人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊學(xué)案：5 3 1 第二課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊PAGEPAGE1第二課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)課標要求素養(yǎng)要求1.結(jié)合實例，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)運算素養(yǎng)與直觀想象素養(yǎng).題型一根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)〖例1〗(1)若函數(shù)f(x)＝(x2－cx＋5)ex在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上單調(diào)遞增，則實數(shù)c的取值范圍是()A.(－∞，2〗 B.(－∞，4〗C.(－∞，8〗 D.〖－2，4〗(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋（x－b）2,2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)b的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B.(－∞，3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) D.(－∞，eq\r(2))〖答案〗(1)B(2)A〖解析〗(1)易得f′(x)＝〖x2＋(2－c)x－c＋5〗ex.∵函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上單調(diào)遞增，等價于x2＋(2－c)x－c＋5≥0對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，∴c≤eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，∴eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)≥4，當且僅當x＝1時等號成立，∴c≤4.(2)易得f′(x)＝eq\f(1,2x)＋x－b＝eq\f(2x2－2bx＋1,2x).根據(jù)題意，得f′(x)>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解.令h(x)＝2x2－2bx＋1，因為h(0)＝1>0，所以只需h(2)>0或heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，解得b<eq\f(9,4)，故選A.思維升華(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(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號).〖訓(xùn)練1〗若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不單調(diào)，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〖答案〗B〖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(cè)導(dǎo)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.題型二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用〖例2〗(1)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，則()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)(2)已知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)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，＋∞)〖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(－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)構(gòu)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(diào)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.解令g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)，因為對任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上單調(diào)遞增，所以g(－2021)<g(0)，即eq\f(f（－2021）,e－2021)<eq\f(f（0）,e0)，所以e2021f(－2021)<f(0).〖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).解設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，∵f(x)<xf′(x)，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)得eq\f(f（2x＋1）,2x＋1)>eq\f(f（x2＋1）,x2＋1)即g(2x＋1)>g(x2＋1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1>0，,2x＋1>x2＋1，))解得0<x<2.即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集為(0，2).思維升華求解此類題目的關(guān)鍵是構(gòu)造新函數(shù)，研究新函數(shù)的單調(diào)性及其導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)形狀，因此熟悉以下結(jié)論可以達到事半功倍的效果.①對于f′(x)>g′(x)，構(gòu)造h(x)＝f(x)－g(x)，一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即導(dǎo)函數(shù)大于某個非零常數(shù)a(若a＝0，則無需構(gòu)造)，則可構(gòu)造h(x)＝f(x)－ax.②對于f′(x)＋g′(x)>0，構(gòu)造h(x)＝f(x)＋g(x).③對于f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造h(x)＝exf(x).④對于f′(x)－f(x)>0，構(gòu)造h(x)＝eq\f(f（x）,ex).⑤對于xf′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造h(x)＝xf(x).⑥對于xf′(x)－f(x)>0，構(gòu)造h(x)＝eq\f(f（x）,x).⑦對于eq\f(f′（x）,f（x）)>0，分類討論：若f(x)>0，則構(gòu)造h(x)＝lnf(x)；若f(x)<0，則構(gòu)造h(x)＝ln〖－f(x)〗.〖訓(xùn)練2〗(多選題)已知定義在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，則下列判斷中正確的是()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<eq\f(\r(6),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(π,3)))>0C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))〖答案〗CD〖解析〗令g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)，因為f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，所以g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)<0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，因此函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，又eq\f(π,6)<eq\f(π,4)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\f(\r(6),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故A錯；又f(0)＝0，所以g(0)＝eq\f(f（0）,cos0)＝0，所以g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)≤0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，因為lneq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(π,3)))<0，故B錯；又eq\f(π,6)>eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故C正確；又eq\f(π,4)<eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故D正確；故選CD.1.1種思