《2025年金版新学案高中数学选择性必修第二册北师大版》

(1)设函数$f(x)$在定义域内可导，$y = f(x)$的图象如图所示，则导函数$y = f'(x)$的图象可能为（ ）

答案：
(1)D
(1)由函数$f(x)$的图象，可知当$x＜0$时，函数$f(x)$单调递增，导数始终为正；当$x＞0$时，函数$f(x)$先增后减再增，即导数先正后负再正，对照选项，应选D.

(2)已知$f(x)$在$\mathbf{R}$上是可导函数，$f(x)$的图象如图所示，则不等式$f'(x)＞0$的解集为（ ）

听课笔记：

A.$(-2,0)\bigcup(2,+\infty)$
B.$(-\infty,-2)\bigcup(2,+\infty)$
C.$(-\infty,-1)\bigcup(1,+\infty)$
D.$(-2,-1)\bigcup(1,2)$

答案：
(2)C
(2)因为$f(x)$在$(-\infty,-1)$和$(1,+\infty)$上单调递增，所以在区间$(-\infty,-1)$和$(1,+\infty)$上，$f^{\prime}(x)＞0$.即不等式$f^{\prime}(x)＞0$的解集为$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$.故选C.

(1)已知函数$y = f(x)$的图象如图所示，则导函数$y = f'(x)$的图象可能是（ ）

答案：
(1)D
(1)原函数在$[-3,3]$上先减后增，再减再增，对应到导函数先负再正，再负再正，且原函数在$(0,0)$处与$x$轴相切，故$f^{\prime}(0)=0$，可知导函数图象可能为D.故选D.

(2)$f'(x)$是函数$y = f(x)$的导函数，若$y = f'(x)$的图象如图所示，则函数$y = f(x)$的图象可能是（ ）

答案：
(2)D
(2)由导函数的图象可知函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，排除A,C，在$(0,2)$上单调递减，排除B.故选D.

典例2
(链教材P78例1)利用导数判断下列函数的单调性：
(1)$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}-x^{2}+2x - 5$；
(2)$f(x)=x-\frac{1}{x}-\ln x(x＞0)$；
(3)$f(x)=x - e^{x}(x＞0)$.
听课笔记：

答案： 典例2 解：
(1)因为$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}-x^{2}+2x - 5$，
所以$f^{\prime}(x)=x^{2}-2x + 2=(x - 1)^{2}+1＞0$，
所以函数$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}-x^{2}+2x - 5$在$\mathbf{R}$上为增函数.
(2)因为$f(x)=x-\frac{1}{x}-\ln x,x\in(0,+\infty)$，
所以$f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{x^{2}-x + 1}{x^{2}}=\frac{(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}{x^{2}}＞0$，
所以$f(x)=x-\frac{1}{x}-\ln x$在$(0,+\infty)$上为增函数.
(3)因为$f(x)=x - e^{x},x\in(0,+\infty)$，
所以$f^{\prime}(x)=1 - e^{x}＜0$，
所以$f(x)=x - e^{x}$在$(0,+\infty)$上为减函数.