2019届二轮复习规范答题示例 函数的单调性、极值与最值问题学案（全国通用）
展开规范答题示例9 函数的单调性、极值与最值问题
典例9 (12分)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
审题路线图 ―→―→.
规 范 解 答·分 步 得 分 | 构 建 答 题 模 板 |
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a(x>0)． 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.5分 所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.6分 (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值，不合题意； 当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值， 最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.9分 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0. 于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1时，g(a)>0. 因此，a的取值范围是(0,1).12分 | 第一步 求导数：写出函数的定义域，求函数的导数． 第二步 定符号：通过讨论确定f′(x)的符号． 第三步 写区间：利用f′(x)的符号确定函数的单调性． 第四步 求最值：根据函数单调性求出函数最值. |
评分细则 (1)函数求导正确给1分；
(2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分；
(3)求出最大值给2分；
(4)构造函数g(a)＝ln a＋a－1给2分；
(5)通过分类讨论得出a的范围，给2分．
跟踪演练9 (2018·天津)已知函数f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a>1.
(1)求函数h(x)＝f(x)－xln a的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线与曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线平行，证明x1＋g(x2)＝－；
(3)证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线．
(1)解 由已知得h(x)＝ax－xln a，
则h′(x)＝axln a－ln a.
令h′(x)＝0，解得x＝0.
由a>1，可知当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x | (－∞，0) | 0 | (0，＋∞) |
h′(x) | － | 0 | ＋ |
h(x) | | 极小值 | |
所以函数h(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)证明 由f′(x)＝axln a，可得曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率为ln a．由g′(x)＝，可得曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行，所以有ln a＝，
即x2(ln a)2＝1，两边取以a为底的对数，得logax2＋x1＋2logaln a＝0，所以x1＋g(x2)＝－.
(3)证明 曲线y＝f(x)在点(x1，)处的切线为l1：y－＝ln a·(x－x1)．曲线y＝g(x)在点(x2，logax2)处的切线为l2：y－logax2＝(x－x2)．
要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使得l1与l2重合．
即只需证明当a≥时，下面的方程组有解
由①得，x2＝，代入②，
得－x1ln a＋x1＋＋＝0.③
因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．
设函数u(x)＝ax－xaxln a＋x＋＋，
即要证明a≥时，函数u(x)存在零点．
u′(x)＝1－(ln a)2xax，可知当x∈(－∞，0)时，u′(x)>0；当x∈(0，＋∞)时，u′(x)单调递减，又u′(0)＝1>0，u′＝1－<0，故存在唯一的x0，且x0>0，使得u′(x0)＝0，即1－(ln a)2x0＝0.
由此可得u(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
u(x)在x＝x0处取得极大值u(x0)．
因为a≥，所以ln ln a≥－1，
所以u(x0)＝－x0ln a＋x0＋＋
＝＋x0＋≥≥0.
下面证明存在实数t，使得u(t)<0.
由(1)可得ax≥1＋xln a，
当x>时，有u(x)≤(1＋xln a)(1－xln a)＋x＋＋＝－(ln a)2x2＋x＋1＋＋，
所以存在实数t，使得u(t)<0.
因此当a≥时，存在x1∈(－∞，＋∞)，使得u(x1)＝0.
所以当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线．
