(共42张PPT)
第三篇
[大题突破练]
第27练
导数与函数的单调性、极值、最值
[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，难度偏高.
题组对点练
栏目索引
模板规范练
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对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.
题组对点练
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.
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减.
(1)求b，c的值；
解 f′(x)＝x2－ax＋b，
(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；
解 由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，
单调递减区间为(0，a).
解 g′(x)＝x2－ax＋2，
依题意知，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
当0
2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，
当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.
题组二 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)可导函数极值点处的导数为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.(2018·北京)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]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点.
5.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 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，＋∞).
6.(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，＋∞).
因为y＝ln
x在(0，＋∞)上单调递增，
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(x0)又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一实根x＝α.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
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＝1时，求f(x)的单调区间；
则f(x)＝
，f′(x)＝
(x>0).
解 f′(x)＝
(0≤x≤2)，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在[0,2]上单调递增，
则当0∴f(x)在(0,2)上单调递减，
2.已知函数f(x)＝aln
x＋x2－ax(a∈R).
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为x＝3是f(x)的极值点，
即x＝3是f(x)的极小值点.
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a).(e是自然对数的底数)
h(a)＝g(1)＝－a－1；
h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
第三篇
本课结束第27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，难度偏高．
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对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)＝ex＋(a≠0，x≠0)在x＝1处的切线与直线(e－1)x－y＋2
019＝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)∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．
2．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，
单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，
依题意知，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即当x∈(－2，－1)时，a当且仅当x＝，即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
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．(2018·北京)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.
若a＞，则当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．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，
所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
5．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)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)＝
6．(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(x0)又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一实根x＝α.
由1又f ＝ln
－－1
＝＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)上的唯一实根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
典例 (12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)将所求转化为f(x)≥0，即a2≥→
→
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＜.……………………………………………3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<－.………………………………………………………………………5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.………………………………………6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≥.………………………………………………………………7分
令h(x)＝(x＞0)，
则h′(x)＝＝，…………………………………………………………9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≥.…………………………………………………………11分
故实数a的取值范围是∪.………………………………………12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)＝(x2－ax)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间[0,2]的最小值为－，求a.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝(x2－x)．
则f(x)＝，f′(x)＝(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝.
∴当0当x>时，f′(x)>0.
∴f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)f′(x)＝(0≤x≤2)，
令f′(x)＝0，得x＝，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在[0,2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝0≠－，不符合条件；
当0则当0当0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f ＝＝－，
∴a＝，符合条件；
当a>时，>2，
则当0∴f(x)在(0,2)上单调递减，
∴f(x)min＝f(2)＝(4－2a)＝－，
∴a＝，不符合条件．
∴f(x)在区间[0,2]的最小值为－，a的值为.
2．已知函数f(x)＝aln
x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．(e是自然对数的底数)
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9.
所以f′(x)＝＝，
所以当03时，f′(x)>0；
当即x＝3是f(x)的极小值点．
所以f(x)的单调递增区间为和(3，＋∞)，
单调递减区间为.
(2)g′(x)＝－2＝，x∈[1，e]．
令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，
h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<h(a)＝g＝aln
－a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，
h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝