2.6.1函数的单调性应用(第2课时)课件-2022-2023学年高二下学期数学北师大版（2019）选择性必修第二册

第2课时　函数单调性的应用 南阳市五中 1．函数y＝x－ln x的单调递减区间为(　　) A．(－1，1] B．(0，＋∞) C．[1，＋∞) D．(0，1] 答案：D 解析：函数的定义域为(0，＋∞)，令y′＝1－＝≤0，解得x∈(0，1]，又x>0，所以x∈(0，1].故选D. 2．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞) C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3) 答案：B 解析：f′(x)＝3x2＋a，由题意知3x2＋a≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≥－3x2在x∈(1，＋∞)上恒成立．所以a≥－3.故选B. 3．已知函数f(x)＝＋ln x，则有(　　) A．f(e)<f(3)<f(2) B．f(3)<f(e)<f(2) C．f(e)<f(2)<f(3) D．f(2)<f(e)<f(3) 答案：D 解析：f′(x)＝， 所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 又2<e<3， 所以f(2)<f(e)<f(3)，故选D. 4．函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上单调递增，则实数a的取值范围是 ________． a≥ 解析：f′(x)＝3ax2－2x＋1. 由题意知3ax2－2x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以，解得a≥. 题型一　利用导数求函数的单调区间 例1　求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x3－3x＋8. (2)f(x)＝x＋(b≠0)． 解析：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，则3x2－3>0. 即3(x＋1)(x－1)>0，解得x>1或x<－1. 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)， 令f′(x)<0，则3(x＋1)(x－1)<0，解得－1<x<1. 所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)． (2)函数f(x)的定义域为(－∞，0) f′(x)＝′＝1－， ①若b>0时，令f′(x)>0，则x2>b，所以x>或x<－. 所以函数的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)． 令f′(x)<0，则x2<b，所以－<x<，且x≠0. 所以函数的单调递减区间为(－，0)和(0，)． ②若b<0时，f′(x)>0恒成立， 所以函数的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)． (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间． (2)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么这些单调区间中间不能用“∪”连结，而只能用“逗号”或“和”字隔开． 跟踪训练1　求下列函数的单调区间： (1)y＝ln (2x＋3)＋x2； 解析：(1)函数y＝ln (2x＋3)＋x2的定义域为. y′＝＋2x＝＝. 令y′>0，解得－<x<－1或x>－.所以函数的单调递增区间为. 令y′<0，解得－1<x<－，所以函数的单调递减区间为. (2)y＝x2＋a ln x(a∈R，a≠0)． 解析：(2)由于f(x)＝x2＋a ln x，所以f′(x)＝x＋. ①当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋>0，所以函数只有单调递增区间(0，＋∞)． ②当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)， 由f′(x)＝x＋>0，得x>； 由f′(x)＝x＋<0，得0<x<. 所以当a<0时，函数的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)． 综上所述：当a>0时，f(x)只有单调递增区间(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)． 题型二　利用导数求参数的取值范围 例2　若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的 取值范围为__________________． 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥恒成立． 令G(x)＝，则由题意可知，只需a≥G(x)max， 而G(x)＝－1，因为x∈[1，4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－， 又因为a≠0.所以a的取值范围是 变式探究1　本例中的条件“h(x)在[1，4]上单调递减”改为“h(x)在[1，4]上单调递增”，实数a的取值范围如何？ 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递增，所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，即a≤恒成立，又因为当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]. 变式探究2　本例中的条件