2018-2019年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的单调性极值与最值课时
2019高考数学二轮复习 第二部分 专题一专题强化练四 导数与函数的单调性、极值与最值 文
专题强化练四 导数与函数的单调性、极值与最值一、选择题1．(2018·江西重点中学盟校第一次联考)函数y ＝x 3的图象在原点处的切线方程为( )A ．y ＝xB ．x ＝0C ．y ＝0D ．不存在解析：函数y ＝x 3的导数为y ′＝3x 2，则在原点处的切线斜率为0，所以在原点处的切线方程为y －0＝0(x －0)，即y ＝0.答案：C2．(一题多解)(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( )解析：法一 易知函数y ＝－x 4＋x 2＋2为偶函数， 所以只需研究y ＝－x 4＋x 2＋2在x ＞0时的图象与性质． 又y ′＝－4x 3＋2x (x ＞0)， 令y ′＞0，得0＜x ＜22；令y ′＜0，得x ＞22所以y ＝－x 4＋x 2＋2在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上递减． 因此选项D 满足．法二 令x ＝0，则y ＝2，排除A ，B ；令x ＝12，则y ＝－116＋14＋2＝316＋2＞2，排除C.答案：D3．(2018·安徽江淮十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[]a －1，a ＋1上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x －9x .由f ′(x )＝x －9x＜0，解得0＜x ＜3.因为f (x )＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2.答案：A4．(2018·安徽安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe(e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，所以f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e ，所以f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当x ∈(0，2e)时，f ′(x )＞0，当x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减， 所以f (x )的极大值为f (2e)＝2ln(2e)－2＝ 2ln 2. 答案：D5．(2018·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( )A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数解析：f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点．又e x＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x与y ＝3x ＋2有两个交点，又e －2≠3(－2)＋2＝－4.所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数． 答案：C 二、填空题6．(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________．解析：因为f ′(x )＝e x ·1x＋e x ln x ＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x .所以f ′(1)＝e(1＋ln 1)＝e. 答案：e7．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1，0)处的切线方程为________． 解析：由y ＝2ln x ，得y ′＝2x，所以k ＝y ′|x ＝1＝2.所以切线方程为y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. 答案：2x －y －2＝08．(2018·郴州三模)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1，x ＞0，h （x ），x ＜0，则函数h (x )的最大值为________．解析：当x ＞0时，f (x )＝exx－1，f ′(x )＝e x（x －1）x2， 所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以x ＝1时，f (x )取到极小值e －1， 即f (x )的最小值为e －1.又f (x )为奇函数，且x ＜0时，f (x )＝h (x )， 所以h (x )的最大值为－(e －1)＝1－e. 答案：1－e 三、解答题9．已知函数f (x )＝e xcos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f (x )＝e x·cos x －x ，所以f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，所以f ′(0)＝0，所以y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，所以g (x )≤g (0)＝0，所以f ′(x )≤0且在x ＝0处等号成立，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， 所以f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.10．已知f (x )＝ln x ＋a 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 )＝1x －a x 2＝x －ax2，x ∈(0，＋∞)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)为增函数，无极值． ②当a ＞0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，a )为减函数；x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(a ，＋∞ )为增函数， f (x )在(0，＋∞)有极小值，无极大值， f (x )的极小值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 ≤a x＋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＜a ≤e ，故正数a 的取值范围是(0，e]．11．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln 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，说明理由．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x (x ＞0)，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x＝（x －1）（x －2）x.当0＜x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝x －2ax－2≥0恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0当x ＞0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12在(0，＋∞)上恒成立．又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立．又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．。
【高考数学】二轮大复习 专题一函数与导数、不等式 第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题
第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真题感悟1.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1解析f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·e x－1，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)·e x－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·e x－1，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，当x<－2或x>1时，f′(x)>0，当－2<x<1时，f′(x)<0，则f(x)极小值为f(1)＝－1.答案 A2.(2016·全国Ⅱ卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x ＋1)的切线，则b＝________.解析直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2，y＝ln(x＋1)均相切，设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).由y＝ln x＋2，得y′＝1x；由y＝ln(x＋1)，得y′＝1x＋1.∴k＝1x1＝1x2＋1，则x1＝1k，x2＝1k－1.∴y 1＝2－ln k ，y 2＝－ln k ，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，2－ln k ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1，－ln k .∵A ，B 在直线y ＝kx ＋b 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－ln k ＝k ·1k ＋b ，－ln k ＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＋b ⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1－ln 2，k ＝2. 答案 1－ln 23.(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即a ≥－2e 34时，f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].考 点 整 合1.导数的几何意义函数f (x ) 在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.2.四个易误导数公式(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1，x>0).3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.(2)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来求解.4.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.易错提醒若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.热点一 导数与定积分的几何意义【例1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，2)处的切线方程是________.(2)(2017·邯郸调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，如图阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积S ＝________.解析 (1)设x >0，则－x <0，因为x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，所以f (－x )＝e x －1＋x .又因为f (x )为偶函数，所以f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －1＋1，f ′(1)＝e 1－1＋1＝2. 所以切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0.(2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23＝20，解得a ＝2，所以曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积为π4－⎠⎛01(x －x 2)d x ＝π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝π4－16. 答案 (1)2x －y ＝0 (2)π4－16探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值.(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值.【训练1】 (1)已知函数y ＝f (x )的图象为如图所示的折线，则⎠⎛－11[(x ＋2)f (x )]d x ＝()A.1B.－1C.2D.－2(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，则a ＝____________.解析 (1)由y ＝f (x )图象，易知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ∈[－1，0]，－x ＋1，x ∈（0，1].所以原式＝⎠⎜⎛－10(x ＋2)(x ＋1)d x ＋⎠⎛01(－x ＋1)(x ＋2)d x ＝⎠⎜⎛－10(x 2＋3x ＋2)d x ＋⎠⎛01(－x 2－x ＋2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋32x 2＋2x ⎪⎪⎪0－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3－12x 2＋2x ⎪⎪⎪10＝56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－56＋2＝2. (2)y ′＝（2－cos x ）′sin x －（2－cos x ）（sin x ）′sin 2x＝1－2cos x sin 2x ，则曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k 1＝1. 因为直线x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a ，又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1.答案 (1)C (2)1热点二 利用导数研究函数的单调性命题角度1 确定函数的单调性(区间)【例2－1】 已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0， (1)讨论f (x )在(0，2)上的单调性；(2)若k ∈[4，＋∞)，曲线y ＝f (x )上总存在相异两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)使得曲线y ＝f (x )在M ，N 两点处切线互相平行，求x 1＋x 2的取值范围.解 (1)因为f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x －4－x 2x 2＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x 2(x >0，k >0). ①当0<k <2时，4k >k >0，且4k >2，所以x ∈(0，k )时，f ′(x )<0，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，4k ＝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<4k <2，k >4k ，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2上是增函数.(2)由题意，可得f ′(x 1)＝f ′(x 2)(x 1，x 2>0，且x 1≠x 2)，则k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4k x 2－4x 22－1， 化简得4(x 1＋x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2， 又x 1x 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222， ∴4(x 1＋x 2)<⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222， 即x 1＋x 2>16k ＋4k对k ∈[4，＋∞)恒成立，令g (k )＝k ＋4k ，则g ′(k )＝1－4k 2>0.∴g (k )＝k ＋4k 在[4，＋∞)上是增函数，所以g (k )≥g (4)＝5，所以16k ＋4k≤165，所以x 1＋x 2>165，故x 1＋x 2的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞. 探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.2.解答本例容易出现以下错误：(1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x >0.(2)对k 分类讨论不全，题目中已知k >0，对k 分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.【迁移探究1】 若将本例中的条件“k >0”变为“k <0”，其他条件不变，f (x )在(0，2)上的单调性如何？解 由例2－1解析知f ′(x )＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x 2在(0，2)上f ′(x )<0，故f (x )在(0，2)上为减函数.【迁移探究2】 在本例(1)中，将“(0，2)”改为(0，＋∞)，其他条件不变，求函数f (x )的单调区间.解 由例题知f ′(x )＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x 2. ①当0<k <2时，k <4k ，f (x )的单调减区间为(0，k )，⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，＋∞，增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k ，4k . ②当k ＝2时，k ＝4k ＝2，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上为减函数.③当k >2时，k >4k ，f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 和(k ，＋∞)，增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，k . 命题角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围【例2－2】 (2017·兰州二模)已知函数f (x )＝12x 2－2a ln 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，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x. 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.∴f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，∴g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x －2≥0恒成立.即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. ∴x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立，∴a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.∴当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0. 故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增. 探究提高 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.【训练2】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )·e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立.因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立.所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的.故函数f (x )不可能在R 上单调递减.热点三 利用导数研究函数的极值和最值命题角度1 求函数的极值、最值【例3－1】 (2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值. 解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 命题角度2 与函数极值点个数有关问题【例3－2】(2017·绵阳诊断)已知a∈R，函数f(x)＝a e x－x－1，g(x)＝x－ln(x＋1)(e＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)极值点的个数；(2)若a＝1，且命题“∃x∈[0，＋∞)，f(x)<kg(x)”是真命题，求实数k的取值范围.解(1)因为f(x)＝a e x－x－1，所以f′(x)＝a e x－1，当a≤0时，对∀x∈R，f′(x)＝a e x－1<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，此时函数不存在极值，所以函数f(x)没有极值点.当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a.若x∈(－∞，－ln a)，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上是减函数，若x∈(－ln a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－ln a，＋∞)上是增函数.当x＝－ln a时，f(x)取得极小值为f(－ln a)＝ln a，函数f(x)有且仅有一个极小值点x＝－ln a.所以当a≤0时，f(x)没有极值点，当a>0时，f(x)有1个极小值点.(2)命题“∃x∈[0，＋∞)，f(x)<kg(x)”是真命题，即不等式f(x)<kg(x)在区间[0，＋∞)内有解.若a＝1，则设F(x)＝f(x)－kg(x)＝e x＋k ln(x＋1)－(k＋1)x－1，所以F′(x)＝e x＋kx＋1－(k＋1)，设h(x)＝e x＋kx＋1－(k＋1)，则h′(x)＝e x－k（x＋1）2，且h′(x)是增函数，所以h′(x)≥h′(0)＝1－k.①当k≤1时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上是增函数，h(x)≥h(0)＝0，即F′(x)≥0，所以F(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以F(x)≥F(0)＝0，即f(x)<kg(x)在[0，＋∞)内无解.②当k>1时，因为h′(x)＝e x－k（x＋1）2在[0，＋∞)是增函数，因为h′(0)＝1－k<0，h′(k－1)＝e k－1－1 k>0.所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0，当x ∈[0，x 0)时，h ′(x )<h ′(x 0)＝0，h (x )在[0，x 0)上单调递减， 从而h (x )≤h (0)＝0，即F ′(x )≤0，所以F (x )在[0，x 0)上单调递减， 所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )<F (0)＝0，即f (x )<kg (x ). 所以不等式f (x )<kg (x )在区间[0，＋∞)内有解. 综上所述，实数k 的取值范围为(1，＋∞).探究提高 1.求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解.3.求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值.【训练3】 (2017·郴州二模选编)已知函数f (x )＝ax 2＋(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⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值.解 (1)由函数f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，可得f ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝（2ax ＋1）（x －1）x ，令f ′(x )>0，因为a >0，x >0， ∴2ax ＋1x >0，∴x －1>0，得x >1， ∴f (x )的单调递增区间为(1，＋∞).(2)由(1)可得f ′(x )＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－2a （x －1）x ，因为a <0，令f ′(x )＝0，得x 1＝－12a ，x 2＝1，①当－12a >1，即－12<a <0时，f ′(x )<0，因此f (x )在(0，1)上是减函数，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值为f (1)＝1－a .②当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－12时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，－12a 时，f ′(x )≤0，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12a ，1时，f ′(x )≥0，因此f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12a ，1上是增函数， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝1－14a ＋ln(－2a ).③当－12a <12，即a <－1时，f ′(x )>0，因此f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是增函数，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－34a ＋ln 2.综上，函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值为：f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a <－1，1－14a ＋ln （－2a ），－1≤a ≤－12，1－a ，－12<a <0.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a ，b ]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f (x )，“f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)＝0”是“f (x )在x ＝x 0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.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.一、选择题1.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个解析函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－2x＋1x，由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.答案 A2.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.答案 D3.直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.2 2B.4 2C.2D.4解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4x ，y ＝x 3，得x ＝0或x ＝2(x ＝－2舍).根据定积分的几何意义，两曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积S ＝⎠⎛02(4x－x 3)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－x 44⎪⎪⎪20＝4.答案 D4.(2017·武汉二模)若定义域为R 的单调递增函数y ＝f (x )对于任意两个不相等的实数m ，n 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 2>f （m ）＋f （n ）2成立，y ＝f ′(x )为函数y ＝f (x )的导函数，则f (a ＋1)－f (a )，f ′(a )，f ′(a ＋1)的大小关系为( ) A.f ′(a )<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ＋1) B.f ′(a )<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a ) C.f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ) D.f ′(a ＋1)<f ′(a )<f (a ＋1)－f (a )解析 因定义在R 上的增函数y ＝f (x )满足 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 2>f （m ）＋f （n ）2(m ≠n )；∴y ＝f (x )的图象上凸，如图所示， 又f (a ＋1)－f (a )＝f （a ＋1）－f （a ）（a ＋1）－a表示两点M ，N 连线的斜率k MN .f ′(a )与f ′(a ＋1)分别表示曲线y ＝f (x )在点M ，N 处切线的斜率， 因此f ′(a ＋1)<k MN <f ′(a )，即f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ). 答案 C5.(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是( ) A.y ＝sin xB.y ＝ln xC.y ＝e xD.y ＝x 3解析 对函数y ＝sin x 求导，得y ′＝cos x ，当x ＝0时，该点处切线l 1的斜率k 1＝1，当x ＝π时，该点处切线l 2的斜率k 2＝－1，∴k 1·k 2＝－1，∴l 1⊥l 2；对函数y ＝ln x 求导，得y ′＝1x 恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y ＝e x 求导，得y ′＝e x 恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y ＝x 3，得y ′＝3x 2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.故选A. 答案 A 二、填空题6.(2017·郑州调研)如图，设D 是图中边长分别为1和2的矩形区域，E 是D 内位于函数y ＝1x (x >0)图象下方的阴影部分区域，则阴影部分E 的面积为________. 解析 S E ＝12×2＋∫1121x d x＝1＋(ln x )⎪⎪⎪⎪112＝1＋ln 1－ln 12＝1＋ln 2.答案 1＋ln 27.(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________. 解析 令x >0，则－x <0，f (－x )＝ln x －3x ， 又f (x )为偶函数，即f (－x )＝f (x )， ∴f (x )＝ln x －3x (x >0)，则f ′(x )＝1x －3(x >0). ∴f ′(1)＝－2，∴在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1. 答案 2x ＋y ＋1＝8.(2016·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1).由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0.∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减， ∴当x ≤0时，f (x )≤f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 所以f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图. 由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值.且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 三、解答题9.(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′(x )＝(x －2x －1)′e －x ＋(x －2x －1)(e －x )′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －x＝(1－x )⎝⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＞12. (2)令f ′(x )＝(1－x )⎝⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ＝0，解得x ＝1或52. 当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e －12，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝12e －52，则f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f (x )＝(x －2x －1)e －x ＝12(2x －1－1)2e －x ≥0. 综上，f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是.10.(2017·山东卷)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R . (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f ′(x )＝x 2－ax ，所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ， 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)＝－16a3－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)＝－16a3－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)＝－16a3－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)＝－16a3－sina.11.(2017·衡水中学月考)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点. 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ； 由f ′(x )>0，得x >1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值.综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x . 因此f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ， 令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. 故实数b 的最大值是1－1e 2.。
2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一4第4讲导数的综合应用课件
解：(1)f(x)＝ln x－12ax2 的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x－ax＝1－xax2，则 f′(2)＝1－24a.因为直线 2x＋y＋2＝0 的斜率为－2，所以(－2)×1－24a＝－1， 解得 a＝0.
(2)由(1)知 f′(x)＝1－xax2，x∈(0，＋∞)，
当 a≤0 时，f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)
[典型例题] 命题角度一 根据函数零点求参数范围
(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
【解】 (1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x －1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0，＋∞)单调递减．而 g(0) ＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1. (2)设函数 h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，＋∞)只有一 个零点． (ⅰ)当 a≤0 时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当 a＞0 时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当 x∈(0，2)时，h′(x)＜0； 当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以 h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故 h(2)＝1－4ea2 是 h(x)在[0，＋∞)的最小值． ①若 h(2)＞0，即 a＜e42，h(x)在(0，＋∞)没有零点； ②若 h(2)＝0，即 a＝e42，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
2019高考数学二轮复习第4讲导数的综合应用课件理
1 3
解析
(1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,
1 3
f '(x)=x2-6x-3.
3 或x=3+2 3. 令f '(x)=0,解得x=3-2 3 )∪(3+2 3 ,+∞)时,f '(x)>0; 当x∈(-∞,3-2
当x∈(3-2 3 ,3+2 3 )时,f '(x)<0.
1 (2)证明:当a≥ 时, f(x)≥0. e
解析
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
1 x
f '(x)=aex- . 由题设知, f '(2)=0,所以a= 2 .
x x 从而f(x)= . 2 e -ln x-1, f '(x)= 2 e -
1 2e
1 2e
1 2e
1 x
当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
第 4讲
导数的综合应用
总纲目录
考点一 利用导数证明不等式
考点二
考点三
利用导数解决不等式恒成立、存在性问题
利用导数研究函数的零点或方程的根
考点一
利用导数证明不等式
例 (2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
e e
(2)由题意知,对任意的x1>x2>0,f(x1)-x1<f(x2)-x2恒成立, 设h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), 则h(x)在(0,+∞)上单调递减. ∴h '(x)= - 2 -1≤0在(0,+∞)上恒成立.
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题一第4讲导数与函数零点、不等式、恒成立问题 精品
①f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔I 是 f(x)>g(x)的解集 的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
②∃x∈I，使 f(x)>g(x)成立⇔I 与 f(x)>g(x)的解集的交 集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
③对∀x1，x2∈I 使得 f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. ④对∀x1∈I，∃x2∈I 使得 f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥ g(x)min.
∴f′(e)＝2，又 f(e)＝e，
∴切线方程为 2x－y－e＝0.
(2)方程 f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解，
（x－1）（ax－a＋1）
即为方程 ln x－
x
＝0 的解．
（x－1）（ax－a＋1）
设 h(x)＝ln x－
x
，x>1.
ax2－x－a＋1 则 h′(x)＝－ x2 ＝
（x－1）（ax＋a－1）
专题一 函数与导数、不等式
第 4 讲 导数与函数零点、 不等式、恒成立问题
1．(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax3－3x2＋1，若
f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0＞0，则 a 的取值范围是( )
A．(2，＋∞)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
解析：a＝0 时，不符合题意．
(2) 若 对 于 定 义 域 内 的 任 意 x1 ， 总 存 在 x2 使 得 f(x2)<f(x1)，求 a 的取值范围．
解：(1)函数 y＝f(x)的定义域 D＝{x|x∈R 且 x≠－a}，
（x＋a）2－（x－a）·2（x＋a）
高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第四讲 不等式教案 理-人教版高三
第四讲不等式年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅰ卷线性规划求最值·T131.选择、填空题中的考查以简单的线性规划与不等式性质为主，重点求目标函数的最值，有时也与其他知识交汇考查．2.基本不等式求最值及应用在课标卷考试中是低频点，很少考查．3.不等式的解法多与集合、函数、解析几何、导数交汇考查.Ⅱ卷线性规划求最值·T142017Ⅰ卷线性规划求最值·T14Ⅱ卷线性规划求最值·T5Ⅲ卷线性规划求最值·T132016Ⅰ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T8线性规划的实际应用·T16Ⅱ卷一元二次不等式的解法、集合的并集运算·T2Ⅲ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T6线性规划求最值·T13不等式性质及解法授课提示：对应学生用书第9页[悟通——方法结论]1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c 同号，那么其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，那么其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．2．解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．3．解含参数不等式要正确分类讨论．[全练——快速解答]1．(2018·某某一模)a >b >0，c <0，以下不等关系中正确的是( ) A ．ac >bcB ．a c>b cC ．log a (a －c )>log b (b －c )D.aa －c >bb －c解析：法一：(性质推理法)A 项，因为a >b ，c <0，由不等式的性质可知ac <bc ，故A 不正确；B 项，因为c <0，所以－c >0，又a >b >0，由不等式的性质可得a －c >b －c>0，即1a c >1bc >0，再由反比例函数的性质可得a c <b c，故B 不正确； C 项，假设a ＝12，b ＝14，c ＝－12，那么log a (a －c )＝1＝0，log b (b －c )＝34>1＝0，即log a (a －c )<log b (b －c )，故C 不正确；D 项，a a －c －bb －c ＝a (b －c )－b (a －c )(a －c )(b －c )＝c (b －a )(a －c )(b －c )，因为a >b >0，c <0，所以a －c >b －c >0，b －a <0，所以c (b －a )(a －c )(b －c )>0，即a a －c －b b －c>0，所以aa －c >bb －c，故D 正确．综上，选D.法二：(特值验证法)由题意，不妨取a ＝4，b ＝2，c ＝－2. 那么A 项，ac ＝－8，bc ＝－4，所以ac <bc ，排除A ； B 项，a c ＝4－2＝116，b c ＝2－2＝14，所以a c <b c，排除B ；C 项，log a (a －c )＝log 4(4＋2)＝log 4 6，log b (b －c )＝log 2(2＋2)＝2，显然log 4 6<2，即log a (a －c )<log b (b －c )，排除C.综上，选D. 答案：D2．(2018·某某四校联考)不等式mx 2＋nx －1m <0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－12或x >2，那么m －n ＝( )A.12 B ．－52C.52D ．－1解析：由题意得，x ＝－12和x ＝2是方程mx 2＋nx －1m ＝0的两根，所以－12＋2＝－n m 且－12×2＝－1m 2(m <0)，解得m ＝－1，n ＝32，所以m －n ＝－52. 答案：B 3．不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A ．(－∞，0]∪(2,4] B ．[0,2)∪[4，＋∞) C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：①当x －2>0，即x >2时，不等式可化为(x －2)2≥4，所以x ≥4；②当x －2<0，即x <2时，不等式可化为(x －2)2≤4，所以0≤x <2.综上，不等式的解集是[0,2)∪[4，＋∞)．答案：B4．x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x>0恒成立，那么实数a 的取值X 围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－2，14B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，14C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32D.(]－∞，6解析：根据题意，由于1＋2x＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x＝t(0<t≤2)，那么可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋tt2，故只要求解h (t)＝－1＋tt 2(0<t≤2)的最大值即可，h (t)＝－1t 2－1t ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.答案：C5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg (x ＋1)，x ≥0，－x 3，x <0，那么使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，lg (x ＋1)≤1得0≤x ≤9，由⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x <0，故使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是[－1,9]．答案：[－1,9]1．明确解不等式的策略(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解． 2．掌握不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )的图象在g (x )的图象的上方．(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的X 围，谁就是变量，求谁的X 围，谁就是参数．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论]求最值时要注意三点：“一正〞“二定〞“三相等〞．所谓“一正〞指正数，“二定〞是指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等〞是指等号成立．[全练——快速解答]1．(2018·某某模拟)x >0，y >0，且4x ＋y ＝xy ，那么x ＋y 的最小值为( ) A ．8B ．9 C ．12 D ．16解析：由4x ＋y ＝xy 得4y ＋1x＝1，那么x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y ＋1x ＝4x y ＋yx＋1＋4≥24＋5＝9，当且仅当4x y ＝yx，即x ＝3，y ＝6时取“＝〞，应选B.答案：B2．(2017·高考某某卷)假设a ，b ∈R ，ab >0，那么a 4＋4b 4＋1ab 的最小值为________．解析：因为ab >0，所以a 4＋4b 4＋1ab ≥24a 4b 4＋1ab ＝4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，ab ＝12时取等号，故a 4＋4b 4＋1ab的最小值是4.答案：43．(2017·高考某某卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x 的值是________．解析：由题意，一年购买600x 次，那么总运费与总存储费用之和为600x×6＋4x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫900x ＋x ≥8900x·x ＝240，当且仅当x ＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x 的值是30. 答案：30掌握基本不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：假设无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋Ag (x )＋Bg (x )(A >0，B >0)，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．简单的线性规划问题授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论] 平面区域的确定方法解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)设x ，y 满足约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －6≤0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝x －y 的取值X 围是( )A ．[－3,0]B ．[－3,2]C ．[0,2]D ．[0,3]解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线l 0：y ＝x ，平移直线l 0，当直线z ＝x －y 过点A (2,0)时，z 取得最大值2，当直线z ＝x －y 过点B (0,3)时，z 取得最小值－3，所以z ＝x －y 的取值X 围是[－3,2]．答案：B2．平面上的单位向量e 1与e 2 的起点均为坐标原点O ，它们的夹角为π3.平面区域D 由所有满足OP →＝λe 1＋μe 2的点P 组成，其中⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，0≤λ，0≤μ，那么平面区域D 的面积为( )A.12B. 3C.32D.34解析：建立如下图的平面直角坐标系，不妨令单位向量e 1＝(1,0)，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，设向量OP →＝(x ，y )，因为OP →＝λe 1＋μe 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ＋μ2，y ＝3μ2，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＝x －3y3，μ＝23y 3，因为⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，λ≥0，μ≥0，所以⎩⎨⎧3x ＋y ≤3，3x －y ≥0，y ≥0表示的平面区域D 如图中阴影部分所示，所以平面区域D 的面积为34，应选D. 答案：D3．(2018·某某模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工两道工序．生产一把椅子需要木工4个工作时，漆工2个工作时；生产一X 桌子需要木工8个工作时，漆工1个工作时．生产一把椅子的利润为1 500元，生产一X 桌子的利润为2 000元．该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时．根据以上条件，该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元．解析：设该厂每个月生产x 把椅子，y X 桌子，利润为z 元，那么得约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋8y ≤8 000，2x ＋y ≤1 300，z ＝1 500x ＋2 000y .x ，y ∈N ，画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤2 000，2x ＋y ≤1 300，x ≥0，y ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示，画出直线3x ＋4y ＝0，平移该直线，可知当该直线经过点P 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2 000，2x ＋y ＝1 300，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝200，y ＝900，即P (200,900)，所以z max ＝1 500×200＋2 000×900＝2 100 000.故每个月所获得的最大利润为2 100 000元．答案：2 100 000解决线性规划问题的3步骤[练通——即学即用]1．(2018·湘东五校联考)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，那么(x ＋5)2＋y 2的最小值为( )A ．5B ．3 C. 5D. 3解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与D(－5,0)的距离的平方，数形结合可知，(－5,0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5.应选A. 答案：A2．变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，2x ＋y ≤1，记z ＝4x ＋y 的最大值是a ，那么a ＝________.解析：如下图，变量x ，y 满足的约束条件的可行域如图中阴影部分所示．作出直线4x ＋y ＝0，平移直线，知当直线经过点A 时，z取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，所以A (1，－1)，此时z ＝4×1－1＝3，故a ＝3.答案：33．(2018·高考全国卷Ⅰ)假设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，那么z ＝3x ＋2y 的最大值为________．解析：作出满足约束条件的可行域如图阴影部分所示．由z ＝3x ＋2y 得y ＝－32x ＋z2.作直线l 0：y ＝－32x .平移直线l 0，当直线y ＝－32x ＋z2过点(2,0)时，z 取最大值，z max＝3×2＋2×0＝6.答案：6授课提示：对应学生用书第118页一、选择题1．互不相等的正数a ，b ，c 满足a 2＋c 2＝2bc ，那么以下等式中可能成立的是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >aD ．c >a >b解析：假设a >b >0，那么a 2＋c 2>b 2＋c 2≥2bc ，不符合条件，排除A ，D ； 又由a 2－c 2＝2c (b －c )得a －c 与b －c 同号，排除C ；当b >a >c 时，a 2＋c 2＝2bc 有可能成立，例如：取a ＝3，b ＝5，c ＝1.应选B. 答案：B2．b >a >0，a ＋b ＝1，那么以下不等式中正确的是() A ．log 3a >0B ．3a －b<13C ．log 2a ＋log 2b <－2D ．3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥6解析：对于A ，由log 3a >0可得log 3a >log 31，所以a >1，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以A 不正确；对于B ，由3a －b<13可得3a －b <3－1，所以a －b <－1，可得a ＋1<b ，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以B 不正确；对于C ，由log 2a ＋log 2b <－2可得log 2(ab )<－2＝log 214，所以ab <14，又b >a >0，a ＋b ＝1>2ab ，所以ab <14，两者一致，所以C 正确；对于D ，因为b >a >0，a ＋b ＝1，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b >3×2b a ×ab＝6, 所以D 不正确，应选C. 答案：C3．在R 上定义运算：x y ＝x (1－y )．假设不等式(x －a )(x －b )>0的解集是(2,3)，那么a ＋b ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由题知(x －a )(x －b )＝(x －a )[1－(x －b )]>0，即(x －a )[x －(b ＋1)]<0，由于该不等式的解集为(2,3)，所以方程(x －a )[x －(b ＋1)]＝0的两根之和等于5，即a ＋b ＋1＝5，故a ＋b ＝4.答案：C 4．a ∈R ，不等式x －3x ＋a≥1的解集为P ，且－2∉P ，那么a 的取值X 围为( ) A ．(－3，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，2)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪[2，＋∞)解析：∵－2∉P ，∴－2－3－2＋a <1或－2＋a ＝0，解得a ≥2或a <－3.答案：D5．x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －3y ＋5≥0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y 的最小值为( )A ．1 B.324C.116D.132解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，而z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y＝2－3x －y，欲使z 最小，只需使－3x －y 最小即可．由图知当x ＝1，y ＝2时，－3x －y 的值最小，且－3×1－2＝－5，此时2－3x －y最小，最小值为132.应选D.答案：D6．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x <0，那么不等式f (x )>f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)解析：由题意得，f (1)＝3，所以f (x )>f (1)，即f (xx <0时，x ＋6>3，解得－3<x <0；当x ≥0时，x 2－4x ＋6>3，解得x >3或0≤x <1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．答案：A7．实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝3x －2y 的最小值为0，那么实数m 等于( )A ．4B ．3C ．6D ．5解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝3x －2y 所对应的直线经过点A 时，z 取得最小值0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x ＋y ＝m ，求得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3，2m －13.故z 的最小值为3×1＋m 3－2×2m －13＝－m 3＋53，由题意可知－m 3＋53＝0，解得m ＝5.答案：D8．假设对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax恒成立，那么实数a 的最小值为( ) A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.答案：C9．(2018·某某一模)实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋3≥0，2x －y ＋2≤0，x ＋2y －4≤0，那么z ＝x 2＋y 2的取值X围为( )A ．[1,13]B ．[1,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4解析：画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由此得z ＝x 2＋y 2的最小值为点O 到直线BC ：2x －y ＋2＝0的距离的平方，所以z min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝45，最大值为点O 与点A (－2,3)的距离的平方，所以z max ＝|OA |2＝13，应选C.答案：C10．(2018·某某二模)假设关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，那么x 1＋x 2＋ax 1x 2的最小值是( ) A.63 B.233 C.433D.263解析：∵关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，∴Δ＝16a 2－12a 2＝4a 2>0，又x 1＋x 2＝4a ，x 1x 2＝3a 2， ∴x 1＋x 2＋a x 1x 2＝4a ＋a 3a 2＝4a ＋13a ≥24a ·13a ＝433，当且仅当a ＝36时取等号．∴x 1＋x 2＋a x 1x 2的最小值是433. 答案：C11．某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，那么租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元解析：设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，那么约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈N ，作出可行域如图中阴影部分所示，可知目标函数过点A (5,12)时，有最小值z min ＝36 800(元)．答案：C12．(2018·某某模拟)点P (x ，y )∈{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}，x ≥－2M (2，－1)，那么OM →·OP→(O 为坐标原点)的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．－6D ．－8解析：由题意知OM →＝(2，－1)，OP →＝(x ，y )，设z ＝OM →·OP →＝2x －y ，显然集合{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}x ≥－2对应不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2x ≥－2所表示的平面区域．作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝2x －y 对应的直线经过点A 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2x ＋2y －2＝0得A (－2,2)，所以目标函数的最小值z min ＝2×(－2)－2＝－6，即OM →·OP →的最小值为－6，应选C.答案：C二、填空题13．(2018·某某模拟)假设a >0，b >0，那么(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 的最小值是________．解析：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝2＋2b a ＋a b ＋1＝3＋2b a ＋a b，因为a >0，b >0，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ≥3＋22b a ×a b ＝3＋22，当且仅当2b a ＝ab，即a ＝2b 时等号成立．所以所求最小值为3＋2 2.答案：3＋2 214．(2018·高考全国卷Ⅱ)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，那么z ＝x ＋y的最大值为________．解析：由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)，x ＋y 取得最大值⇔斜率为－1的直线x ＋y ＝z (z 看做常数)的横截距最大，由图可得直线x ＋y ＝z 过点C 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点C (5,4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：915．(2018·某某模拟)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤4，那么z ＝y －2x ＋3的最小值为________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因为目标函数z ＝y －2x ＋3表示区域内的点与点P (－3,2)连线的斜率．由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，那么有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝－125. 答案：－12516．a >b >1，且2log a b ＋3log b a ＝7，那么a ＋1b 2－1的最小值为________． 解析：令log a b ＝t ，由a >b >1得0<t<1,2log a b ＋3log b a ＝2t ＋3t ＝7，得t ＝12，即log a b＝12，a ＝b 2，所以a ＋1b 2－1＝a －1＋1a －1＋1≥2(a －1)·1a －1＋1＝3，当且仅当a ＝2时取等号. 故a ＋1b 2－1的最小值为3. 答案：3。
2019年高考数学(文科)二轮复习：专题1 第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f(x)＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f(x)的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1 解析 f′(x)＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·ex －1，则f′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f(x)＝(x 2－x －1)·ex －1，f′(x)＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f′(x)＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x<－2或x>1时，f′(x)>0，当－2<x<1时，f′(x)<0，则f(x)极小值为f(1)＝－1. 答案 A2.(2017·全国Ⅰ卷)曲线y ＝x 2＋1x 在点(1，2)处的切线方程为________.解析 设y ＝f(x)，则f′(x)＝2x －1x 2，所以f′(1)＝2－1＝1，所以在(1，2)处的切线方程为y －2＝1×(x－1)， 即y ＝x ＋1. 答案 y ＝x ＋13.(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x(e x－a)－a 2x ，其中参数a≤0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0. f′(x)＝2e 2x－ae x－a 2＝(2e x＋a)(e x－a).①若a ＝0，则f(x)＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a<0，则由f′(x)＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f′(x)<0； 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f′(x)>0.故f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f(x)＝e 2x≥0恒成立.②若a<0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f(x)取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即a≥－2e 34时，f(x)≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].考 点 整 合1.导数的几何意义函数f(x) 在x 0处的导数是曲线f(x)在点P(x 0，f(x 0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k ＝f′(x 0)，相应的切线方程为y －f(x 0)＝f′(x 0)(x －x 0).易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点. 2.四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x ； (2)(cos x)′＝－sin x ；(3)(a x)′＝a xln a(a>0，且a≠1)； (4)(log a x)′＝1xln a (a>0，且a≠1，x>0).3.利用导数研究函数的单调性 (1)导数与函数单调性的关系.①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0. ②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.(2)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来求解. 4.利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x 0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x 0)为函数f(x)的极大值；若在x 0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x 0)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.易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.热点一 导数的几何意义【例1】 (1)(2017·鹰潭一模)已知曲线f(x)＝2x 2＋1在点M(x 0，f(x 0))处的瞬时变化率为－8，则点M 的坐标为________.(2)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e －x －1－x ，则曲线y ＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.解析 (1)∵f(x)＝2x 2＋1，∴f′(x)＝4x ， 令4x 0＝－8，则x 0＝－2，∴f(x 0)＝9， ∴点M 的坐标是(－2，9).(2)因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝e x －1＋x.所以f′(x)＝ex －1＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝2.所以f(x)在点(1，2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0. 答案 (1)(－2，9) (2)2x －y ＝0探究提高 1.(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化，其中关键是求出切点的坐标.(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解.2.求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点.【训练1】 (1)(2017·湖北百所重点高中联考)已知函数f(x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，则曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为( ) A.1 B.－1 C.2D.－2(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，则a ＝____________.解析 (1)由f(x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f(x)＝2x －1x ＝2－1x .∴f′(x)＝1x2，且f′(1)＝1.由导数的几何意义，所求切线的斜率k ＝1.(2)y′＝（2－cos x ）′sin x－（2－cos x ）（sin x ）′sin 2x＝1－2cos xsin x， 则曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k 1＝1. 因为直线x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a ，又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直， 所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1. 答案 (1)A (2)1热点二 利用导数研究函数的单调性 命题角度1 确定函数的单调性(区间)【例2－1】 已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k>0， (1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；(2)若k∈[4，＋∞)，曲线y ＝f(x)上总存在相异两点M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)使得曲线y ＝f(x)在M ，N 两点处切线互相平行，求x 1＋x 2的取值范围. 解 (1)因为f′(x)＝k ＋4k x －4x2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x －4－x 2x2＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x2(x>0，k>0). ①当0<k<2时，4k >k>0，且4k>2，所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，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，4k ＝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<4k <2，k>4k，所以x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 时，f ′(x)<0，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2上是增函数.(2)由题意，可得f′(x 1)＝f′(x 2)(x 1，x 2>0，且x 1≠x 2)，则k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4k x 2－4x 22－1，化简得4(x 1＋x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2，又x 1x 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，∴4(x 1＋x 2)<⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，即x 1＋x 2>16k ＋4k 对k∈[4，＋∞)恒成立，令g(k)＝k ＋4k ，则g′(k)＝1－4k 2>0.∴g(k)＝k ＋4k在[4，＋∞)上是增函数，所以g(k)≥g(4)＝5，所以16k ＋4k ≤165，所以x 1＋x 2>165，故x 1＋x 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫165，＋∞.探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. 2.解答本例容易出现以下错误：(1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x>0.(2)对k 分类讨论不全，题目中已知k>0，对k 分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.【迁移探究1】 若将本例中的条件“k>0”变为“k<0”，其他条件不变，f(x)在(0，2)上的单调性如何？解 由例2－1解析知f′(x)＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x2在(0，2)上f′(x)<0，故f(x)在(0，2)上为减函数. 【迁移探究2】 在本例(1)中，将“(0，2)”改为(0，＋∞)，其他条件不变，求函数f(x)的单调区间.解 由例题知f′(x)＝－（x －k ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x2. ①当0<k<2时，k<4k ，f(x)的单调减区间为(0，k)，⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，＋∞，增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k ，4k . ②当k ＝2时，k ＝4k＝2，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数.③当k>2时，k>4k ，f(x)的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 和(k ，＋∞)，增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，k .命题角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围【例2－2】 (2017·兰州二模)已知函数f(x)＝12x 2－2aln 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，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f(x)＝12x 2＋2ln x －3x ，则f′(x)＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减. ∴f(x)的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2). (2)假设存在实数a ，使g(x)＝f(x)－ax 在(0，＋∞)上是增函数， ∴g′(x)＝f′(x)－a ＝x －2ax－2≥0恒成立. 即x 2－2x －2a x ≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立.∴x 2－2x －2a≥0当x>0时恒成立， ∴a≤12(x 2－2x)＝12(x －1)2－12恒成立.又φ(x)＝12(x －1)2－12，x∈(0，＋∞)的最小值为－12.∴当a≤－12时，g′(x)≥0恒成立.又当a ＝－12，g′(x)＝（x －1）2x 当且仅当x ＝1时，g′(x)＝0.故当a∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g(x)＝f(x)－ax 在(0，＋∞)上单调递增.探究提高 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. 【训练2】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x 2＋ax)e x(x∈R，e 为自然对数的底数). (1)当a ＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围； 解 (1)当a ＝2时，f(x)＝(－x 2＋2x)·e x ， 所以f′(x)＝(－2x ＋2)e x＋(－x 2＋2x)e x＝(－x 2＋2)e x.令f′(x)＞0，即(－x 2＋2)e x＞0，因为e x＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2. 所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增， 所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.因为f′(x)＝(－2x ＋a)e x＋(－x 2＋ax)e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a]e x， 所以[－x 2＋(a －2)x ＋a]e x ≥0对x∈(－1，1)都成立. 因为e x＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a≥0，则a≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x∈(－1，1)都成立.令g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1，则g′(x)＝1＋1（x ＋1）2＞0.所以g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增.所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. 热点三 利用导数研究函数的极值和最值 命题角度1 求函数的极值、最值【例3－1】 (2017·北京卷)已知函数f(x)＝e xcos x －x. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f(x)＝e x·cos x－x ，∴f(0)＝1， f′(x)＝e x(cos x －sin x)－1，∴f′(0)＝0，∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －1＝0·(x－0)，即y ＝1. (2)f′(x)＝e x (cos x －sin x)－1，令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝－2sin x·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f(x)max ＝f(0)＝1，f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 命题角度2 与函数极值点个数有关问题【例3－2】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax －1－ln x(a∈R). (1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b 的最大值. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a －1x ＝ax －1x.当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<1a ；由f′(x)>0，得x>1a，∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，故f(x)在x ＝1a 处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点； 当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f(x)在x ＝1处取得极值，∴f′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f(x)＝x －1－ln x. 因此f(x)≥bx－2⇒1＋1x －ln xx ≥b，令g(x)＝1＋1x －ln x x ，则g′(x)＝ln x －2x 2， 令g′(x)＝0，得x ＝e 2，则g(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min ＝g(e 2)＝1－1e 2，即b≤1－1e 2.故实数b 的最大值是1－1e2.探究提高 1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.3.求函数f(x)在闭区间[a ，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.【训练3】 (2017·郴州二模选编)已知函数f(x)＝ax 2＋(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⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值.解 (1)由函数f(x)＝ax 2＋(1－2a)x －ln x ，可得f′(x)＝2ax ＋(1－2a)－1x ＝（2ax ＋1）（x －1）x ，令f′(x)>0，因为a>0，x>0， ∴2ax ＋1x>0，∴x－1>0，得x>1， ∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).(2)由(1)可得f′(x)＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－2a （x －1）x ，因为a<0，令f′(x)＝0，得x 1＝－12a ，x 2＝1，①当－12a >1，即－12<a<0时，f′(x)<0，因此f(x)在(0，1)上是减函数，∴f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值为f(1)＝1－a. ②当12≤－12a ≤1，即－1≤a≤－12时，当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，－12a 时，f′(x)≤0，当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12a ，1时，f′(x)≥0，因此f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12a ，1上是增函数，∴f(x)的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝1－14a ＋ln(－2a).③当－12a <12，即a<－1时，f′(x)>0，因此f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是增函数，∴f(x)的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－34a ＋ln 2.综上，函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上的最小值为： f(x)min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a<－1，1－14a ＋ln （－2a ），－1≤a≤－12，1－a ，－12<a<0.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a ，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x ＝x 0处的导数f′(x 0)＝0”是“f(x)在x ＝x 0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.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.一、选择题1.曲线y ＝e x＋2x 在点(0，1)处的切线方程为( ) A.y ＝x ＋1 B.y ＝x －1 C.y ＝3x ＋1D.y ＝－x ＋1解析 求导函数y′＝e x＋2，当x ＝0时，y′＝e 0＋2＝3，所以曲线y ＝e x＋2x 在点(0，1)处的切线方程为y ＝3x ＋1. 答案 C2.(2017·浙江卷)函数y ＝f(x)的导函数y ＝f′(x)的图象如图所示，则函数y ＝f(x)的图象可能是( )解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y ＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y ＝f(x)的减区间，验证只有D 选项符合. 答案 D3.函数f(x)＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0 B.1 C.2D.无数解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x>0，g(x)＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0，所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.答案 A4.(2017·安徽江淮十校联考)设函数f(x)＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A.(1，2]B.[4，＋∞)C.(－∞，2]D.(0，3] 解析 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x －9x. 由f′(x)＝x －9x<0，解得0<x<3. 因为f(x)＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a≤2. 答案 A5.(2016·山东卷)若函数y ＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f(x)具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是( )A.y ＝sin xB.y ＝ln xC.y ＝e xD.y ＝x 3解析 对函数y ＝sin x 求导，得y′＝cos x ，当x ＝0时，该点处切线l 1的斜率k 1＝1，当x ＝π时，该点处切线l 2的斜率k 2＝－1，∴k 1·k 2＝－1，∴l 1⊥l 2；对函数y ＝ln x 求导，得y′＝1x恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y ＝e x 求导，得y′＝e x 恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y ＝x 3，得y′＝3x 2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.答案 A二、填空题6.已知函数f(x)＝axln x ，a∈R，若f′(e)＝3，则a 的值为________.解析 f′(x)＝a(1＋ln x)，a∈R，f′(e)＝3，所以a(1＋ln e)＝3，所以a ＝32. 答案 327.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x ＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x ，则曲线y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.解析 令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x －3x ，又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ln x －3x(x>0)，则f′(x)＝1x－3(x>0). ∴f′(1)＝－2，∴在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.答案 2x ＋y ＋1＝08.(2017·郴州三模)已知奇函数f (x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e x x －1（x>0），h （x ） （x<0），则函数h(x)的最大值为________.解析 当x>0时，f(x)＝e x x －1，f′(x)＝e x （x －1）x ， ∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.∴x＝1时，f(x)取到极小值e －1，即f(x)的最小值e －1.又f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝h(x)，∴h (x)的最大值为－(e －1)＝1－e.答案 1－e三、解答题9.(2017·新乡调研)已知函数f(x)＝e x －x 2＋2ax.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在R 上单调递增，求实数a 的取值范围.解 (1)∵f′(x)＝e x －2x ＋2，∴f′(1)＝e ，又f(1)＝e ＋1，∴所求切线方程为y －(e ＋1)＝e(x －1)，即ex －y ＋1＝0.(2)f′(x)＝e x －2x ＋2a ，∵f(x)在R 上单调递增，∴f′(x)≥0在R 上恒成立，∴a≥x－e x 2在R 上恒成立，令g(x)＝x －e x 2， 则g′(x)＝1－e x 2，令g′(x)＝0，则x ＝ln 2， 在(－∞，ln 2)上，g′(x)>0；在(ln 2，＋∞)上，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，∴g(x)max ＝g(ln 2)＝ln 2－1，∴a≥ln 2－1，∴实数a 的取值范围为[ln 2－1，＋∞).10.已知f(x)＝ln x ＋a 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)＝1x －a x 2＝x －a x 2，x∈(0，＋∞). ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值.②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)为减函数；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a ，＋∞)为增函数，f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，f(x)的极小值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≤a x＋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<a≤e， 故正数a 的取值范围是(0，e].11.(2017·山东卷)已知函数f(x)＝13x 3－12ax 2，其中参数a≥0. (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f′(x)＝x 2－ax ，所以当a ＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x 2－2x ，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(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.②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)＝－16a 3－sin a. 综上所述：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)＝－16a 3－ sin a.。
高考数学二轮复习 专题六 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题课件 理
a2－4 2.
12/11/2021
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当 x∈0，a－ 2a2－4∪a＋ 2a2－4，＋∞时，f′(x)<0； 当 x∈a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4时，f′(x)>0. 所以 f(x)在0，a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4，＋∞上单调递减， 在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增. (2)证明(zhèngmíng) 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0 a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0.
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
常数函数.
(2)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来求解.
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4.利用导数研究(yánjiū)函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧(zuǒ cè)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. 易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
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1
第4讲 导数与函数的单调性、极值与最值
一、选择题
1．函数f(x)＝12x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1，1] B．(0，1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－1x≤0，解
得0＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1]．
答案：B
2．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函
数y＝f(x)的图象可能是( )
解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)
的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．
答案：D
3．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A．0 B．1
2
C．2 D．无数个
解析：函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－2x＋1x，
由于x＞0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20＜0，
所以g(x)＞0恒成立，故f′(x)＞0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
答案：A
4．(2016·山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在
这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的
是( )
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
解析：对函数y＝sin x求导，得y′＝cos x，当x＝0时，该点处切线
l
1
的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，
所以l1⊥l2；对函数y＝ln x求导，得y′＝1x恒大于0，斜率之积不可能为－1；
对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3，
得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
答案：A
5．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是单调递减
函数，则a的取值范围是( )
A．0＜a＜34 B.12＜a＜34
C．a≥34 D．0＜a＜12
解析：f′(x)＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]，
因为f(x)在[－1，1]上单调递减，
3
所以f′(x)≤0在[－1，1]上恒成立．
令g(x)＝x2＋2(1－a)x－2a，
则g（1）≤0g（－1）≤0，解得a≥34.
答案：C
二、填空题
6．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，所以当x<－2
或x>2时，f′(x)>0；当－2
所以f(x)在x＝2处取得极小值，
所以a＝2.
答案：2
7．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，
则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切点方程是________．
解析：令x＞0，则－x＜0，
f(－x)＝ln x－3x
，
又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
所以f(x)＝ln x－3x(x＞0)，则f′(x)＝1x－3(x＞0)．
所以f′(1)＝－2，
所以在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案：2x＋y＋1＝0
8．(2017·佛山质检)若函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单
调，则t的取值范围是________．
解析：f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x＝－（x－1）（x－3）x.
4
由f′(x)＝0及判断可知函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极
值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
所以t<1
三、解答题
9．(2017·邯州二模选编)已知函数f(x)＝ax2－(2a－1)x－ln x．(导学号
55410099)
(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12，1上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
所以f′(x)＝2ax＋(1－2a)－1x＝（2ax＋1）（x－1）x，
因为a＞0，x＞0，
所以2ax＋1＞0，解f′(x)＞0，得x＞1，
所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＜0时，由f′(x)＝0，得x1＝－12a，x2＝1，
①当－12a＞1，即－12＜a＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，
所以f(x)在12，1上的最小值为f(1)＝1－a.
②当12≤－12a≤1，即－1≤a≤－12时，
f(x
)在12，－12a上是减函数，在－12a，1上是增函数，
所以f(x)的最小值为f－12a＝1－14a＋ln(－2a)．
③当－12a＜12，即a＜－1时，f(x)在12，1上是增函数，
5
所以f(x)的最小值为f12＝12－34a＋ln 2.
综上可知，函数f(x)在区间12，1上的最小值为：
f(x
)min＝
12－3
4
a＋ln 2，a
＜－1
1－14a＋ln（－2a），－1≤a≤－
1
2
1－a，－12＜a＜0.
10．(2017·山东卷改编)已知函数f(x)＝13x3－12ax2，其中参数a≥0.(导学
号 55410100)
(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.
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①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．
②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)＝－16a3－sin a.
综上所述，当a＝0时，g(x)在R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)
＝－16a3－sin a.
11．(2017·广州联考)已知f(x)＝ln x＋ax.
(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)＝1x－ax2＝x－ax2.
①－a≥0时，f′(x)＞0，即a≤0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值．
②a＞0，0＜x＜a，f′(x)＜0，f(x)在(0，a)为减函数；
x＞a，f′(x)＞0，f(x)在(a
，＋∞)为增函数，
f(x
)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x)的极小值f(a)＝ln a
＋1.
(2)对任意x＞0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立．
所以2ln a－ln x≤ax在x＞0时恒成立，即恒有2ln a≤ax＋ln x.
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由(1)知f(x)＝ax＋ln x的极小值f(a)＝ln a＋1.
因此2ln a≤ln a＋1，ln a≤1.
所以0＜a≤e，则正数a的取值范围是(0，e]．