师：大家好，上一节课我们通过探究得出函数的单调性与其导函数的正负之间存在如下关系：在某个区间内，若导数大于0，函数在这个区间内单调递增；若导数小于0，原函数在这个区间内单调递减。所以，只要知道导数的正负，就能确定原函数的增减性。
来看2017年浙江高考题，已知导函数的图像，要判断奇函数(f(x))的图像可能是哪一个。对于导函数，我们关注它的正负，也就是看其在横轴的上方还是下方。比如导函数最小的零点，记为(x_1)，在((-\infty, x_1))这一段，导函数图像在(x)轴下方，导数小于0，所以原函数在((-\infty, x_1))上单调递减，这样就可以排除A和C选项。
再看导函数的第二个零点，设为(x_2)，(x_2)显然大于0。导函数在((x_1, x_2))之间图像在(x)轴上方，值为正，所以原函数在((x_1, x_2))这个区间上单调递增。看B选项，从(x_1)到(x_2)应该是增区间，但B选项中这个顶点还没到(y)轴，且在(y)轴右边一点点的地方实际上已经单调递减了，所以B选项也排除，答案就是D。
我们来验证一下D选项，观察(x)和(y)的位置以及(x_1)的位置，函数在((x_1, x_2))这个区间上单调递增，与导函数在这一段为正相符；在(x_1)左边单调递减，(f(x))单调递减，原函数导函数为负；在(x_1)右边到另一个零点之间单调递减，然后再增。
接着看昨天作业的最后一题，判断函数的单调性并求出单调区间。我们只需判断其导数的正负，求出导数后令导数大于0，进行因式分解，比如借助十字相乘法，得出两根之外，即小于小根或者大于大根时，导数大于0，函数在这个区间上单调递增；令导数小于0，两根之间函数在这个区间上单调递减。所以(f(x))的单调递增区间是((-\infty, -1))和((\frac{1}{3}, +\infty))，这里要注意两个区间之间用顿号，不能写成并集。单调递减区间是((-1, \frac{1}{3}))。我们可以通过图像验证，很明显在((-\infty, -1))这个区间，原函数(f(x))单调递增；从(-1)到(\frac{1}{3})，(f(x))单调递减；从(\frac{1}{3})到正无穷大，(f(x))又单调递增。
对于一般的二次函数求单调区间，先求导数(f^\prime(x)=2ax + b)。由导数大于0，可得(2ax > -b)。当把(a)除过来时，要考察(a)的正负，所以要分两种情况讨论：
当(a > 0)时，(f^\prime(x) > 0)，即(ax + b > 0)，(-b)移过来，(a)除过来不等号方向不变，所以(x > -\frac{b}{a})，函数此时单调递增；(f^\prime(x) < 0)时，可得(x < -\frac{b}{a})，函数单调递减。那么函数单调递增区间是((-\frac{b}{a}, +\infty))，单调递减区间是((-\infty, -\frac{b}{a}))。
当(a < 0)时，(f^\prime(x) > 0)，(a)除过来不等号方向改变，所以(x < -\frac{b}{a})，函数单调递增；(f^\prime(x) < 0)时，得到(x > -\frac{b}{a})，函数(f(x))单调递减。所以函数(f(x))在((-\infty, -\frac{b}{a}))上单调递增，单调递减区间是((-\frac{b}{a}, +\infty))。
这是昨天作业练习的第三个小题，大家做得怎么样？都是运用在区间((a, b))内，若导数大于0，函数(f(x))单调递增；若导数小于0，函数(f(x))单调递减这个结论。昨天作业还留了一个思考问题：这个结论反过来成立吗？即在区间((a, b))内，若(f(x))单调递增，则(f^\prime(x))怎样？大家思考一下，(f(x))既然单调递增，那么导数肯定不能小于0，因为导数小于0函数就在这个区间单调递减，不可能递增。但导数不小于0就一定大于0吗？对，不小于应该是大于等于0，所以在区间内(f(x))单调递增，反过来它的导数应该是大于等于0。比如昨天例子中(f(x)=x^3)，它的导函数(f^\prime(x)=3x^2)，在(x = 0)时，导数等于0，但(y = x^3)在(R)上是单调递增的。所以导数可以有间断的点，也就是孤立的点，在这些点上导数等于0，就像进服务区，并不影响函数的单调性。同理，若(f(x))单调递减，则(f^\prime(x))应该小于等于0。
利用这个结论，我们来看下面这道题。已知函数(f(x))在区间((2, +\infty))上是增函数，求实数(m)的取值范围。因为(f(x))在区间((2, +\infty))是增函数，根据刚才的结论，它的导数就应该大于等于0，即(x^2 - mx + 1 \geq 0)。两边约掉6后，将(-mx)移到右边，因为(x)在((2, +\infty))上是正数，再把(x)除回去，这样就把参数(m)和变量(x)分离开，得到(m \leq x + \frac{1}{x})恒成立。那么(m)只要小于(x + \frac{1}{x})的最小值就可以了。
而(x + \frac{1}{x})是对勾函数，为了从导数角度巩固前面的知识，我们令(g(x)=x + \frac{1}{x})，它的导数(g^\prime(x)=1 - \frac{1}{x^2})。因为(x > 2)，所以(x^2 > 4)，(\frac{1}{x^2} < \frac{1}{4})，那么(g^\prime(x))肯定大于0，所以(g(x))在((2, +\infty))上单调递增。因此，(g(x))在((2, +\infty))上的值都比(x = 2)时(g(x))的值大，当(x = 2)时，(g(2)=2 + \frac{1}{2}=\frac{5}{2})，所以(m)应该小于(\frac{5}{2})，(m)的取值范围是((-\infty, \frac{5}{2}])。
再看问题二，由前面可知导数的符号能确定原函数的增减，那么导数大小（即导数的绝对值）确定原函数的什么呢？我们一起来探究。
首先看(f(x)=kx)（(k \neq 0)时是一次函数），其导数(f^\prime(x)=k)，(k)的大小就是导函数的大小。当(k)变大，也就是导数变大时，大家发现函数上升越来越快，图像越来越陡；反之，当(k)变小，导数变小，函数上升越来越慢。当(k < 0)时函数下降，(k)的绝对值越小，下降越慢；(k)的绝对值越大，下降越快。所以导数的绝对值决定了函数增长的快慢，导数的绝对值越大，函数变化越快，图像不论是上升还是下降就越陡峭。
再看指数函数(f(x)=a^x)（(a > 0)且(a \neq 1)），它的导数(f^\prime(x)=a^x \ln a)。因为(a^x > 0)，(\ln a)的正负与(a)的取值有关，这里假设(a > 1)，此时导数大于0，曲线单调递增。随着(x)的变化，导数也在变化，当导数逐渐减小时，曲线变得越来越平；当导数增大时，曲线上升越来越快，越来越陡峭。所以随着(x)的增大，导数(f^\prime(x))增大，函数图像变化越来越快，图像上升越来越陡峭。
接着看对数函数(f(x)=\log_a x)（(a > 0)且(a \neq 1)），根据换底公式，它的导函数(f^\prime(x)=\frac{1}{x \ln a})（(x > 0)）。随着(x)不断变大，(\frac{1}{x})变小，导数变小，曲线上升越来越慢，变化越来越慢，图像越来越平滑。所以随着(x)的增大，导数减小，图像的变化越来越慢，上升越来越平缓。
又如(y = x^2)，它的导函数是(y^\prime = 2x)。随着(x)的变化，会出现下降越来越慢，上升越来越快的情况。
综上，我们得到结论：在某个范围内导数的绝对值较大，函数在这个范围内变化就较快，图像就比较陡峭；反之，图像就比较平滑。
利用这个结论，来看课本上的例3。水以恒定速度注入底面积相同的四个容器，第一个是圆柱形，随着水的注入，高度应该直线上升，匀速上升，所以它与B对应；第二个下面大上面小，水上升得越来越快，图像应与A对应；第三个与第二个刚好相反，上升越来越慢；第四个一开始上升越来越慢，后来越来越快。根据函数增长速度，这道题就很好处理了。
再看课本26页习题的第二题，已知函数(f(x))的图像，要画导函数的图像。这与前面讲的2017年浙江高考题刚好相反，那道题是给导函数图像确定原函数图像，这里是给原函数图像确定导函数图像。首先，在((0, a))上，(f(x))不增不减，是水平的，其导数恒为0，所以导函数图像在这一段是(x)轴上的线段；同理，在((b, c))上，导数也恒为0。在((a, b))这个范围内，函数图像下降且下降得越来越快，我们找熟悉的函数(y = x^2)来比较，一开始(f(x))下降比(y = x^2)慢，后来比它快，所以(f(x))导数下降的绝对值越来越大，且比(y = x^2)的导数(2x)变化得快。(y = x^2)的导数是直线，(f(x))的导数变化比它快，所以导函数图像大致可以画成这样（老师此处大致画出图像形状）。在(x = b)这个点处，导数不存在，以后同学们会学到。
最后看利用函数的单调性证明(\sin x < x)在((0, \pi))范围内成立。我们做差构造一个函数(f(x)=\sin x - x)，若证明(f(x) < 0)，不等式就成立。(f(x)=\sin x - x)的导函数(f^\prime(x)=\cos x - 1)，在((0, \pi))范围内，(\cos x < 1)，所以(f^\prime(x) < 0)，因此(f(x))在((0, \pi))内单调递减。既然单调递减，(f(x))肯定小于(f(0))，(f(0)=\sin 0 - 0 = 0)，所以(f(x) < 0)，即(\sin x - x < 0)，也就是(\sin x < x)。这样我们就把不等式证明问题转化为求函数值小于0的问题，利用函数的单调性找到其最大值（这里是(f(0))）。
好，我们来小结一下这节课的内容。上一节课我们讲了导数的符号确定原函数的增减，今天在此基础上进一步讨论了导数的大小决定原函数增减的快慢。昨天我们知道导数大于0、小于0可得到原函数的增减，今天讲了反过来，原函数增减时，其导函数应该是大于等于0、小于等于0，只要导数为0的点不是连续的，就不会改变原函数的单调性，这一点大家要记住。在思维方式上，我们仍然是由特殊到一般去探究函数导数大小与原函数增减快慢的关系，过程中还渗透了分类讨论、数形结合以及等价转化等核心数学思想。这两节课的关键是函数单调性与导数的关系，大家要记住：导数大于0，函数递增；导数小于0，函数递减；在某个区间上，若函数单调递增，则导数大于等于0；若函数单调递减，则导数小于等于0。
最后布置今天的作业：把习题1.3 A组昨天剩下的两题加上B组第一大题的二三两个小题做一下。这节课就上到这里，同学们再见。