高考数学一轮复习人教B版用导数解决函数的单调性、极值与最值问题学案

1、名校名 推荐 考查角度 1用导数解决函数的单调性、极值与最值问题分类透析一求函数的单调区间例 1 已知函数 f ( x) =ax3+x2( ar)在 x=- 处取得极值 .(1) 确定 a 的值 ;(2) 若 g( x) =f ( x)e x , 求函数 g( x) 的单调减区间 .分析 (1) 先求出函数的导数 , 然后把 x=- 代入可确定 a 的值 ;(2)先求出 g( x) 的函数解析式 , 再求导数 , 最后利用导数求单调性的方法求出单调递减区间 .解析 (1) 对 f ( x) 求导得 f ( x) =3ax2+2x,因为 f ( x) 在 x=- 处取得极值 , f-0,=即 3

2、a +2 -= - =0, 解得 a= .(2) 由(1) 得 g( x) =ex ,故 g ( x) =ex+ex=ex= x( x+1)( x+4)e x.令 g ( x) 0, 得 x( x+1)( x+4) 0,解得 - 1x0 或 x0, h ( x) = -ax- 2.1名校名 推荐 若函数 h( x) 在(0, +) 上存在单调递减区间 , 则当 x0 时, -ax- 2 - 有解 .设 g( x) = - , x0, ag(x) min.又 g( x) = - 1, g(x) min=- 1.1 即实数a的取值范围是 (-1,).a- .+(2) h(x) =lnx-ax2-

3、2x 在1,4上单调递减 ,当 x1,4时, h ( x) = -ax- 20恒成立 ,则 a- 恒成立 .设 g( x) = - , x1,4,ag( x) max.又 ( )=-1,x1,4,g xg(x) =-( 此时 x=4),a- .max故实数 a 的取值范围是 -, .方法技巧 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 , 求出参数的取值范围 ( 一般可用不等式恒成立的理论求解 ), 应注意参数的取值范围是 f ( x) 不恒等于 0 的参数的取值范围 .2. 若函数 y=f ( x) 在区间

4、 ( a, b) 上不是单调函数 , 则问题转化为 f ( x) =0 在( a, b) 上有解 .分类透析三已知函数求极值 ( 点)例 3 已知函数 f ( x) =x- 1+( ar,e 为自然对数的底数 ) .(1) 若曲线 y=f ( x) 在点 (1, f (1) 处的切线平行于 x 轴, 求 a 的值 ;(2) 求函数 f ( x) 的极值 .分析 运用导数的几何意义求出参数的值 , 求带有参数的函数的极值时 , 要注意分类讨论 .解析 (1) 由 f ( x) =x- 1+, 得 f ( x) =1-.又曲线 y=f ( x) 在点 (1, f (1) 处的切线平行于 x 轴,得

5、 f (1) =0, 即 1- =0, 解得 a=e.(2) f ( x) =1-,2名校名 推荐 当 a0时, f ( x) 0, f ( x) 为( - , +) 上的增函数 , 所以函数f ( x) 无极值 .当 a0 时, 令 f ( x) =0, 得 ex=a, 即 x=lna,当 x(- ,ln a) 时, f ( x) 0.所以 f ( x) 在( - ,lna) 上单调递减 , 在(lna, +) 上单调递增 .故 f ( x) 在 x=lna 处取得极小值且极小值为f (lna) =ln a, 无极大值 .综上 , 当 a0时, 函数 f ( x) 无极值 ;当 a0 时 ,

6、 f ( x) 在 x=ln a 处取得极小值 ln a, 无极大值 . 方法技巧 函数极值的两类热点问题(1) 由函数极值求参数的值或取值范围 .已知函数极值 , 利用导数的几何意义求参数的值 , 利用极值点的定义求参数的取值范围 .(2) 求函数 f ( x) 的极值这类问题的一般解题步骤 :确定函数的定义域 ; 求导数 f ( x); 解方程 f ( x) =0, 求出在函数定义域内方程的所有根 ; 列表检验 f ( x) 在 f ( x) =0 的根 x0 左右两侧值的符号 , 如果左正右负 , 那么 f ( x) 在 x0 处取极大值 , 如果左负右正 , 那么 f ( x) 在 x

7、0 处取极小值 .分类透析四利用导数求函数的最值例 4 已知函数 f ( x) =ln x-ax ( ar).(1) 求函数 f ( x) 的单调区间 ;(2) 当 a0 时, 求函数 f ( x) 在1,2 上的最小值 .分析 (1) 已知函数的解析式求单调区间 , 实质上是求导数f ( x) 0, f ( x) 0),当 a0时, f ( x) = -a0, 即函数 f ( x) 的单调递增区间为(0, +) .当 a0 时, 令 f ( x) = -a=0, 可得 x= ;当 0x0;当 x 时, f ( x) = - 0 时 , 函数 f ( x) 的单调递增区间为, 单调递减区间为,

8、 .(2) 当 1, 即 a1时, 函数 f ( x) 在区间 1,2 上是减函数 , 所以 f ( x) 的最小值是 f (2) =ln 2 - 2a.当 2, 即 0a 时, 函数 f ( x) 在区间 1,2 上是增函数 , 所以f ( x) 的最小值是 f (1) =-a.当 1 2, 即 a1 时, 函数 f ( x) 在,上是增函数 , 在,上是减函数 .又 f (2) -f (1) =ln 2 -a ,所以当 aln 2 时, 最小值是 f (1) =-a;当 ln 2 a1 时, 最小值为 f (2) =ln 2 - 2a.综上可知当 0ax, 求 a 的取值范围 .解析 (1

9、) 当 a=1 时, f ( x) =x2- lnx-x ,则 f ( x) =()(-) .当 x(0,1) 时 , f ( x) 0.所以 f ( x) 的最小值为 f (1) =0.(2) 由 f ( x) x, 得 f ( x) -x=x 2- lnx- ( a+1) x0.由于 x0, 所以 f ( x) x 等价于 x-a+1.4名校名 推荐 令 g( x) =x-, 则 g ( x) =-.当 x(0,1) 时 , g ( x) 0.故 g( x) 的最小值为 g(1) =1.故 a+11, 解得 a0 时, 解不等式 f ( x) 0;(2) 当 a=0 时, 求整数 t 的所

10、有值 , 使方程 f ( x) =x+2 在 t , t+ 1 上有解 .解析 (1) 因为 ex0,( ax2+x)e x0, 所以 ax2+x0.又因为 a0,所以不等式化为x0.所以不等式 f ( x) 0的解集为 -,.(2) 当 a=0 时, 方程为 xex=x+2,由于 ex0, 所以 x=0 不是方程的解 ,所以原方程等价于ex- - 1=0.令 h( x) =ex- - 1,则 h ( x) =ex+ .因为 h ( x) 0 对于 x(- ,0) (0, +) 恒成立 , 所以 h( x) 在( - ,0) 和(0, +) 内是单调递增函数 .又 h(1) =e- 30, h

11、( - 3) =e- 3- 0,所以方程 f ( x) =x+2 有且只有两个实数根且实数根分别在区间1,2 和 - 3, - 2 上, 所以整数 t 的所有值为 - 3,1 .3. (2016 年天津卷 , 文 20改编 ) 已知函数 f ( x) =x3+ax2-x+c , 且 a=f.(1) 求 a 的值 ;(2) 求函数 f ( x) 的单调区间 ;(3) 设函数 g( x) = f ( x) -x 3e x, 若函数 g( x) 在 - 3,2 上单调递增 , 求实数 c 的取值范围 .解析 (1) 由 f ( x) =x3+ax2-x+c , 得 f ( x) =3x2+2ax-

12、1.当 x= 时 , 得 a=f=3+2a - 1,解得 a=-1.(2) 由(1) 可知 f ( x) =x3-x 2-x+c ,则 f ( x) =3x2- 2x- 1=3( x- 1) .当 x 变化时 , f ( x), f ( x) 的变化情况如下表 :5名校名 推荐 x ,-,1(1, +)f+-+( x00)极极f (大小x)值值所以 f ( x) 的单调递增区间是- ,-和(1, +), 单调递减区间是 - , .(3) 函数 g( x) = f ( x) -x 3e x=( -x 2-x+c )e x,则 g ( x) =( - 2x- 1)e x+( -x 2-x+c )e

13、 x =( -x 2- 3x+c- 1)e x.因为函数 g( x) 在区间 - 3,2 上单调递增 ,所以 h( x) =-x2 - 3x+c- 10在区间 - 3,2 上恒成立 .又 h( x) min =h(2),所以 h(2) 0, 解得 c11,所以 c 的取值范围是 11, +) .1. ( 孝感市七校教学联盟2017 届高三上学期期末 ) 已知函数f ( x) =x3- 3ax- 1( a0) .(1) 求 f ( x) 的单调区间 ;(2) 若 f ( x) 在 x=- 1 处取得极值 , 直线 y=m与曲线 y=f ( x) 有三个不同的交点 , 求 m的取值范围 .解析 (

14、1) f ( x) =3x2- 3a.当 a0, f(x) 在 r上单调递增 .当 a0 时 , f ( x) =3( x+ )( x-) .x( - ,( -(,-+), )f(+0-0+x)极极f (x大小)值值6名校名 推荐 f(x) 在 ( - , -) 和(, +) 上单调递增 , 在 ( -,)上单调递减 .(2) f ( x) 在 x=- 1 处取得极值 , f ( - 1) =0. 3- 3a=0, a=1, f ( x) =x3- 3x- 1, f(x) 极大值 =f ( - 1) =1, f ( x) 极小值=f (1) =- 3.直线 y=m与曲线 y=f ( x) 有三

15、个交点 , f(x) 极小值 mf( x) 极大值 , - 3m1,m的取值范围是 ( - 3,1) .2. ( 河北省廊坊市第八高级中学2018 届高三模拟试题 ) 已知函数f ( x) =.-(1) 求函数 f ( x) 的图象在 x=2 处的切线方程 ;(2) 求函数 f ( x) 的单调区间 .解析 (1) 因为 x=2, 所以切点为 (2,2ln 2).因为 f ( x) = - -,( -)所以切线的斜率为f (2) =1- ln 2,所以所求的切线方程为y- 2ln 2 =(1 - ln 2)(x- 2),即 y=(1 - ln 2) x+4ln 2 - 2.(2) f ( x)

16、 的定义域为 (0,1) (1, +),由 (1) 知 f ( x) = - -.( -)记 g( x) =x- 1- ln x, 则 g ( x) =1- = - .当 0x1 时, g ( x) 1 时 , g ( x) 0, g( x) 在(1, +) 上是增函数 .所以 g( x) 在(0, +) 上的最小值为 g(1) =0, 所以 f ( x) 0 恒成立 , 所以 f ( x) 的单调递增区间为 (0,1) 和(1, +), 无单调递减区间 .3. ( 天水市一中 2015 级 20172018 学年第二次模拟考试 ) 已知函数f ( x) =ex- x2+ax.(1) 当 a-

17、 1 时 , 试判断函数 f ( x) 的单调性 ;(2) 若 a0 时 , g ( x) 0, g( x) 在(0, +) 上单调递增 ;当 x0 时 , g ( x) -1, 所以 1+a0, 即 f ( x) 0,7名校名 推荐 所以函数 f ( x) 在 r上单调递増 .(2) 由(1) 知 f ( x) 在1, +) 上单调递増 ,因为 a1- e, 所以 f (1) =e- 1+a1, 则 h ( x) =x(1 - ex) 0 恒成立 ,所以函数 h( x) 在(1, +) 上单调递减 , 所以 h( x) e(1 - 1) + 12= ,即当 x1, +) 时, f ( x) min0;当 x(1, +) 时, f ( x) 0.所以 f ( x)