高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第1课时导数与函数的单调性极值最值问题课件

这是一份高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第1课时导数与函数的单调性极值最值问题课件，共60页。PPT课件主要包含了答题模板，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。

考向一　利用导数研究函数的单调性命题角度1　确定函数的单调性(区间)【典例】1.已知f(x)=ln x+ ,a∈R且a≠0,讨论函数f(x)的单调性.2.已知函数h(x)=ax-xln a,其中a>0且a≠1.求函数的单调区间.
【解析】1.函数f(x)的定义域为(0,+∞),则f′(x)= .当a<0时,f′(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a>0时,由f′(x)>0,得x> ;由f′(x)<0,得00时,函数f(x)在（ ，+∞）上单调递增,在（0， ）上单调递减.
2.h(x)=ax-xln a,有h′(x)=(ax-1)ln a,令h′(x)=0,解得x=0.①若0a0=1,即ax-1>0,所以h′(x)=(ax-1)ln a<0,函数h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,ax0,函数h(x)单调递增.
②当a>1时,则ln a>0.当x∈(-∞,0)时,axa0=1,即ax-1>0,所以h′(x)=(ax-1)ln a>0,函数h(x)单调递增.综上,函数的单调递增区间为(0,+∞),递减区间为(-∞,0).
【探究延伸】若将本例2改为:已知函数p(x)=ax-txln a,其中a>0且a≠1.试求它的单调区间.【解析】p(x)=ax-txln a.p′(x)=axln a-tln a=(ax-t)ln a.①当t≤0时,ax-t>0.若01,则ln a>0,p′(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增.
②当t>0,由ax-t=0,解得x=lgat.若00,p′(x)<0恒成立,函数p(x)单调递减;当x∈(lgat,+∞)时,ax-t<0,p′(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增.若a>1,则ln a>0,
当x∈(-∞,lgat)时,ax-t<0,p′(x)<0恒成立,函数p(x)单调递减;当x∈(lgat,+∞)时,ax-t>0,p′(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增.综上,当t≤0,若01,则函数p(x)在R单调递增.当t>0时,函数的单调递减区间为(-∞,lgat);单调递增区间为(lgat,+∞).
命题角度2　根据函数单调性求参数的取值范围【典例】3.已知函数f(x)= +ln x(其中a>0,e≈2.7).若函数f(x)在区间(2,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
【解析】3.因为f(x)= +ln x,所以f′(x)= (a>0).因为函数f(x)在(2,+∞)上为增函数,所以f′(x)≥0对任意x∈(2,+∞)恒成立.所以ax-1≥0对任意x∈(2,+∞)恒成立,即a≥ 对任意x∈(2,+∞)恒成立.因为x∈(2,+∞)时, = ,所以a≥ ,即所求正实数a的取值范围是 .
4.f′(x)=(2ex+a)(ex-a),因为f(x)在[1,+∞)上单调递增,则f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,所以(2ex+a)(ex-a)≥0,所以-2ex≤a≤ex在[1,+∞)上恒成立,所以-2e≤a≤e,所以实数a的取值范围为[-2e,e].
【素养提升】求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论:(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论.
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.提醒:讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.
【变式训练】1.已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e为自然对数的底数).(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)·ex,所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为ex>0,所以-x2+2>0,解得- (2)因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立.因为f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex=[-x2+(a-2)x+a]ex,所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立.因为ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0,
则a≥ =(x+1)- 对x∈(-1,1)都成立.令g(x)=(x+1)- ,则g′(x)=1+ >0.所以g(x)=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增.所以g(x)2.已知函数f(x)=ex-2(a-1)x-b,其中e为自然对数的底数.若函数f(x)在区间[0,1]上是单调函数,试求实数a的取值范围.【解析】根据题意,函数f(x)=ex-2(a-1)x-b,其导数为f′(x)=ex-2(a-1),当函数f(x)在区间[0,1]上单调递增时,f′(x)=ex-2(a-1)≥0在区间[0,1]上恒成立,所以2(a-1)≤(ex)min=1(其中x∈[0,1]),解得a≤ ;
当函数f(x)在区间[0,1]单调递减时,f′(x)=ex-2(a-1)≤0在区间[0,1]上恒成立,所以2(a-1)≥(ex)max=e(其中x∈[0,1],解得a≥ +1.综上所述,实数a的取值范围是 ∪ .
考向二　利用导数研究函数的极值和最值(规范解答)【典例】(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数,证明:(1)f′(x)在区间 上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.
【思维流程图】(1)设g(x)=f′(x)→对g(x)求导→得出g(x)的单调性,得证;(2)对x进行讨论→分四个区间(-1,0],(0, ], ,(π,+∞)根据用导数判断函数单调性来确定零点个数.
【规范解答】(1)设g(x)=f′(x),则g(x)=cs x- ,g′(x)=-sin x+ . …………2分当x∈ 时,g′(x)单调递减, …………3分而g′(0)>0,g′ <0,可得g′(x)在 有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g′(x)>0;
当x∈ 时,g′(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 上单调递减, …………4分故g(x)在 上存在唯一极大值点,即f′(x)在 上存在唯一极大值点. …………5分
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞). …………6分①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f′(x)在(-1,0)上单调递增.而f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点; …………7分
②当x∈(0, ]时,由(1)知,f′(x)在(0,α)上单调递增,在 上单调递减,而f′(0)=0,f′ <0,所以存在β∈ ,使得f′(β)=0,且当x∈(0,β)时,f′(x)>0;当x∈ 时,f′(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 上单调递减.…………………… 8分又f(0)=0,f =1-ln >0,所以当x∈(0, ]时,f(x)>0.从而,f(x)在(0, ]上没有零点; …………9分
③当x∈ 时,f′(x)<0,所以f(x)在 上单调递减.而f >0,f(π)<0,所以f(x)在 上有唯一零点; …………………… 10分④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点. …………………… 11分综上,f(x)有且仅有2个零点. …………………… 12分
【素养提升】利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.(2)若探究极值点个数,则探求方程f′(x)=0在所给范围内实根的个数.(3)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.(4)求函数f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较,从而得到函数的最值.
【变式训练】1.(2020·北京高考)已知函数f(x)=12-x2.(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;(2)设曲线y=f(x)在(t,f(t))处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.
【解析】(1)f(x)定义域为R,f′(x)=-2x,设切点为P(x0,y0),则k=f′(x0)=-2x0=-2,即x0=1,所以y0=f(x0)=f(1)=11,切点为(1,11),所以所求切线方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.(2)切线方程为y-12+t2=-2t(x-t),令x=0得y=t2+12,令y=0得x= ,所以S(t)= (t2+12) ,t≠0,易知S(t)为偶函数,
当t>0时,S(t)= t3+6t+ ,S′(t)= ,令S′(t)=0得t=2,-2(舍),所以S(t)有极小值也是最小值S(2)=32,又S(t)为偶函数,所以当t=±2时,S(t)有最小值32.
2.已知函数f(x)=ln x+ax2+bx(其中a,b为常数且a≠0)在x=1处取得极值.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求a的值.
【解析】(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f′(x)= +2ax+b,因为函数f(x)=ln x+ax2+bx在x=1处取得极值,f′(1)=1+2a+b=0,当a=1时,b=-3,f′(x)= ,f′(x),f(x)随x的变化情况如表:所以f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
(2)因为f′(x)= ,令f′(x)=0,x1=1,x2= ,因为f(x)在x=1处取得极值,所以x2= ≠x1=1,当 <0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,所以f(x)在区间(0,e]上的最大值为f(1),
令f(1)=1,解得a=-2,a>0时,x2= >0,当 <1时,f(x)在 上单调递增,在 上单调递减,在(1,e]上单调递增,所以最大值1可能在x= 或x=e处取得,而f =ln +a - =ln - -1<0,所以f(e)=ln e+ae2-(2a+1)e=1,解得a= .
当1≤ 【加练备选】已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-2)x.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.
【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞).所以f′(x)= -2ax+(a-2)= .因为f(x)在x=1处取得极值,即f′(1)=-(2-1)(a+1)=0,所以a=-1.当a=-1时,在 内f′(x)<0,在(1,+∞)内f′(x)>0,所以x=1是函数y=f(x)的极小值点,所以a=-1.
(2)因为a20,所以f(x)在 上单调递增,在 上单调递减,①当0②当 即 时,f(x)在 上单调递增,在 上单调递减,所以f(x)max=f =-ln 2- -1-ln 2;③当 ≤a2,即 ≤a<1时,f(x)在[a2,a]上单调递减,所以f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2.综上所述,当0二十三　导数与函数的单调性、极值、最值问题(40分钟　80分)1.已知函数f(x)=2ax- -(2+a)ln x(a≥0).(1)当a=0时,求f(x)的极值;(2)当a>0时,讨论f(x)的单调性.
【解析】(1)当a=0时,f(x)=- -2ln x⇒f′(x)= 由f′(x)= >0,解得0 .所以f(x)在 内是增函数,在 内是减函数,所以f(x)的极大值为 =2ln 2-2,无极小值.
(2)f(x)=2ax- -(2+a)ln x ⇒f′(x)=2a+ -(2+a) = ①当02时,f(x)在 和 内是增函数,在 内是减函数.
2.已知函数f(x)= (1)当a=0时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;(2)若函数f(x)在定义域上单调递增,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=0时,f(x)= 则f′(x)= 在x=1处的切点为(1,0),切线斜率为f′(1)=2,所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y=2x-2.(2)因为f(x)= (a∈R),所以f(x)的定义域为(0,+∞).所以f′(x)= 又因为函数f(x)在定义域上单调递增,所以f′(x)= ≥0在x>0时恒成立,
即x2-2ln x+2a+3≥0在x>0时恒成立,设g(x)=x2-2ln x+2a+3(x>0),则g′(x)= 当01时,g′(x)>0,则g(x)在 上单调递增,x2-2ln x+2a+3≥0在x>0时恒成立⇔g(x)min=g(1)=4+2a≥0,所以a≥-2.
3.已知函数f(x)= ax2+ln x,其中a∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是-1,求a的值.
【解析】(1)f′(x)= ,x∈(0,+∞).当a≥0时,f′(x)>0,从而函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,令f′(x)=0,解得x= ,舍去x= .此时,f(x)与f′(x)的情况如下:
所以,f(x)的单调递增区间是 ;单调递减区间是 .
(2)①当a≥0时,由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)= .令 =-1,得a=-2,这与a≥0矛盾,舍去a=-2.②当-1≤a<0时, ≥1,由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)= .令 =-1,得a=-2,这与-1≤a<0矛盾,舍去a=-2.
③当a<-1时,0< <1,由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为 .令 =-1,解得a=-e,满足a<-1.综上,当f(x)在(0,1]上的最大值是-1时,a=-e.
【加练备选】已知函数f(x)=x- sin x-aln x- ,a∈R.(1)当a= 时,求曲线y=f(x)在点 处的切线方程;(2)当a=0时,求函数g(x)=f(x)- sin x在 上的最大值.
【解析】(1)a= 时,f(x)=x- sin x- πln x- ,所以 因为 所以 故y=f(x)在点 处的切线方程为
(2)a=0时,g(x)=f(x)- sin x=x-sin x- π,所以g′(x)=1-cs x>0在 上恒成立,故g(x)在 上单调递增,当x= 时,函数取得最大值1+π.
4.设函数f(x)=ln x+ ,k∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x-2=0垂直,求f(x)的单调递减区间和极小值(其中e为自然对数的底数);(2)若对任意x1>x2>0,f(x1)-f(x2)【解析】(1)由题得f′(x)= (x>0),因为曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x-2=0垂直,所以此切线的斜率为0,即f′(e)=0,有 =0,得k=e.所以f′(x)= (x>0),由f′(x)<0得00得x>e.所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+ =2.故f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为2.
(2)条件等价于对任意x1>x2>0,f(x1)-x10),则h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h′(x)= -1≤0在(0,+∞)上恒成立,得k≥-x2+x= (x>0)恒成立,所以k≥ .故k的取值范围是[ ,+∞).
5.已知函数f(x)= ax2-aln x+x.(1)求函数y=f(x)的图象在点P 处的切线l的方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.【解析】(1)f(1)= ⇒ a+1= ⇒a=1,f′(x)=x- +1,k=f′(1)=1,切线方程为y- =x-1,即y=x+ .
(2)f′(x)=ax- +1= (x>0),令t(x)=ax2+x-a,①当a=0时,t(x)=x>0⇒f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当a<0时,令t(x)=0⇒x1= <0,x2= >0,所以f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减.③当a>0时,令t(x)=0⇒x1= ,x2= <0,所以f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.
6.已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
【解析】(1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f′(x)=0,得x=0或x= .若a>0,则当x∈(-∞,0)∪ 时,f′(x)>0;当x∈ 时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0), 上单调递增,在 上单调递减;
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;若a<0,则当x∈ ∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈ 时,f′(x)<0.故f(x)在 ,(0,+∞)上单调递增,在 上单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.