(新高考)高考数学二轮复习讲义15《导数与函数的单调性、极值、》(解析版)

解密15 导数与函数的单调性、极值、

最值问题

核心考点一  导数的几何意义

1.导数的几何意义

函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))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)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；

(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).

1．【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为（    ）

A．          B．          C．          D．

【解析】，，，，因此所求切线的方程为，即．故选B．

2．【2018新课标1文6理5】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(   )

A．   B．   C．   D．

【解析】解法一：因为函数为奇函数，所以，所以

，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．

解法二：因为函数为奇函数，所以，所以

，解得，所以，

所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．

解法三：易知，因为为奇函数，所以函数

为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．

3．【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．

【解析】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即．故答案为．

1．【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（    ）

A． B． C． D．

【解析】解法1：设直线在曲线上的切点为，则，

函数的导数为，则直线的斜率，

设直线的方程为，即，

由于直线与圆相切，则，

两边平方并整理得，解得或（舍），

则直线的方程为，即．故选D．

解法2：由原点到直线的距离为，排除BC；把代入得，而，排除A；把代入得，方程有唯一解，故选D．

2．【2020新课标3文15】设函数．若，则_________．

【解析】由函数的解析式可得，

则，据此可得，整理可得，解得．故答案．

3．【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则      ．

【解析】设与和的切点分别为 和．

则切线分别为，，

化简得，，

依题意，解得，从而．

核心考点二  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.

1．【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是(   )

（A）         （B）         （C）        （D）

【解析】问题转化为对恒成立，

故，即恒成立．

令，得对恒成立．

解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，

故只需保证，解得．故选C．

解法二：①当时，不等式恒成立；②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故；③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．

综上可得，．故选C．

2．【2020新课标2文21】已知函数．

（1）若，求的取值范围；

（2）设时，讨论函数的单调性．

【解析】（1）函数的定义域为，

，

设，则有，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以当时，函数有最大值，即，

要想不等式在上恒成立，只需；

（2）方法1：且

因此，在（1）中，令得，当且仅当时等号成立，即，故，所以函数在区间和上单调递减．

方法2：且，

因此，令，则，在单调递增，在单调递减，于是，

由此可知，所以函数在区间和上单调递减．

方法3：且

因此，设，

则有，

当时，，所以，单调递减，因此有，

即，所以单调递减；

当时，，所以，单调递增，因此有，

即，所以单调递减，

所以函数在区间和上单调递减．

1.已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是(　　)

A.[－1，1]    B.[－1，＋∞)

C.[1，＋∞)    D.(－∞，1]

【解析】f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－＋.

令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.

2.已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x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)－，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(0，＋∞).

∴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)＝2－＋＝，令f′(x)<0，得0<x<1.

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，＋∞).

核心考点三  利用导数研究函数的极值和最值

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不充分条件.

1．【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是_________．

【解析】因为，

所以，

由得，即，，

由得，即

或，，

所以当（）时，取得最小值，

且．

2. 【2018北京卷】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.

【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，

所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.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)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.

3．【2019新课标3文20】已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．

【解析】（1）．

令，得x=0或．

若a>0，则当时，；当时，．

故在单调递增，在单调递减；

若a=0，在单调递增；

若a<0，则当时，；当时，．

故在单调递增，在单调递减．

（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0，1]的最小值为，最大值为或．于是

，

所以

当时，可知单调递减，所以的取值范围是．

当时，单调递增，所以的取值范围是．

综上的取值范围是．

1．【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为(   )

A．           B．           C．            D．1

【解析】∵ ∴ 导函数，

∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，

当变化时，，随变化情况如下表：

从上表可知：极小值为．故选A

2.已知函数f(x)＝excos 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)在区间上的最大值和最小值.

【解析】(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，

f′(x)＝ex(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)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，

则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，

∴g(x)在上单调递减，

∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，

∴f(x)在上单调递减，

∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.

3.已知函数f(x)＝－a.

(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．

【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝－a＝＝.

当a≤0时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，

所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.

所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(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)，所以 g′(x)＝，

当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，所以g(x)单调递减．

又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，

即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)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，不成立．

综上，a的取值范围为(e，＋∞)．