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2019届二轮复习 导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]学案(全国通用)
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第23练 导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]
[明晰考情] 1.命题角度:讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点.2.题目难度:偏难题.
考点一 利用导数研究函数的单调性
方法技巧 (1)函数单调性的判定方法:在某个区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在此区间内单调递增;如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在此区间内单调递减.
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围:若可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减),则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0),从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).
(3)若函数y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)=0在(a,b)上有解.
1.已知函数f(x)=ex+(a≠0,x≠0)在x=1处的切线与直线(e-1)x-y+2 018=0平行,求a的值并讨论函数y=f(x)在(-∞,0)上的单调性.
解 ∵f′(x)=ex-,f′(1)=e-=e-1,
∴a=1.
∴f′(x)=ex-=,
令h(x)=x2ex-1,则h′(x)=(2x+x2)ex,
∴当x∈(-∞,-2)时,h′(x)>0;当x∈(-2,0)时,h′(x)<0.
则h(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减.
∴当x∈(-∞,0)时,h(x)≤h(-2)=-1<0,
即当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,
∴函数f(x)在(-∞,0)上单调递减.
2.已知函数f(x)=ln x+,其中常数k>0,讨论f(x)在(0,2)上的单调性.
解 因为f′(x)=--1==-(x>0,k>0).
①当0k>0,且>2,
所以当x∈(0,k)时,f′(x)<0,当x∈(k,2)时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;
②当k=2时,=k=2,f′(x)<0在(0,2)上恒成立,
所以f(x)在(0,2)上是减函数;
③当k>2时,0<<2,k>,
所以当x∈时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在上是减函数,在上是增函数.
综上可知,当0
在(k,2)上是增函数;当k=2时,f(x)在(0,2)上是减函数;当k>2时,f(x)在上是减函数,在上是增函数.
3.已知函数f(x)=aln(x+1)-ax-x2,讨论f(x)在定义域上的单调性.
解 f′(x)=-a-2x=,
令f′(x)=0,得x=0或x=-,
又f(x)的定义域为(-1,+∞),
①当-≤-1,即当a≥0时,
若x∈(-1,0),f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈(0,+∞),f′(x)<0,则f(x)单调递减.
②当-1<-<0,即-2<a<0时,
若x∈,f′(x)<0,则f(x)单调递减;
若x∈,f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈(0,+∞),f′(x)<0,则f(x)单调递减.
③当-=0,即a=-2时,
f′(x)≤0,f(x)在(-1,+∞)上单调递减.
④当->0,即a<-2时,
若x∈(-1,0),f′(x)<0,则f(x)单调递减;
若x∈,f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈,f′(x)<0,则f(x)单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在(-1,0)上单调递增,
在(0,+∞)上单调递减;
当-2<a<0时,f(x)在上单调递减,
在上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;
当a=-2时,f(x)在(-1,+∞)上单调递减;
当a<-2时,f(x)在(-1,0)上单调递减,
在上单调递增,
在上单调递减.
考点二 利用函数的单调性求参数范围
方法技巧 (1)已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)=0在(a,b)上有解.
4.已知函数f(x)=(x2+bx+b)·(b∈R),若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.
解 f′(x)=,
因为当x∈时,<0,
依题意得当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,
从而+(3b-2)≤0,b≤.
所以b的取值范围为.
5.设函数f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解 (1)对f(x)求导,得f′(x)=
=,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.
当a=0时,f(x)=,f′(x)=,
故f(1)=,f′(1)=,
从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知,f′(x)=.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0,解得x1=,x2=.
当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数;
当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数知,
x2=≤3,解得a≥-,
故a的取值范围为.
6.已知函数f(x)=x2-2aln x+(a-2)x.
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)是否存在实数a,使函数g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)当a=-1时,f(x)=x2+2ln x-3x(x>0),
则f′(x)=x+-3==.
当02时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当1
∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(2,+∞),单调递减区间为(1,2).
(2)假设存在实数a,使g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上是增函数,
则g′(x)=f′(x)-a=x--2≥0恒成立,
即≥0在(0,+∞)上恒成立,
∴x2-2x-2a≥0在(0,+∞)上恒成立,
∴a≤(x2-2x)=(x-1)2-恒成立.
又φ(x)=(x-1)2-,x∈(0,+∞)的最小值为-.
∴当a≤-时,g′(x)≥0恒成立.
又当a=-时,g′(x)=,当且仅当x=1时,g′(x)=0.
故当a∈时,g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增.
考点三 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)可导函数极值点的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点,如函数f(x)=x3,f′(0)=0,但x=0不是极值点.
(2)极值点不是一个点,而是一个数x0,当x=x0时,函数取得极值,在x0处,f′(x0)=0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)一般地,在闭区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么函数y=f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.函数的最值必在极值点或区间的端点处取得.
7.(2017·浙江)已知函数f(x)=(x-)e-x.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解 (1)因为(x-)′=1-,
(e-x)′=-e-x,
所以f′(x)=e-x-(x-)e-x=.
(2)由f′(x)==0,
解得x=1或x=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:
x
1
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
0
又f(x)=(-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间上的取值范围是.
8.讨论函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)(a∈R)的极值点的个数.
解 由题意知,函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f′(x)=+a(2x-1)=.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;
②当a>0时,令2ax2+ax-a+1=0,则Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0.
故f′(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;
当a>时,Δ>0.
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根分别为x1,x2(x1<x2),
因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-,
由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-.
所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数f(x)有两个极值点;
③当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数f(x)有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;
当a>时,函数f(x)有两个极值点.
9.已知函数f(x)=ln x+.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对任意x>0,均有x(2ln a-ln x)≤a恒成立,求正数a的取值范围.
解 (1)f′(x)=-=,x∈(0,+∞).
①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;
②当a>0时,x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)在(0,a)上为减函数;
x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上为增函数,
所以f(x)在(0,+∞)上有极小值,无极大值,
f(x)的极小值为f(a)=ln a+1.
(2)若对任意x>0,均有x(2ln a-ln x)≤a恒成立,
即对任意x>0,均有2ln a≤+ln x恒成立,
由(1)可知f(x)的最小值为ln a+1,问题转化为2ln a≤ln a+1,即ln a≤1,故0 故正数a的取值范围是(0,e].
例 (15分)设函数f(x)=a2x2-ln x(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)如果函数f(x)的图象不在x轴的下方,求实数a的取值范围.
审题路线图
(1)→→
(2)→
→
规范解答·评分标准
解 (1)f′(x)=a2x-(x>0).1分
当a=0时,f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当a>0时,f′(x)==,
由f′(x)≥0,得x≥;由f′(x)<0,得0<x<.4分
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
当a<0时,f′(x)=,由f′(x)≥0,得x≥-;
由f′(x)<0,得0<x<-.7分
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
综上,当a=0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为;当a<0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.8分
(2)f(x)的图象不在x轴的下方,即当x>0时,f(x)≥0恒成立,
所以a2x2-ln x≥0,即a2≥.9分
令h(x)=(x>0),
则h′(x)==,12分
由h′(x)>0,得0<x<;由h′(x)<0,得x>.
故h(x)在(0,]上单调递增,在[,+∞)上单调递减.当x=时,h(x)取得最大值.
所以a2≥,解得a≤-或a≥.14分
故实数a的取值范围是∪.15分
构建答题模板
[第一步] 求导:一般先确定函数的定义域,再求导数f′(x).
[第二步] 转化:“判断函数单调性、求极值(最值)”常转化为“判断f′(x)的符号”,“切线方程、切线的斜率(或倾斜角)、切点坐标”,常转化为“导数的几何意义”,“恒成立问题”常转化为“求最值”等.
[第三步] 求解:根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题.
[第四步] 反思:单调区间不能用“∪”连接;范围问题的端点能否取到.
1.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.
(1)确定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.
解 (1)对f(x)求导,得f′(x)=3ax2+2x,
因为f(x)在x=-处取得极值,所以f′=0,
即3a·+2·=-=0,解得a=.
(2)由(1)得g(x)=ex,
故g′(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex.
令g′(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
当x<-4时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当-4<x<-1时,g′(x)>0,故g(x)为增函数;
当-1<x<0时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当x>0时,g′(x)>0,故g(x)为增函数.
综上可知,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)上为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)上为增函数.
2.已知函数f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,求实数a的取值范围.
解 函数f(x)=ln x-a2x2+ax的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-2a2x+a==.
方法一 ①当a=0时,f′(x)=>0,所以f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,不合题意;
②当a>0时,令f′(x)≤0(x>0),即(2ax+1)(ax-1)≥0(x>0),即x≥,
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意,得解得a≥1;
③当a<0时,令f′(x)≤0(x>0),即(2ax+1)(ax-1)≥0(x>0),即x≥-.
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意,得解得a≤-.
综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).
方法二 ①当a=0时,f′(x)=>0,所以f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,不合题意;
②当a≠0时,要使函数f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,只需f′(x)≤0在区间[1,+∞)上恒成立.
因为x>0,所以只要2a2x2-ax-1≥0在区间[1,+∞)上恒成立.
所以解得a≥1或a≤-.
综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).
3.已知函数f(x)=x3-ax2.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;
(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解 (1)由题意得f′(x)=x2-ax,
所以当a=2时,f(3)=0,f′(x)=x2-2x,所以f′(3)=3,
因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.
(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,
所以g′(x)=f′(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x).
令h(x)=x-sin x,则h′(x)=1-cos x≥0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;
当x<0时,h(x)<0.
①当a<0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(a,0)时,x-a>0,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=a时,g(x)取到极大值,
极大值是g(a)=-a3-sin a;
当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.
②当a=0时,g′(x)=x(x-sin x),
当x∈(-∞,+∞)时,g′(x)≥0,g(x)单调递增;
所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(0,a)时,x-a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;
当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-a3-sin a.
综上所述,当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-a3-sin a,极小值是g(0)=-a;
当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-a3-sin a.
4.已知函数f(x)=x2-ax+2ln x.
(1)若函数y=f(x)在定义域上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)设f(x)有两个极值点x1,x2,若x1∈,且f(x1)≥t+f(x2)恒成立,求实数t的取值范围.
解 (1)因为函数y=f(x)在定义域上单调递增,
所以f′(x)≥0,即2x-a+≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以a≤2x+(x∈(0,+∞)).
而2x+≥2=4,所以a≤4,
所以实数a的取值范围是(-∞,4].
(2)因为f′(x)=(x>0),
由题意可得x1,x2为方程f′(x)=0,即2x2-ax+2=0(x>0)的两个不同实根,
所以ax1=2x+2,ax2=2x+2.
由根与系数的关系可得x1x2=1.
由已知0<x1≤,则x2=≥e.
而f(x1)-f(x2)
=(x-ax1+2ln x1)-(x-ax2+2ln x2)
=[x-(2x+2)+2ln x1]-[x-(2x+2)+2ln x2]
=(-x-2+2ln x1)-(-x-2+2ln x2)=x-x+2(ln x1-ln x2)
=x-x+2ln =x-+2ln =x--2ln x(x2≥e).
设p(x)=x--2ln x(x≥e2),
则p′(x)=1+-==,
显然当x≥e2时,p′(x)>0,函数p(x)单调递增,
故p(x)≥p(e2)=e2--2ln e2=e2--4.
故f(x1)-f(x2)≥e2--4,
故t≤e2--4.
所以实数t的取值范围是.
[明晰考情] 1.命题角度:讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点.2.题目难度:偏难题.
考点一 利用导数研究函数的单调性
方法技巧 (1)函数单调性的判定方法:在某个区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在此区间内单调递增;如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在此区间内单调递减.
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围:若可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减),则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0),从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).
(3)若函数y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)=0在(a,b)上有解.
1.已知函数f(x)=ex+(a≠0,x≠0)在x=1处的切线与直线(e-1)x-y+2 018=0平行,求a的值并讨论函数y=f(x)在(-∞,0)上的单调性.
解 ∵f′(x)=ex-,f′(1)=e-=e-1,
∴a=1.
∴f′(x)=ex-=,
令h(x)=x2ex-1,则h′(x)=(2x+x2)ex,
∴当x∈(-∞,-2)时,h′(x)>0;当x∈(-2,0)时,h′(x)<0.
则h(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减.
∴当x∈(-∞,0)时,h(x)≤h(-2)=-1<0,
即当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,
∴函数f(x)在(-∞,0)上单调递减.
2.已知函数f(x)=ln x+,其中常数k>0,讨论f(x)在(0,2)上的单调性.
解 因为f′(x)=--1==-(x>0,k>0).
①当0
所以当x∈(0,k)时,f′(x)<0,当x∈(k,2)时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;
②当k=2时,=k=2,f′(x)<0在(0,2)上恒成立,
所以f(x)在(0,2)上是减函数;
③当k>2时,0<<2,k>,
所以当x∈时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在上是减函数,在上是增函数.
综上可知,当0
3.已知函数f(x)=aln(x+1)-ax-x2,讨论f(x)在定义域上的单调性.
解 f′(x)=-a-2x=,
令f′(x)=0,得x=0或x=-,
又f(x)的定义域为(-1,+∞),
①当-≤-1,即当a≥0时,
若x∈(-1,0),f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈(0,+∞),f′(x)<0,则f(x)单调递减.
②当-1<-<0,即-2<a<0时,
若x∈,f′(x)<0,则f(x)单调递减;
若x∈,f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈(0,+∞),f′(x)<0,则f(x)单调递减.
③当-=0,即a=-2时,
f′(x)≤0,f(x)在(-1,+∞)上单调递减.
④当->0,即a<-2时,
若x∈(-1,0),f′(x)<0,则f(x)单调递减;
若x∈,f′(x)>0,则f(x)单调递增;
若x∈,f′(x)<0,则f(x)单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在(-1,0)上单调递增,
在(0,+∞)上单调递减;
当-2<a<0时,f(x)在上单调递减,
在上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;
当a=-2时,f(x)在(-1,+∞)上单调递减;
当a<-2时,f(x)在(-1,0)上单调递减,
在上单调递增,
在上单调递减.
考点二 利用函数的单调性求参数范围
方法技巧 (1)已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)=0在(a,b)上有解.
4.已知函数f(x)=(x2+bx+b)·(b∈R),若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.
解 f′(x)=,
因为当x∈时,<0,
依题意得当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,
从而+(3b-2)≤0,b≤.
所以b的取值范围为.
5.设函数f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解 (1)对f(x)求导,得f′(x)=
=,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.
当a=0时,f(x)=,f′(x)=,
故f(1)=,f′(1)=,
从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知,f′(x)=.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0,解得x1=,x2=.
当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数;
当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数知,
x2=≤3,解得a≥-,
故a的取值范围为.
6.已知函数f(x)=x2-2aln x+(a-2)x.
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)是否存在实数a,使函数g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)当a=-1时,f(x)=x2+2ln x-3x(x>0),
则f′(x)=x+-3==.
当0
(2)假设存在实数a,使g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上是增函数,
则g′(x)=f′(x)-a=x--2≥0恒成立,
即≥0在(0,+∞)上恒成立,
∴x2-2x-2a≥0在(0,+∞)上恒成立,
∴a≤(x2-2x)=(x-1)2-恒成立.
又φ(x)=(x-1)2-,x∈(0,+∞)的最小值为-.
∴当a≤-时,g′(x)≥0恒成立.
又当a=-时,g′(x)=,当且仅当x=1时,g′(x)=0.
故当a∈时,g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增.
考点三 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)可导函数极值点的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点,如函数f(x)=x3,f′(0)=0,但x=0不是极值点.
(2)极值点不是一个点,而是一个数x0,当x=x0时,函数取得极值,在x0处,f′(x0)=0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)一般地,在闭区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么函数y=f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.函数的最值必在极值点或区间的端点处取得.
7.(2017·浙江)已知函数f(x)=(x-)e-x.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解 (1)因为(x-)′=1-,
(e-x)′=-e-x,
所以f′(x)=e-x-(x-)e-x=.
(2)由f′(x)==0,
解得x=1或x=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:
x
1
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
0
又f(x)=(-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间上的取值范围是.
8.讨论函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)(a∈R)的极值点的个数.
解 由题意知,函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f′(x)=+a(2x-1)=.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;
②当a>0时,令2ax2+ax-a+1=0,则Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0.
故f′(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;
当a>时,Δ>0.
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根分别为x1,x2(x1<x2),
因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-,
由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-.
所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数f(x)有两个极值点;
③当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数f(x)有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;
当a>时,函数f(x)有两个极值点.
9.已知函数f(x)=ln x+.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对任意x>0,均有x(2ln a-ln x)≤a恒成立,求正数a的取值范围.
解 (1)f′(x)=-=,x∈(0,+∞).
①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;
②当a>0时,x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)在(0,a)上为减函数;
x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上为增函数,
所以f(x)在(0,+∞)上有极小值,无极大值,
f(x)的极小值为f(a)=ln a+1.
(2)若对任意x>0,均有x(2ln a-ln x)≤a恒成立,
即对任意x>0,均有2ln a≤+ln x恒成立,
由(1)可知f(x)的最小值为ln a+1,问题转化为2ln a≤ln a+1,即ln a≤1,故0 故正数a的取值范围是(0,e].
例 (15分)设函数f(x)=a2x2-ln x(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)如果函数f(x)的图象不在x轴的下方,求实数a的取值范围.
审题路线图
(1)→→
(2)→
→
规范解答·评分标准
解 (1)f′(x)=a2x-(x>0).1分
当a=0时,f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当a>0时,f′(x)==,
由f′(x)≥0,得x≥;由f′(x)<0,得0<x<.4分
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
当a<0时,f′(x)=,由f′(x)≥0,得x≥-;
由f′(x)<0,得0<x<-.7分
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
综上,当a=0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为;当a<0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.8分
(2)f(x)的图象不在x轴的下方,即当x>0时,f(x)≥0恒成立,
所以a2x2-ln x≥0,即a2≥.9分
令h(x)=(x>0),
则h′(x)==,12分
由h′(x)>0,得0<x<;由h′(x)<0,得x>.
故h(x)在(0,]上单调递增,在[,+∞)上单调递减.当x=时,h(x)取得最大值.
所以a2≥,解得a≤-或a≥.14分
故实数a的取值范围是∪.15分
构建答题模板
[第一步] 求导:一般先确定函数的定义域,再求导数f′(x).
[第二步] 转化:“判断函数单调性、求极值(最值)”常转化为“判断f′(x)的符号”,“切线方程、切线的斜率(或倾斜角)、切点坐标”,常转化为“导数的几何意义”,“恒成立问题”常转化为“求最值”等.
[第三步] 求解:根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题.
[第四步] 反思:单调区间不能用“∪”连接;范围问题的端点能否取到.
1.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.
(1)确定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.
解 (1)对f(x)求导,得f′(x)=3ax2+2x,
因为f(x)在x=-处取得极值,所以f′=0,
即3a·+2·=-=0,解得a=.
(2)由(1)得g(x)=ex,
故g′(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex.
令g′(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
当x<-4时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当-4<x<-1时,g′(x)>0,故g(x)为增函数;
当-1<x<0时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当x>0时,g′(x)>0,故g(x)为增函数.
综上可知,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)上为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)上为增函数.
2.已知函数f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,求实数a的取值范围.
解 函数f(x)=ln x-a2x2+ax的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-2a2x+a==.
方法一 ①当a=0时,f′(x)=>0,所以f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,不合题意;
②当a>0时,令f′(x)≤0(x>0),即(2ax+1)(ax-1)≥0(x>0),即x≥,
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意,得解得a≥1;
③当a<0时,令f′(x)≤0(x>0),即(2ax+1)(ax-1)≥0(x>0),即x≥-.
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意,得解得a≤-.
综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).
方法二 ①当a=0时,f′(x)=>0,所以f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,不合题意;
②当a≠0时,要使函数f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,只需f′(x)≤0在区间[1,+∞)上恒成立.
因为x>0,所以只要2a2x2-ax-1≥0在区间[1,+∞)上恒成立.
所以解得a≥1或a≤-.
综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).
3.已知函数f(x)=x3-ax2.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;
(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解 (1)由题意得f′(x)=x2-ax,
所以当a=2时,f(3)=0,f′(x)=x2-2x,所以f′(3)=3,
因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.
(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,
所以g′(x)=f′(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x).
令h(x)=x-sin x,则h′(x)=1-cos x≥0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;
当x<0时,h(x)<0.
①当a<0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(a,0)时,x-a>0,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=a时,g(x)取到极大值,
极大值是g(a)=-a3-sin a;
当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.
②当a=0时,g′(x)=x(x-sin x),
当x∈(-∞,+∞)时,g′(x)≥0,g(x)单调递增;
所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(0,a)时,x-a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;
当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-a3-sin a.
综上所述,当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-a3-sin a,极小值是g(0)=-a;
当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-a3-sin a.
4.已知函数f(x)=x2-ax+2ln x.
(1)若函数y=f(x)在定义域上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)设f(x)有两个极值点x1,x2,若x1∈,且f(x1)≥t+f(x2)恒成立,求实数t的取值范围.
解 (1)因为函数y=f(x)在定义域上单调递增,
所以f′(x)≥0,即2x-a+≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以a≤2x+(x∈(0,+∞)).
而2x+≥2=4,所以a≤4,
所以实数a的取值范围是(-∞,4].
(2)因为f′(x)=(x>0),
由题意可得x1,x2为方程f′(x)=0,即2x2-ax+2=0(x>0)的两个不同实根,
所以ax1=2x+2,ax2=2x+2.
由根与系数的关系可得x1x2=1.
由已知0<x1≤,则x2=≥e.
而f(x1)-f(x2)
=(x-ax1+2ln x1)-(x-ax2+2ln x2)
=[x-(2x+2)+2ln x1]-[x-(2x+2)+2ln x2]
=(-x-2+2ln x1)-(-x-2+2ln x2)=x-x+2(ln x1-ln x2)
=x-x+2ln =x-+2ln =x--2ln x(x2≥e).
设p(x)=x--2ln x(x≥e2),
则p′(x)=1+-==,
显然当x≥e2时,p′(x)>0,函数p(x)单调递增,
故p(x)≥p(e2)=e2--2ln e2=e2--4.
故f(x1)-f(x2)≥e2--4,
故t≤e2--4.
所以实数t的取值范围是.
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