèi)恒成立，所以b≤2.

答案

(－∞，2]解析

∵f(x)在(－1，＋∞)上為減函數(shù)，∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立.即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立.設(shè)g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，則當(dāng)x>－1時(shí)，g(x)>－1，∴b≤－1.答案

(－∞，－1]備用工具&資料4.若函數(shù)y＝x2－2bx＋6在(2，8)內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________.

解析由題意得y′＝2x－2b≥0在(2，8)內(nèi)恒成立，

即b≤x在(2，8)內(nèi)恒成立，所以b≤2.

答案

(－∞，2]A.1 B.2C.3 D.4解析

f′(x)＝x2－2ax，令f′(x)<0，由于a>0，故解得0<x<2a，故2a＝2，即a＝1.答案

A【遷移2】把例3(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).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(gè)實(shí)數(shù)根.又f′(x)＝3x2－12＝0的根為±2，且f′(x)在x＝2或－2兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號(hào)，而區(qū)間