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3.2 导数的应用第1课时导数与函数的单调性1.函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.2.函数的极值(1)求函数y＝f(x)的极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤：①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.3.函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：第一步求f(x)在区间(a，b)上的极值；第二步将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值.【知识拓展】1.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.2.可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )上的任何子区间内都不恒为零.3.对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )>0.( × )(2)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性.( √ ) (3)函数的极大值不一定比极小值大.( √ )(4)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件.( × ) (5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( √ ) (6)三次函数在R 上必有极大值和极小值.( × )1.(教材改编)f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为 . 答案 (0,4)解析 f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)， 由f ′(x )<0，得0<x <4， ∴单调递减区间为(0,4).2.(教材改编)函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调递增区间为 . 答案 (π3，π)解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0，得cos x <12，又x ∈(0，π)，所以π3<x <π.3.(教材改编)函数y ＝3x 3－9x ＋5的极大值为 . 答案 11解析 y ′＝9x 2－9.令y ′＝0，得x ＝±1. 当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：从上表可以看出，当x ＝－1时，函数y 有极大值， 3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11.4.(2016·苏中八校联考)函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为 . 答案 (0,1)解析 函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1).5.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是 . 答案 (－∞，－1)解析 ∵y ＝e x＋ax ，∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵当x >0时，－e x <－1， ∴a ＝－e x<－1.第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性例1 (1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为 .(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是 .答案 (1)(0,1) (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 解析 (1)y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x(x >0).令y ′<0，得0<x <1，∴单调递减区间为(0,1). (2)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华 确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.(1)函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为 .(2)已知函数f (x )＝x ln x ，则下面关于函数f (x )单调性的判断正确的是 . ①在(0，＋∞)上递增； ②在(0，＋∞)上递减； ③在(0，1e)上递增；④在(0，1e)上递减.答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ (2)④ 解析 (1)由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.(2)因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数的单调递增区间为(1e ，＋∞)；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数的单调递减区间为(0，1e ).题型二 含参数的函数的单调性例2 (2016·江苏新海中学月考改编)已知函数f (x )＝2x 3＋32tx 2－3t 2x ＋t －12(t ≠0)，求f (x )的单调区间.解 f ′(x )＝6x 2＋3tx －3t 2＝3(2x －t )(x ＋t ). 令f ′(x )＝0，得x ＝－t 或x ＝t2.∵t ≠0，以下分两种情况进行讨论： ①若t <0，则t2<－t .由f ′(x )>0，得x <t2或x >－t ；由f ′(x )<0，得t2<x <－t .②若t >0，则t2>－t .由f ′(x )>0，得x <－t 或x >t2；由f ′(x )<0，得－t <x <t2.∴当t <0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，t 2)，(－t ，＋∞)，单调递减区间为(t2，－t )；当t >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－t )，(t 2，＋∞)，单调递减区间为(－t ，t2).思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点. (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数.讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增.题型三 已知函数单调性求参数例3 (2016·南通模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围. 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解.设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可.而G (x )＝(1x－1)2－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1，即a 的取值范围为(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1,4]上单调递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立.所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝(1x－1)2－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞).引申探究1.本题(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围. 解 由h (x )在[1,4]上单调递增得， 当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 即当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，(1x 2－2x)min ＝－1(此时x ＝1)，∴a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1].2.本题(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围. 解 h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1,4]上有解， 即当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，∴a >－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞). 思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集.(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解. (3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.已知函数f (x )＝e xln x －a e x(a ∈R ).(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1e x ＋1垂直，求a 的值；(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝(1x－a ＋ln x )e x，f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e＝－1，得a ＝2.(2)由(1)知f ′(x )＝(1x－a ＋ln x )e x，若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0在x >0时恒成立. 即1x－a ＋ln x ≤0在x >0时恒成立.所以a ≥1x＋ln x 在x >0时恒成立.令g (x )＝1x＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2(x >0)，由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在(1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (1)＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值).故f (x )不可能是单调递减函数. 若f (x )为单调递增函数，则f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即1x－a ＋ln x ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤1x＋ln x 在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞，1].5.用分类讨论思想研究函数的单调性典例 (16分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴.(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性.思想方法指导 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：(1)方程f ′(x )＝0是否有根；(2)若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；(3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法. 规范解答解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .[2分]由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴， 得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， ∴b ＝－2a －1.[4分](2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1； 由g ′(x )<0，得x >1.[8分] 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，[9分]若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；[11分]若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a；若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. [14分]综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，12a )上单调递减，在(12a ，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在(0，12a )上单调递增，在(12a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.[16分]1.(2015·课标全国Ⅱ改编)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是 . 答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0. 当x ≠0时，令g (x )＝f xx， 则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0. 则当x ＞0时，g ′(x )＝[f xx]′ ＝xfx －f xx 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数. 所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0 ⇔f x x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f xx＜0⇔f (x )＞0.综上，知使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1).2.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的 条件.答案 充分不必要解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件. 3.在区间(－1,1)内不是增函数的函数是 . ①y ＝e x＋x ； ②y ＝sin x ；③y ＝x 3－6x 2＋9x ＋2； ④y ＝x 2＋x ＋1. 答案 ④解析 ①y ＝e x ＋x ，y ′＝e x＋1>0，在区间(－1,1)内是增函数； ②y ＝sin x ，y ′＝cos x ，在区间(－1,1)内是增函数；③y ＝x 3－6x 2＋9x ＋2，y ′＝3x 2－12x ＋9＝3(x －2)2－3，在区间(－1,1)内是增函数； ④y ＝x 2＋x ＋1，y ′＝2x ＋1，在区间(－12，1)内y ′>0，在区间(－1，－12)内y ′<0，在区间(－1,1)内不单调.4.已知函数y ＝f (x )在定义域[－4,6]内可导，其图象如图，记y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为 .答案 [－43，1]∪[113，6]解析 不等式f ′(x )≤0的解集即函数y ＝f (x )的减区间，由题图知y ＝f (x )的减区间为[－43，1]，[113，6]，故f ′(x )≤0的解集为[－43，1]∪[113，6].5.(2017·江苏扬州中学月考)若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 . 答案 [12，＋∞)解析 f ′(x )＝2mx ＋1x －2，由题意知，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m ≥－1x 2＋2x在(0，＋∞)上恒成立，令t ＝1x>0，则2m ≥－t 2＋2t ，又∵(－t 2＋2t )max ＝1，∴2m ≥1，∴m ≥12.6.定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则12e ()x f x 与21e ()x f x 的大小关系为 . 答案 1221e ()e ()x x f x f x ＞ 解析 设g (x )＝f xe，则g ′(x )＝f xx－f xx＝f x －f xe，由题意得g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即1212()()e ex x f x f x ＜， 所以1221e ()e ()x x f x f x ＞.7.(2016·苏州模拟)若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝ . 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解集， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，b ＋c ＝－12.8.(2016·无锡模拟)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是 .①f (b )>f (c )>f (d ) ②f (b )>f (a )>f (e ) ③f (c )>f (b )>f (a ) ④f (c )>f (e )>f (d ) 答案 ③解析 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数， 因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，因此③正确.9.若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a 的取值范围是 . 答案 (－19，＋∞)解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a .当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19， 所以a 的取值范围是(－19，＋∞).10.(2016·全国甲卷改编)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是 .答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 解析 ∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)恒成立.当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在(0,1]上为增函数，得a ≥f (1)＝－13；当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在[－1,0)上为增函数，得a ≤f (－1)＝13.综上，可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13. 11.(2016·江苏南京十三中月考)函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0). (1)讨论f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(1,2)上是增函数，求a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)， ∴f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，令f ′(x )＝0，即3ax 2＋6x ＋3＝0，则Δ＝36(1－a ). ①当a ≥1时，Δ≤0，f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上是增函数； ②当a <1且a ≠0时，Δ>0，f ′(x )＝0有两个根，x 1＝－1＋1－aa，x 2＝－1－1－aa.(ⅰ)当0<a <1时，易知当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 2，x 1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)上是增函数，在(x 2，x 1)上是减函数；(ⅱ)当a <0时，易知当x ∈(－∞，x 1)或x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0， 故函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是减函数， 在(x 1，x 2)上是增函数.(2)当a >0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3>0(x ∈(1,2))， 故a >0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数， 当a <0时，由f (x )在区间(1,2)上是增函数，可得⎩⎪⎨⎪⎧f，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋9≥0，12a ＋15≥0，解得a ≥－54，所以－54≤a <0.综上，a 的取值范围是[－54，0)∪(0，＋∞).12.已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x(x >0)，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2(x >0). 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去. 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数.综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5). 13.已知函数f (x )＝13x 3－a 2x 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a ). ①当a ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立， ∴f (x )在R 上单调递增.②当a >0时，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )的增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，减区间为(0，a ).③当a <0时，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )>0；当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )的增区间为(－∞，a )，(0，＋∞)，减区间为(a,0). (2)∵g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ，∴g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即当x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x)max ＝－22即可.所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22).。
第三章 导数及其应用备课人 周志英3.1 导数的概念教学目的1.了解导数形成的背景、思想和方法；正确理解导数的定义、几何意义；2.使学生在了解瞬时速度的基础上抽象出变化率，建立导数的概念；掌握用导数的定义求导数的一般方法3.在教师指导下，让学生积极主动地探索导数概念的形成过程，锻炼运用分析、抽象、归纳、总结形成数学概念的能力,体会数学知识在现实生活中的广泛应用。
教学重点和难点导数的概念是本节的重点和难点 教学过程一、前置检测(导数定义的引入)1．什么叫瞬时速度？(非匀速直线运动的物体在某一时刻t0的速度) 2．怎样求非匀速直线运动在某一时刻t0的速度？在高台跳水运动中，如果我们知道运动员相对于水面的高度h （单位：m ）与起跳后的时间t （单位：s ）存在关系()105.69.42++-=t t t h ，那么我们就会计算任意一段的平均速度v ，通过平均速度v 来描述其运动状态，但用平均速度不一定能反映运动员在某一时刻的瞬时速度，那么如何求运动员的瞬时速度呢？问题：2秒时的瞬时速度是多少？我们现在会算任意一段的平均速度，先来观察一下2秒附近的情况。
先计算2秒之前的t ∆时间段内的平均速度v ，请同学们完成表格1左边部分，（事先准备好的），再完成表格的右边部分〉表格1 格 20<∆t 时，在[]2,2t ∆+这段时间内0>∆t 时，在[]t ∆+2,2这段时间内()()()1.139.41.139.422222-∆-=∆-∆+∆=∆+-∆+-=t tt t t t h h v ()()()1.139.41.139.422222-∆-=∆∆-∆-=-∆+-∆+=t tt t t h t h v 当-=∆t 0.01时，-=v 13.051； 当=∆t 0.01时，-=v 13.149； 当-=∆t 0.001时，-=v 13.095 1； 当=∆t 0.001时，-=v 13.104 9； 当-=∆t 0.000 1时，-=v 13.099 51；当=∆t 0.000 1时，-=v 13.100 49；当-=∆t 0.000 01时，-=v 1 3.099 951；当=∆t 0.000 01时，-=v 13.100 049； 当-=∆t 0.000 001时，-=v 13.099 995 1；当=∆t 0.000 001时，-=v 13.100 004 9；。
1.3.1导数在研究函数中的应用—单调性教案12017-2018学年高中数学苏教版选修2-2导数在研究函数中的应用——单调性【教学分析】1.教材分析本节课是高中数学苏教版教材选修2-2第1.3.1节导数在研究函数单调性中的应用.这节内容是导数作为研究函数的工具的起点,是本节的重点,学生对本节的收获直接影响着后面极值、最值的学习.函数单调性是高中阶段讨论函数“变化”的一个最基本的性质.学生在中学阶段对于单调性的学习共分为三个阶段：第一阶段,在初中以具体函数为载体,从图形直观上感知单调性；第二阶段在高中学习必修一时,用运算的性质研究单调性；第三阶段就是在本节课中,用导数的性质研究单调性.本节内容属于导数的应用,是本章的重点,学生在学习了导数的概念、几何意义、基本函数的导数、导数的四则运算的基础上学习本节内容.学好它既可加深对导数的理解,又为研究函数的极值和最值打好基础,具有承前启后的重要作用.研究过程蕴含了数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法,以及研究数学问题的一般方法,即从特殊到一般,从简单到复杂,培养了学生应用导数解决实际问题的意识.2.学情分析《普通高中数学新课程标准（实验）》中要求：结合实例,借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数间的关系.对于函数的单调性学生已经掌握图象、定义两种判断方法,但是图象和定义法不是万能的.对于不能用这两种方法解决的单调性问题学生需要思考.学生之前学习了导数的概念,经历过从平均变化率到瞬时变化率的过程,研究过导数的几何意义是函数图象在某点处的切线,从数和形的角度认识了导数也是刻画函数变化陡峭程度的量,但是沟通导数和单调性之间的练习对学生来说是教学中要突破的难点和重点.3. 教学目标(1)了解函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数的单调性,会求不超过三次的多项式函数的单调区间.(2)通过实例,借助几何直观、数形结合探索函数的单调性与导数的关系；通过初等方法与导数方法研究函数性质过程中的比较,体会导数在研究函数性质中的一般性和有效性,同时感受和体会数学自身发展的一般规律.(3)通过教师指导下的学生交流探索活动,激发学生的学习兴趣,培养学生转化与化归的思维方式,并引导学生掌握从特殊到一般,从简单到复杂的思维方法,用联系的观点认识问题,提高学生提出问题、分析问题、解决问题的能力.4. 教学重点：利用导数研究函数的单调性5. 教学难点：发现和揭示导数的正负与函数单调性的关系.6. 教学方法与教学手段：问题教学法、合作学习法、多媒体课件等【教学过程】1.创设情境,激发兴趣情境一：过山车章头图情境二：观看过山车视频【设计意图】通过章头图拉近学生与数学的关系，让学生感受到生活处处有数学，也为本节课的研究埋下伏笔。
