课件47张PPT。第24练
导数与函数的单调性、极值、最值第三篇 [大题规范练]明晰考情 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点和难点，难度偏大.题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 利用导数研究函数的单调性要点重组 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.
(3)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.解 函数f(x)的定义域为(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；所以f(x)在(0,2)上是减函数；综上可知，当0
当k＝2时，f(x)在(0,2)上是减函数；(1)讨论函数f(x)的单调性；当b≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当b>0时，若x∈(b，＋∞)，f′(x)<0，
若x∈(0，b)，f′(x)>0，
即f(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减，
综上所述，当b≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当b>0时，f(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减.(2)若b＝1，试讨论函数f(x)零点的个数.令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x>1时，f′(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
当00，则f(x)在(0,1)上单调递增，
∴[f(x)]max＝f(1)＝a－1，
①当[f(x)]max＝0，即a＝1时，当且仅当x＝1时，f(x)＝0，f(x)恰有一个零点；
②当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，f(x)没有零点；
③当[f(x)]max>0，即a>1时，?ea>1，f(ea)＝－ <0，
?e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0，∴f(x)有两个零点.
综上，当a＝1时，f(x)恰有一个零点；当a<1时，f(x)没有零点；
当a>1时，f(x)有两个零点.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；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)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 假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立，题组二 导数与函数的极值、最值要点重组 (1)可导函数在极值点处的导数为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是可导函数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.4.设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；解 因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.解 由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]exf′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在x＝2处取得极小值；④若a＝0，则f′(x)＝－(x－2)ex，当x∈(－∞，2)时，
f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝2处取得极大值；f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝2处取得极大值.5.(2019·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；证明 f(x)的定义域为(0，＋∞).所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当0当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.证明 由(1)知f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(1,2)，f(x0)又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.6.已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，令f′(x)>0，即x－1>0，得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).模板规范练模板体验(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.审题路线图规范解答·评分标准
解 (1)由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝0时，f′(x)＜0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减.综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；(2)f(x)的图象不在x轴的下方，即当x＞0时，f(x)≥0恒成立，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.规范演练(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a≤0时，?x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，
所以由f′(x)>0得x>1；
由f′(x)<0得0所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1).(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围.解 若f(x)在(0,1)内有极值，
则f′(x)＝0在(0,1)内有解，当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，
所以g(x)单调递减.又当x→1时，g(x)→e，当x在0右侧趋近于0时，
g(x)→＋∞，
所以g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，设H(x)＝ex－ax，
则H′(x)＝ex－a<0，x∈[0,1]，
所以H(x)在[0,1]上单调递减，
因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，
所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一，
当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不符合题意.
综上，a的取值范围为(e，＋∞).2.设x＝m和x＝n是函数f(x)＝2ln x＋x2－2(a＋3)x的两个极值点，其中m(1)求f(m)＋f(n)的取值范围；解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意，方程x2－(a＋3)x＋1＝0有两个不等的正根m，n(其中m∴f(m)＋f(n)＝2ln(mn)＋m2＋n2－2(a＋3)(m＋n)
＝(m＋n)2－2mn－2(a＋3)2＝－(a＋3)2－2，
∵a>－1，∴f(m)＋f(n)<－6，
故f(m)＋f(n)的取值范围为(－∞，－6).解得a>－1，由(1)知m＋n＝a＋3，mn＝1. 本课结束 第三篇 第24练 导数与函数的单调性、极值、最值[大题突破练]
[明晰考情] 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点和难点，难度偏大．
题组一 利用导数研究函数的单调性
要点重组 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．
(3)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．
1．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 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
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．
2．(2019·江苏省扬州市邗江区赤岸中学调研)已知函数f(x)＝a－－ln x(a，b∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若b＝1，试讨论函数f(x)零点的个数．
解 (1)由题意得f′(x)＝－＝(x>0)，
当b≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当b>0时，若x∈(b，＋∞)，f′(x)<0，若x∈(0，b)，
f′(x)>0，
即f(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减，
综上所述，当b≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当b>0时，f(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减．
(2)当b＝1时，f(x)＝a－－ln x，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x>1时，f′(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
当00，则f(x)在(0,1)上单调递增，
∴[f(x)]max＝f(1)＝a－1，
①当[f(x)]max＝0，即a＝1时，当且仅当x＝1时，f(x)＝0，f(x)恰有一个零点；
②当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，f(x)没有零点；
③当[f(x)]max>0，即a>1时，?ea>1，f(ea)＝－<0，
?e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0，∴f(x)有两个零点．
综上，当a＝1时，f(x)恰有一个零点；当a<1时，f(x)没有零点；当a>1时，f(x)有两个零点．
3．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在(0，＋∞)上恒成立，即≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－(x∈(0，＋∞))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．
题组二 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)可导函数在极值点处的导数为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是可导函数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．
4．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex＝a(x－2)ex.
①若a>，则0<<2，当x∈时，
f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在x＝2处取得极小值；
②若a＝，则f′(x)＝(x－2)2ex≥0，
f(x)在R上单调递增，无极值；
③若02，当x∈(－∞，2)时，
f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在x＝2处取得极大值；
④若a＝0，则f′(x)＝－(x－2)ex，当x∈(－∞，2)时，
f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝2处取得极大值；
⑤若a<0，则<0<2，当x∈时，
f′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝2处取得极大值．
综上，a的取值范围是.
5．(2019·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－(x>0)．
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当0当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(1,2)，f(x0)又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由1又f＝ln?－－1
＝＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)上的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
6．已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，
∵a>0，x>0，∴>0，
令f′(x)>0，即x－1>0，得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(1)可得f′(x)＝，
∵a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
①当－>1，即－∴f(x)在上的最小值为f(1)＝1－a；
②当≤－≤1，即－1≤a≤－时，
当x∈时，f′(x)≤0；
当x∈时，f′(x)≥0，
因此f(x)在上是减函数，在上是增函数，
∴f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)；
③当－<，即a<－1时，
f(x)在上是增函数，
∴f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
设函数f(x)在上的最小值为g(a)．
综上，函数f(x)在区间上的最小值
g(a)＝
典例 (16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)由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
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<－.………………………………………………………………………6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，＋∞)，无单调递增区间；
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)＝＝，………………………………………………………11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∪.………………………………………16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)＝－a(x－ln x)．
(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝
＝，
当a≤0时，?x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，
所以由f′(x)>0得x>1；
由f′(x)<0得0所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，
则f′(x)＝0在(0,1)内有解，
令f′(x)＝＝0，
即ex－ax＝0，即a＝，
设g(x)＝，x∈(0,1)，
则g′(x)＝，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，
所以g(x)单调递减．
又当x→1时，g(x)→e，当x在0右侧趋近于0时，
g(x)→＋∞，
所以g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，
所以当a>e时，f′(x)＝＝0有解，
设H(x)＝ex－ax，
则H′(x)＝ex－a<0，x∈[0,1]，
所以H(x)在[0,1]上单调递减，
因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，
所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.
当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x
(0，x0)
x0
(x0，1)
H(x)
＋
0
－
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一，
当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不符合题意．
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．
2．设x＝m和x＝n是函数f(x)＝2ln x＋x2－2(a＋3)x的两个极值点，其中m(1)求f(m)＋f(n)的取值范围；
(2)若a≥＋－3，求f(n)－f(m)的最大值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－2(a＋3)＝(x>0)，
依题意，方程x2－(a＋3)x＋1＝0有两个不等的正根m，n(其中m故
解得a>－1，
并且m＋n＝a＋3，mn＝1，
∴f(m)＋f(n)＝2ln(mn)＋m2＋n2－2(a＋3)(m＋n)
＝(m＋n)2－2mn－2(a＋3)2＝－(a＋3)2－2，
∵a>－1，∴f(m)＋f(n)<－6，
故f(m)＋f(n)的取值范围为(－∞，－6)．
(2)当a≥＋－3时，a＋3≥＋，
从而(a＋3)2≥e＋＋2.
若设t＝(t>1)，
由(1)知m＋n＝a＋3，mn＝1.
则(a＋3)2＝(m＋n)2＝＝t＋＋2≥e＋＋2.
于是有t＋≥e＋?(t－e)≥0?t≥e.
∴f(n)－f(m)＝2ln＋n2－m2－2(a＋3)(n－m)
＝2ln＋n2－m2－2(n＋m)(n－m)
＝2ln－＝2ln t－t＋，
设g(t)＝2ln t－t＋，t≥e，
则g′(t)＝－1－＝＝<0，
∴g(t)在[e，＋∞)上单调递减，g(t)≤g(e)＝2－e＋，
故f(n)－f(m)的最大值是2－e＋.
