2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲　利用导数研究函数的性质

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲　利用导数研究函数的性质，共7页。


1．函数y＝x＋eq \f(3,x)＋2lnx的单调递减区间是( B )
A．(－3,1)B．(0,1)
C．(－1,3)D．(0,3)
【解析】 由题知f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(x－c)．y′＝1－eq \f(3,x2)＋eq \f(2,x)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)(x＞0)，令y′＜0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3＜0，,x＞0，))解得0＜x＜1．
2．已知函数f(x)＝kx－2lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( C )
A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)
C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)
【解析】 因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故f′(x)＝k－eq \f(2,x)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq \f(2,x)在区间(1，＋∞)上恒成立，故k≥2．
3．函数f(x)＝x＋2csx在[0，π]上的最大值为( D )
A．π－2B．eq \f(π,6)
C．2D．eq \f(π,6)＋eq \r(,3)
【解析】 由题意知f′(x)＝1－2sinx，所以当0≤sinx≤eq \f(1,2)时，即x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq \f(1,2)＜sinx≤1，即x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π,6)＋eq \r(,3)，有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝eq \f(5π,6)－eq \r(,3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞f(0)＞f(π)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))，所以f(x)在[0，π]上的最大值为eq \f(π,6)＋eq \r(,3)．
4．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为( B )
A．6B．2
C．2或6D．0
【解析】 由题知f′(x)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(c,3)))(x－c)，由f′(2)＝0，可得c＝2或6．当c＝2时，结合图象(图略)可知函数f(x)先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数f(x)在x＝2处取得极大值．
举题固法6
目标引领
零点分析法研究含参函数的单调性
例1 (1) (2023·合肥一检节选)已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a－x2,2x)，讨论函数f(x)的单调性．
【解答】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,2x2)－eq \f(1,2)＝eq \f(－x2＋2x－a,2x2)，x＞0．①当Δ＝4－4a≤0，即a≥1时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4－4a＞0，,a＞0，))即0＜a＜1时，由f′(x)＝0，解得x＝1±eq \r(1－a)．由f′(x)＞0，解得1－eq \r(1－a)＜x＜1＋eq \r(1－a)；由f′(x)＜0，解得0＜x＜1－eq \r(1－a)或x＞1＋eq \r(1－a)，此时，f(x)在(0,1－eq \r(1－a))和(1＋eq \r(1－a)，＋∞)上单调递减，在(1－eq \r(1－a)，1＋eq \r(1－a))上单调递增．③当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4－4a＞0，,a≤0，))即a≤0时，由f′(x)＝0，解得x＝1＋eq \r(1－a)或x＝1－eq \r(1－a)(舍去)，由f′(x)＞0，解得0＜x＜1＋eq \r(1－a)；由f′(x)＜0，解得x＞1＋eq \r(1－a)，此时，f(x)在(0,1＋eq \r(1－a))上单调递增，在(1＋eq \r(1－a)，＋∞)上单调递减．综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜1时，f(x)在(0,1－eq \r(,1－a))，(1＋eq \r(,1－a)，＋∞)上单调递减，在(1－eq \r(,1－a)，1＋eq \r(,1－a))上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0,1＋eq \r(,1－a))上单调递增，在(1＋eq \r(,1－a)，＋∞)上单调递减．
(2) (2023·烟台期末节选)已知a＞0，f(x)＝xex－a(x2＋2x)，x∈R，f′(x)为f(x)的导函数，讨论函数f(x)的单调性．
【解答】 f(x)＝xex－ax2－2ax，则f′(x)＝(x＋1)(ex－2a)．当a＞0时，方程ex－2a＝0的根为x＝ln(2a)．当ln(2a)＞－1，即a＞eq \f(1,2e)时，当x∈(－∞，－1)和x∈(ln(2a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(－1，ln(2a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．当ln(2a)＜－1，即0＜a＜eq \f(1,2e)时，当x∈(－∞，ln(2a))和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(ln(2a)，－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．当ln(2a)＝－1，即a＝eq \f(1,2e)时，y′≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增．综上所述，当0＜a＜eq \f(1,2e)时，f(x)在(－∞，ln(2a))，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln(2a)，－1)上单调递减；当a＝eq \f(1,2e)时，f(x)在R上单调递增；当a＞eq \f(1,2e)时，f(x)在(－∞，－1)，(ln(2a)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2a))上单调递减．
含参函数单调性的讨论方法
导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．
(1) 首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0分类讨论；
(2) 若存在零点，考虑首项系数是否有参数．如有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小；
(3) 讨论x1，x2的大小时，一定要结合函数定义域进行．
变式1 (2023·邵阳一模节选)设函数f(x)＝(a－a2)x＋lnx－eq \f(1,x)(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
【解答】 由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－a2＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(a－a2x2＋x＋1,x2)＝eq \f(ax＋1[1－ax＋1],x2)．①若a＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减；②若0≤a≤1，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③若a＞1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a－1)))时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a－1)))上单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))上单调递减．综上，当a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减；当0≤a≤1时， f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a－1)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))上单调递减．
含参函数的极值与最值
例2 (1) 若函数f(x)＝ax3－bx－lnx(a＞0，b∈R)的一个极值点是1，则lna－b＋1的值( B )
A．恒大于0B．恒小于0
C．恒等于0D．不确定
【解析】 f′(x)＝3ax2－b－eq \f(1,x)，因为x＝1是f(x)的极值点，所以f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b．令g(a)＝lna－(b－1)＝lna－3a＋2(a＞0)，则g′(a)＝eq \f(1,a)－3＝eq \f(1－3a,a)．令g′(a)＞0，解得0＜a＜eq \f(1,3)，令g′(a)＜0，解得a＞eq \f(1,3)，故g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))上单调递减，故g(a)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1－ln3＜0，故lna－b＋1恒小于0．
(2) (2023·青岛期末节选)已知函数f(x)＝x lnx＋eq \f(1,e)的最小值和g(x)＝ln(1＋x)－ax的最大值相等，则a的值为__1__．
【解析】 由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)的定义域为(－1，＋∞)．因为f′(x)＝lnx＋1，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0．又因为g′(x)＝eq \f(1,1＋x)－a，x＞－1，若a≤0，则g′(x)＞0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无最大值，不合题意．若a＞0，令g′(x)＝eq \f(1,1＋x)－a＝0，解得x＝eq \f(1,a)－1．所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a)－1))时，g′(x)＞0，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a)－1))上单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1，＋∞))时，g′(x)＜0，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1，＋∞))上单调递减，所以g(x)≤geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))＝a－lna－1＝0．令h(a)＝a－lna－1，则h′(a)＝1－eq \f(1,a)(a＞0)，所以h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(a)≥h(1)＝0．综上，a＝1．
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，一般要根据其单调性及极值画出函数的大致图象，借图求解．求最值时，不可以想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较再下结论．
变式2 已知函数f(x)＝(x－2)ex．
(1) 求f(x)的极值；
【解答】 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1．当x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值为f(1)＝－e，无极大值．
(2) 若函数g(x)＝f(x)－k(x－lnx)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上没有极值，求实数k的取值范围．
【解答】 由g(x)＝(x－2)ex－k(x－lnx)，可得g′(x)＝(x－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(k,x)))．因为g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上没有极值，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增或单调递减，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，g′(x)≥0或g′(x)≤0恒成立，即ex－eq \f(k,x)≤0或ex－eq \f(k,x)≥0恒成立，即k≥xex或k≤xex在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立．设h(x)＝xex，则h′(x)＝(x＋1)ex，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)＞0，所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，要使k≥xex或k≤xex恒成立，则k≥h(1)＝e或k≤heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(,e),2)，即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(,e),2)))∪[e，＋∞)．
随堂内化
1．已知函数f(x)＝x3＋kx－k，则“k＜0”是“f(x)有极值”的( C )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【解析】 若f(x)有极值，则f′(x)＝3x2＋k＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝0－4×3k＞0，解得k＜0．当k＜0时，令f′(x)＝3x2＋k＝0，可得x＝±eq \r(,－\f(k,3))，此时f(x)＝x3＋kx－k在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(,－\f(k,3))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(,－\f(k,3))，\r(,－\f(k,3))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(,－\f(k,3))，＋∞))上单调递增，所以“k＜0”可以推出“f(x)有极值”，所以“k＜0”是“f(x)有极值”的充要条件．
2．(2023·武汉二调)已知函数f(x)＝ex－e1－x－ax有两个极值点x1与x2，若f(x1)＋f(x2)＝－4，则实数a＝__4__．
【解析】 因为函数f(x)＝ex－e1－x－ax有两个极值点x1与x2，令f′(x)＝ex＋e1－x－a＝0，则(ex)2－aex＋e＝0有两根x1与x2，所以ex1＋ex2＝a，ex1·ex2＝ex1＋x2＝e，得x1＋x2＝1．因为f(x1)＋f(x2)＝－4，所以(ex1＋ex2)－(e1－x1＋e1－x2)－a(x1＋x2)＝－4，又e1－x1＝a－ex1，e1－x2＝a－ex2，则2(ex1＋ex2)－2a－a(x1＋x2)＝2a－2a－a＝－4，所以a＝4．
3．已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R)．
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
【解答】 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex＋a，当a≥0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．综上，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．
(2) 求函数f(x)的极值的最大值．
【解答】 由(1)知当a≥0时，f(x)无极值；当a＜0时，f(x)存在极小值，且极小值为f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)＝－a＋aln(－a)，无极大值．设g(x)＝x－xlnx，x＞0，则g′(x)＝－lnx，令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)的最大值为g(1)＝1－ln1＝1．所以f(x)的极小值的最大值为1．