《導數(shù)在研究函數(shù)中的應用（第1課時）》教學設計

1/1第一章導數(shù)及其應用1.3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用第一課時（稅長江）一、教學目標1.核心素養(yǎng)通過學習導數(shù)在研究函數(shù)中的應用，提升運算求解、推理論證能力、體會豐富的數(shù)學思想.2.學習目標結合實例，借助幾何直觀探索了解函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（其中多項式函數(shù)不超過三次），并由單調(diào)性求參數(shù).（1）結合圖形與導數(shù)的幾何意義，探究導數(shù)與原函數(shù)單調(diào)性的關系（2）求解復雜函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（3）運用單調(diào)性求參數(shù)3.學習重點利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（其中多項式函數(shù)不超過三次）.4.學習難點導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系.二、教學設計（一）課前設計1.預習任務任務1閱讀教材P22－P26，思考：函數(shù)單調(diào)性與切線的斜率是什么關系？任務2總結由導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性的主要步驟.2.預習自測1.函數(shù)y＝x2(x－3)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.(－∞，0) B.(2，＋∞)C.(0,2) D.(－2,2)解：Cy′＝3x2－6x，由y′＜0，得0＜x＜2.2.函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(－∞，2) B.(0,3)C.(1,4) D.(2，＋∞)解：Df′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故選D.3.函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.(0，eq\f(1,a)) B.(eq\f(1,a)，＋∞)C.(－∞，eq\f(1,a)) D.(－∞，a)解：A由f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，得0<x<eq\f(1,a).∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a)).（二）課堂設計1.知識回顧（1）函數(shù)f(x)在點x0處的導數(shù)f′(x0)的幾何意義是在曲線y＝f(x)上點處的切線的斜率.相應地，切線方程為.（2）基本初等函數(shù)的導數(shù)公式：原函數(shù)導函數(shù)f(x)＝c(c為常數(shù))f′(x)＝0f(x)＝xn(n∈Q*)f′(x)＝nxn-1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝sinxf(x)＝axf′(x)＝f(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logaxf′(x)＝f(x)＝lnxf′(x)＝導數(shù)運算法則：(1)；(2)；(3)(g(x)≠0).復合函數(shù)的導數(shù)：復合函數(shù)y＝f(g(x))的導數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導數(shù)間的關系為，即y對x的導數(shù)等于y對u的導數(shù)與u對x的導數(shù)的乘積.問題探究一、函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系●活動一數(shù)形結合，探索新知回顧與思考：請作出函數(shù)，的草圖，并求出其單調(diào)區(qū)間.想一想：請大家利用前面學過的“以直代曲”思想說明在函數(shù)，中單調(diào)性與導數(shù)正負的關系.探究：試著列舉幾個簡單的常見函數(shù)，觀察它們的圖像，探索它們的單調(diào)性與導函數(shù)正負的關系.歸納與總結：根據(jù)以上例子的探索，你能得出函數(shù)的單調(diào)性與導函數(shù)的正負有怎樣的關系？一般地，在某個區(qū)間內(nèi)，如果，那么函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果，那么函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.如果恒有，那么函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).問題探究二、求解復雜函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.重點、難點知識★▲●活動一實踐操作，學以致用例1（1）求函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋1,x－1)的單調(diào)區(qū)間.（2）求函數(shù)f(x)＝x－2eq\r(x)的單調(diào)區(qū)間.（3）求函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)的單調(diào)區(qū)間.【知識點：求導公式，單調(diào)性與導數(shù)值的關系】詳解：（1）f(x)的定義域為{x|x∈R且x≠1}，，由f′(x)>0，解得x>1＋eq\r(2)或x<1－eq\r(2).由f′(x)<0，解得1－eq\r(2)<x<1或1<x<1＋eq\r(2).∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，1－eq\r(2))，(1＋eq\r(2)，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1－eq\r(2)，1)，(1,1＋eq\r(2)).（2）f(x)的定義域為{x|x≥0}，f′(x)＝1－eq\f(1,\r(x)).令f′(x)＝0，得x＝1.當0<x<1時，f′(x)<0.當x>1時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).（3）當2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)時，cosx>－eq\f(1,2)，即f′(x)>0；當2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)時，cosx<－eq\f(1,2)，即f′(x)<0.因此f(x)在區(qū)間(2kπ－eq\f(2π,3)，2kπ＋eq\f(2π,3))(k∈Z)上是增函數(shù)，f(x)在區(qū)間(2kπ＋eq\f(2π,3)，2kπ＋eq\f(4π,3))(k∈Z)上是減函數(shù).點撥：求較為復雜的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，本質(zhì)就是借助導數(shù)與單調(diào)性的關系，將問題轉(zhuǎn)化為導函數(shù)的正負問題，借助解不等式求得單調(diào)區(qū)間.●活動二反思過程，提煉基本步驟利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的步驟是什么？（1）確定函數(shù)的定義域；（2）求，令，解此方程，求出它在定義域內(nèi)的一切實根.（3）把函數(shù)的間斷點（即的無定義的點）的橫坐標和上面的各實根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)的定義域分成若干個小區(qū)間.（4）確定在各小開區(qū)間內(nèi)的符號，根據(jù)的正負判定函數(shù)在各個相應小區(qū)間的增減性.●活動三拓展反思導數(shù)絕對值的大小與函數(shù)圖像有什么關系？一般地，如果一個函數(shù)在某一范圍內(nèi)導數(shù)的絕對值較大，那么函數(shù)的圖像在這個范圍內(nèi)就比較“陡峭”；反之，函數(shù)的圖像就“平緩”一些.問題探究三利用單調(diào)性求參數(shù)重點、難點知識★▲●活動一逆向思考，提升能力例2.已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)).（1）當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（3）函數(shù)f(x)能否為R上的單調(diào)函數(shù)，若能，求出a的取值范圍；若不能，請說明理由.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)值的關系，恒成立問題，根分布問題】詳解：（1）當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，∵ex>0，∴－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－eq\r(2)，eq\r(2)).（2）∵函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立.∵f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立.∵ex>0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，即x2－(a－2)x－a≤0對x∈(－1,1)恒成立.設h(x)＝x2－(a－2)x－a只須滿足，解得a≥eq\f(3,2).（3）若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立.∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立.∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的.故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減.若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立.∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立.而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立，故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞增.綜上可知函數(shù)f(x)不可能是R上的單調(diào)函數(shù).點撥：（1）一般地，涉及到函數(shù)(尤其是一些非常規(guī)函數(shù))的單調(diào)性問題，往往可以借助導數(shù)這一重要工具進行求解.函數(shù)在定義域內(nèi)存在單調(diào)區(qū)間，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定義域內(nèi)有解.這樣就可以把問題轉(zhuǎn)化為解不等式問題.（2）已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)求參數(shù)問題，通常是解決一個恒成立問題，方法有①分離參數(shù)法，②利用二次函數(shù)中恒成立問題解決方案.●活動二小結反思，舉一反三一般地，涉及到函數(shù)(尤其是一些非常規(guī)函數(shù))的單調(diào)性問題，往往可以借助導數(shù)這一重要工具進行求解.=1\*GB3①在區(qū)間內(nèi)，（或）是在這個區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)（或減函數(shù)）的充分而不必要條件（如：函數(shù)在上單增，但）.實際上，如果在某個區(qū)間內(nèi)出現(xiàn)有限個點使，不會影響函數(shù)在這個區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性.只有在某個區(qū)間上，恒有，才能判定在該區(qū)間上為常數(shù)函數(shù).=2\*GB3②函數(shù)在內(nèi)遞增（或遞減）的充要條件是（或）在上恒成立，且在的任意子區(qū)間都不恒等于.=3\*GB3③由=2\*GB3②可知：已知為增函數(shù)（或減函數(shù)）的條件下求參數(shù)的取值范圍時，應令（或）恒成立，解出參數(shù)的范圍，然后檢驗參數(shù)的取值能否使不恒為.例3.已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是____________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)值的關系，根分布問題】詳解：由題意知，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1,3.則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.點撥：已知函數(shù)在某個區(qū)間上不單調(diào)，通常是指導函數(shù)在該區(qū)間上有變號零點，最典型的方法就是與根分布問題相互轉(zhuǎn)化.3.課堂總結【知識梳理】1.若f′(x)>0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是單調(diào)遞增函數(shù)，f′(x)>0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間；若f′(x)<0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是單調(diào)遞減函數(shù)，f′(x)<0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間；若在(a，b)上，f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒等于零?f(x)在(a，b)上為單調(diào)遞增函數(shù)；若在(a，b)上，f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒等于零?f(x)在(a，b)上為單調(diào)遞減函數(shù).2.求可導函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟和方法：（1）確定函數(shù)f(x)的定義域；（2）求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定義域內(nèi)的一切實根；（3）把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義域分成若干個小區(qū)間；（4）確定f′(x)在各個開區(qū)間內(nèi)的符號，根據(jù)f′(x)的符號判定函數(shù)f(x)在每個相應小開區(qū)間內(nèi)的增減性.【重難點突破】（1）一般地，涉及到函數(shù)(尤其是一些非常規(guī)函數(shù))的單調(diào)性問題，往往可以借助導數(shù)這一重要工具進行求解.函數(shù)在定義域內(nèi)存在單調(diào)區(qū)間，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定義域內(nèi)有解.這樣就可以把問題轉(zhuǎn)化為解不等式問題.（2）已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)求參數(shù)問題，通常是解決一個恒成立問題.（3）一般地，可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(或減)函數(shù)的充要條件是：對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒等于零.特別是在已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍時，要注意“等號”是否可以取到.4.隨堂檢測1.設f(x)在(a，b)內(nèi)可導，則f′(x)<0是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分又不必要條件【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：A2.函數(shù)y＝xlnx在區(qū)間(0,1)上是（）A.單調(diào)遞增函數(shù)B.單調(diào)遞減函數(shù)C.在(0，eq\f(1,e))上是減函數(shù)，在(eq\f(1,e)，1)上是增函數(shù)D.在(0，eq\f(1,e))上是增函數(shù)，在(eq\f(1,e)，1)上是減函數(shù)【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：C3.若在區(qū)間(a，b)內(nèi)有，且f(a)0，則在(a，b)內(nèi)有（）A.f(x)>0B.f(x)<0C.f(x)＝0D.不能確定【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，數(shù)形結合】解：f(x)在(a，b)內(nèi)遞增.又f(a)≥0，∴f(x)>f(a)≥0，所以f(x)>04.已知R上的可導函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式的解集為________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，圖像分析】解：由f(x)的圖象可知，?－1<x<1；?x<－1或x>1，因此，解得1<x<3.5.已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)上任一點(x0，f(x0))處的切線斜率k＝(x0－2)(x0＋1)2，則該函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A.[－1，＋∞)B.(－∞，2]C.(－∞，－1)和(1,2)D.[2，＋∞)【知識點：導數(shù)的幾何意義】解：令k≤0，得x0≤2，由導數(shù)的幾何意義可知，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，2].（三）課后作業(yè)基礎型自主突破1.函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)增區(qū)間為（）A.(0，＋∞)B.(eq\f(1,2)，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，－eq\f(1,2))【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：B2.若函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖像可能是（）【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，導數(shù)的幾何意義】解：A3.若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是______________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：b≤－14.函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則（）A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，數(shù)形結合】解：依題意得，當x<1時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即有f(3)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c<a<b.5.已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(1)＝0，且當x>0時，有，則不等式xf(x)>0的解集為（）A.{x|－1<x<0}B.{x|x>1或－1<x<0}C.{x|x>0}D.{x|－1<x<1}【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，構造新函數(shù)，數(shù)形結合】解：當x>0時，∴eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又在上為偶函數(shù)，故在上為奇函數(shù).而.于是可知：或.6.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－（1）若f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,1)，則a的取值集合為________________.（2）若f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，則a的取值集合為________________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：（1）；（2）能力型師生共研7.設函數(shù)f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，三角恒等變換】解：由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝1＋eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4)).令f′(x)＝0，從而sin(x＋eq\f(π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，得x＝π，x＝eq\f(3π,2).當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，π)π(π，eq\f(3π,2))eq\f(3π,2)(eq\f(3π,2)，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增π＋2單調(diào)遞減eq\f(3π,2)單調(diào)遞增因此，由上表知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，π)和(eq\f(3π,2)，2π)，單調(diào)遞減區(qū)間是(π，eq\f(3π,2)).8.若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是______________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，存在性問題】解：由題知：在上有解.即在上有解，又在上的最小值為，所以.9.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，分類討論思想】解：f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，①當a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞).②當a>0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，當0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；當x>eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).探究型多維突破10.若關于的不等式的解集為，且函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍為（）A.B.C.D.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，方程的根與函數(shù)的零點，解一元二次不等式】解：由不等式的解集為可得的兩根為－2,1，故可求得，所以由函數(shù)在(eq\f(1,2)，1)上不是單調(diào)函數(shù)，可知y′＝3x2＋2mx＋1＝0在(eq\f(1,2)，1)上有解，從而在上有解.又當時，，所以，又時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故11.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx，a>1.（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）證明：若a<5，則對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，分類討論思想】解：（1）f(x)的定義域為(0，＋∞).f′(x)＝x－a＋eq\f(a－1,x)＝eq\f(x2－ax＋a－1,x)＝①若a－1＝1，即a＝2時，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.②若a－1<1，而a>1，故1<a<2時，則當x∈(a－1,1)時，f′(x)<0；當x∈(0，a－1)及x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(a－1,1)上單調(diào)遞減，在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增.③若a－1>1，即a>2時，同理可得f(x)在(1，a－1)上單調(diào)遞減，在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增.（2）證明考慮函數(shù)g(x)＝f(x)＋x＝eq\f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx＋x.則g′(x)＝x－(a－1)＋eq\f(a－1,x)≥2eq\r(x·\f(a－1,x))－(a－1)＝1－(eq\r(a－1)－1)2.由于1<a<5，故g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而當x1>x2>0時，有g(x1)－g(x2)>0，即f(x1)－f(x2)＋x1－x2>0，故當0<x1<x2時，有，綜上，若a<5，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有自助餐1.若函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex在(a，b)上單調(diào)遞減，則b－a的最大值為()A.2B.eq\r(2)C.4D.2eq\r(2)【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：Df′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)<0，∴－eq\r(2)<x<eq\r(2).即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\r(2)，eq\r(2)).∴b－a的最大值為2eq\r(2).2.若函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝x2－4x＋3，則使函數(shù)f(x－1)單調(diào)遞減的一個充分不必要條件是x∈()A.(0,1) B.[0,2]C.(2,3) D.(2,4)【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：C由f′(x)<0?x2－4x＋3<0，即1<x<3，∴函數(shù)f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減.∴函數(shù)f(x－1)在(2,4)上單調(diào)遞減.故D為充要條件，C為充分不必要條件.3.若函數(shù)y＝a(x3－x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))，則實數(shù)a的取值范圍是()A.a＞0 B.－1＜a＜0C.a＞1 D.0＜a＜1【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系】解：Ay′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).∴f(x)＝x3－x在(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))上為減函數(shù).又y＝a(x3－x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))，∴a＞0.4.已知函數(shù)f(x)(x∈R)的圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，那么函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是()A.[－1，＋∞) B.(－∞，2]C.(－∞，－1)和(1,2) D.[2，＋∞)【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，切線的幾何意義】解：C根據(jù)函數(shù)f(x)(x∈R)的圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，可知其導數(shù)f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0，得x<－1或1<x<2.因此f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－1)和(1,2).5.已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖像如下圖所示.下面四個圖像中y＝f(x)的圖像大致是()【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，分類討論思想，圖像分析】解：C由題意知，x∈(0,1)時，f′(x)<0.f(x)為減函數(shù)；x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.f(x)為增函數(shù)；x∈(－1,0)時，f′(x)<0.f(x)為減函數(shù).6.f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的可導的奇函數(shù)，且滿足xf′(x)<0，f(1)＝0，則不等式f(x)<0的解集為()A.(－∞，－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)D.(－1,0)∪(0，＋∞)【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，分類討論思想，數(shù)形結合】解：B7.函數(shù)y＝x－2sinx在(0,2π)內(nèi)的單調(diào)增區(qū)間為________.【知識點：單調(diào)性與導數(shù)的關系，三角函數(shù)】解：(eq\f(π,3)，eq\f(5π,3))∵y′＝1－2cosx，∴由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′>0，,0<x<2π，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2cosx>0，,0<x<2π，))得eq\f(π,3)<x<eq\f(5π,3).∴函數(shù)y＝x－2sinx在(0,2π)內(nèi)的增區(qū)間為(eq\f(π,3)，eq\f(5π,3)).8.若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)＝2，