2021届高考数学二轮专题复习课件 导数与函数的单调性极值与最值（共46张PPT）

(共46张PPT)
导数与函数的单调性、极值与最值
真题再研析·提升审题力
【典例】(12分)(2019·全国Ⅲ卷)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]上的最小值为-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.
【审题·逆向思维】
(1)对f(x)求导分a>0,a=0,a<0讨论函数单调性;
(2)根据a的各种范围→函数单调性→最大值和最小值的判断→得出a,b的值.
【标准答案】
(1)
=6x2-2ax=2x(3x-a).
令
=0,得x=0或x=
.
…………2分
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪
时,f′(x)>0;x∈
时,f′(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),
上单调递增,在
上单调递减;
…………3分
若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
………………4分
若a<0,则当x∈
∪(0,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈
时,f′(x)<0.
………………5分
故f(x)在
,(0,+∞)上单调递增,
在
上单调递减.
………………6分
(2)满足题设条件的a,b存在.理由如下
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]上的最小
值为f(0)=b=-1,最大值为f(1)=2-a+b=1.解得a=0,b=-1,
…………7分
此时a,b满足条件.
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]上的最大
值为f(0)=b=1,
最小值为f(1)=2-a+b=-1.解得a=4,b=1,此时a,b满足条件.
…………9分
③当0,最大值为b或
2-a+b.
若
=-1,b=1,则a=
,与0若
=-1,2-a+b=1,则a=
或a=-
或a=0,与0综上所述,当a=0,b=-1或a=4,b=1时,
f(x)在[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.
…………12分
【深度解读】
测试目标
(1)函数求导,分类讨论确定单调区间;
(2)假设存在,利用单调性分类讨论确定是否满足要求
测试素养
数学抽象:分类讨论的依据
逻辑推理:导数与单调性及最值;
数学建模:分类讨论,根据最值列式;
数学运算:利用最大值,最小值列式求解.
【模拟考场】
已知函数f(x)
=x3-3x.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若g(x)=
+alnx在[1,+∞)上是单调增函数,求实数a的取值范围.
【解析】(1)
f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
令f′(x)=0,得x=-1或x=1.
当f′(x)>0时,x<-1或x>1;
当f′(x)<0时,-1随x的变化,f′(x),f(x)的变化如表所示:
x
（-
∞，-1
）
-1
(-1,1)
1
（
1,+∞
）
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值2
单调递减
极小
值-2
单调递增
因此,当x=-1时,
f(x)有极大值,且极大值为2;
当x=1时,
f(x)有极小值,且极小值为-2.
(2)g(x)=
因为g（x）在[1,+∞)上是单调增函数,所以g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即不等式2x-
≥0在[1,+∞)上恒成立,
也即a≥
-2x2在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=
-2x2,则h′(x)=-
-4x.
当x∈[1,+∞)时,h′(x)<0恒成立,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递减,
h(x)max=h(1)=-1.所以a≥-1,
即实数a的取值范围为[-1,+∞).
【考场秘技】
1.利用导数研究函数单调性的方法
(1)若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
(2)若已知函数的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题.
2.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
【万能模板】
利用导数研究函数最值的步骤
第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域;
第二步定区间:根据单调性解不等式,确定单调区间,注意书写格式;
第三步求极值:利用单调性确定极值;
第四步求端点值:代入函数式求函数值;
第五步得结论:对所求结果进行比较,得出结论.
【阅卷点评】
1.步骤分:第(2)问中的综上所述是步骤分.
2.关键分:函数求导,写出方程两根.
3.计算分:计算准确是根本保证.
4.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维——已知函数的极值或最值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.
高考演兵场·检验考试力
1.(极值问题)设f(x)
=2x3+ax2+bx+1的导数为
,若函数y=
的图象关于
直线x=-
对称,且
=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)的极值.
【解析】(1)因为f(x)
=2x3+ax2+bx+1,故
=6x2+2ax+b,从而
即
y=
关于直线x=-
对称,从而由条件可知-
=-
,
解得a=3,又由于
=0,即6+2a+b=0,解得b=-12.
(2)由(1)知f(x)
=2x3+3x2-12x+1,
=6x2+6x-12=6
.
令
=0,得x=1或x=-2,
当x∈
上是增函数,
当x∈
上是减函数,
当x∈
上是增函数,从而f(x)在x=-2处取到极大值
f
=21,在x=1处取到极小值f
=-6.
2.(最值问题)已知函数f(x)
=
x2-2x,x∈R.
(1)求函数f(x)在
处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间[-3,2]上的最大值和最小值.
【解析】(1)x=1时,
所以切点为
,
=x2+x-2,
所以斜率为k=
=0,
所以切线方程为
即y=-
.
(2)
=x2+x-2=
,x∈[-3,2],
令
=0?x=-2或1.
x
[-3,-2)
-2
1
(1,2]
+
0
-
0
+
f(x)
增
极大
减
极小
增
所以最大值为
,最小值为-
.
3.(极值点问题)已知函数f(x)
=ex-cos
x,x∈
,证明:
(1)
f(x)存在唯一的极小值点;
(2)
f(x)的极小值点为x0,则-1<
<0.
【证明】(1)
当x∈
所以
>0.
当x∈
时,
≥e0+cos
x=1+cos
x≥0,
综上所述,当x∈
时,
≥0恒成立,
故
上单调递增.
又
-1=1>0,
由零点存在性定理可知,函数
在区间
上存在唯一的零点
x0,x0∈
,
结合单调性可得f(x)在
上单调递减,在
上单调递增,
所以函数f(x)存在唯一的极小值点x0.
(2)由(1)知,x0∈
-1>e1>2,
所以
=e0+0=1>0,故极小值点x0∈
,
且
=
+sin
x0=0,即
=-sin
x0.
,
由
式,得
=
得x0+
即-1<
<0.
4.(单调性问题)已知x=1是f(x)=2x+
+ln
x(b∈R)的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)=f(x)-
(a∈R),若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增,求a
的取值范围.
【解析】(1)f(x)=2x+
+ln
x,定义域为(0,+∞).
所以f′(x)=2-
因为x=1是f(x)=2x+
+ln
x的一个极值点,
所以f′(1)=0,即2-b+1=0.
解得b=3,经检验,适合题意,所以b=3.
所以f′(x)=
令f′(x)<0,得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1).
(2)g(x)=f(x)-
=2x+ln
x-
(x>0),
g′(x)=2+
(x>0).
因为函数g(x)在[1,2]上单调递增,
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立,
即2+
≥0在[1,2]上恒成立,
所以a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立,
所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2].
因为在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3.
所以a的取值范围是[-3,+∞).
5.(极值与最值)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得极值c-16.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最大值.
【解析】(1)因为f(x)=ax3+bx+c,故f′(x)=3ax2+b,
由于f(x)在点x=2处取得极值,
故有
即
化简得
解得
(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12,
令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2,
当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上为增函数;
当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上为减函数;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上为增函数.由此可知f(x)在x1=-2
处取得极大值f(-2)=16+c,
f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c-16,由题设条件知16+c=28得c=12,此时
f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,
f(2)=c-16=-4,因此f(x)在[-3,3]上的最大值为
f(-2)=28.
6.(最值与单调性)已知函数f(x)=x-ln
x+a-1,g
(x)
=
+ax-xln
x,其中a>0.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x≥1时,g
的最小值大于
-ln
a,求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=1-
当0当x>1时,f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间
是(1,+∞).
(2)易知g′(x)=x-ln
x+a-1=f(x).
由(1)知,f(x)≥f(1)=a>0,
所以当x≥1时,g′(x)≥g′(1)=a>0.
从而g(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以g(x)的最小值为g
=a+
.
依题意得a+
>
-ln
a,即a+ln
a-1>0.
令h
=ln
a+a-1
,
所以h′
=
+1>0在
上恒成立,所以h
在
上单调递增.
所以h
>h
=0,
所以a的取值范围是
.
7.(极值与单调性)已知函数f(x)=ln
x+
+ax,其中x>0,a∈R.
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上不单调,求a的取值范围;
(2)若函数f(x)在区间[1,+∞)上有极大值
,求a的值.
【解析】(1)因为f(x)
=ln
x+
+ax,且f(x)在区间[1,+∞)上不单调,
所以
上有解,
所以a=
上有解.
设
所以函数g
在
上是减函数,在
上是增函数,
若a=0,f′
=
,
因为x≥1,所以f′
≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增.
若a=-
,则f′
=
≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减.
所以-
.
(2)当a≥0时,函数f
在
上单调递增,
所以f
在
上无极值.
当a≤-
时,函数f
在
上单调递减,
所以f
在
上无极值.
当-
,得ax2+x-1>0,则α(其中α=
)
所以函数f
在
上单调递减,在
上单调递增,在
上单调递减,
由极大值
又aβ2+β-1=0,所以aβ=
-1,代入
设函数h
=ln
x+
所以函数h
在
上单调递增.
而h
=0,所以β=e,则a=
故当a=
时,函数f
在
上有极大值
.
8.(探索问题)已知函数f(x)=aln
x-ax-3(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的斜率为1,问:m在什么范围取值
时,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2
在区间
上总存在极值?
【解析】(1)由f′(x)=
知:
当a>0时,函数f
的单调增区间是
,单调减区间是
;
当a<0时,函数f
的单调增区间是
,单调减区间是
.
(2)由f′(2)=-
=1得a=-2,
所以f(x)=-2ln
x+2x-3,f′(x)=2-
.
g(x)=x3+x2
=x3+
x2-2x,
所以g′(x)=3x2+(4+m)x-2,
因为函数g
在区间
上总存在极值,
所以g′(x)=0有两个不等实根且至少有一个在区间
内,
又因为函数g′(x)是开口向上的二次函数,且g′(0)=-2<0,所以
由g′(t)<0得m<
-3t-4,因为H(t)=
-3t-4在
上单调递减,
所以H(t)min=H(2)=-9,所以m<-9,
由g′(3)=27+3(4+m)-2>0,解得m>-
;
综上得:-
内取值时,对于任意t∈[1,2],函数
g(x)=x3+x2
在区间
上总存在极值.