第2部分 专题6 第3讲　导数与函数的单调性、极值、最值

13/13导数与函数的单调性、极值、最值考点1导数的运算及其几何意义1．(2021·新高考卷Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则()A．eb＜a B．ea＜bC．0＜a＜eb D．0＜b＜eaD[法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝eeq\s\up10(x0)(x－a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0－b＝eeq\s\up10(x0)x0－a,y0＝eeq\s\up10(x0)))得eeq\s\up10(x0)(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程eeq\s\up10(x0)(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea.故选D．法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea.故选D．]2．(2021·全国卷甲)曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________．y＝5x＋2[y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x＋2)))eq\s\up10(′)＝eq\f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq\f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝eq\f(5,－1＋22)＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.]3．(2021·新高考卷Ⅱ)已知函数f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B(x2，f(x2))处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则eq\f(|AM|,|BN|)的取值范围是________．(0,1)[当x＜0时，f(x)＝1－ex，f′(x)＝－ex，f(x)在A(x1,1－eeq\s\up8(x1))处的切线斜率为k1＝－eeq\s\up8(x1)，当x＞0时，f(x)＝ex－1，f′(x)＝ex，f(x)在B(x2，eeq\s\up8(x2)－1)处的切线斜率为k2＝eeq\s\up8(x2)，由f(x)图象在A，B两点处的切线互相垂直⇒k1k2＝－eeq\s\up8(x1＋x2)＝－1，∴x1＋x2＝0，x1＜0，x2＞0，∴eq\f(|AM|,|BN|)＝eq\f(\r(1＋eeq\s\up8(2x1))·－x1,\r(1＋eeq\s\up8(2x2))·x2)＝eq\f(\r(1＋eeq\s\up8(－2x2)),\r(1＋eeq\s\up8(2x2)))＝eq\f(1,eeq\s\up8(x2))∈(0,1)，故eq\f(|AM|,|BN|)的取值范围是(0,1)．]命题规律：以基本初等函数为载体，考查曲线切线方程的求法，多以选择题、填空题形式考查，注意方程思想的应用．通性通法：导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线“在”某点的切线与曲线“过”某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．1．[以新定义为载体]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＝sinx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x3A[对函数y＝sinx求导，得y′＝cosx，当x＝0时，该点处切线l1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＝lnx求导，得y′＝eq\f(1,x)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求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.]2．[与物理学科交汇](2021·徐州模拟)随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著经济效益．假设某放射性同位素的衰变过程中，其含量P(单位：贝克)与时间t(单位：天)满足函数关系P(t)＝P02eq\s\up12(－eq\f(t,30))，其中P0为t＝0时该放射性同位素的含量．已知t＝15时，该放射性同位素的瞬时变化率为－eq\f(3\r(2)ln2,10)，则该放射性同位素含量为4.5贝克时衰变所需时间为()A．20天 B．30天C．45天 D．60天D[由P(t)＝P02eq\s\up12(－eq\f(t,30))得P′(t)＝－eq\f(1,30)·P0·2eq\s\up12(－eq\f(t,30))ln2，因为t＝15时，该放射性同位素的瞬时变化率为－eq\f(3\r(2)ln2,10)，即P′eq(\a\vs4\al\co1(15))＝－eq\f(\r(2)ln2,60)P0＝－eq\f(3\r(2)ln2,10)，解得P0＝18，则P(t)＝18·2eq\s\up12(－eq\f(t,30))，当该放射性同位素含量为4.5贝克时，即P(t)＝4.5，所以18·2eq\s\up12(－eq\f(t,30))＝4.5，即2eq\s\up12(－eq\f(t,30))＝eq\f(1,4)，所以－eq\f(t,30)＝－2，解得t＝60.故选D．]3．[公切线问题]若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________.0或1[设直线y＝kx＋b与y＝lnx＋2的切点为(x1，y1)，与y＝ex的切点为(x2，y2)，由y＝lnx＋2的导数为y′＝eq\f(1,x)，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝eeq\s\up8(x2)＝eq\f(1,x1)＝eq\f(eeq\s\up8(x2)－lnx1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋lnx1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1)))＝0，则x1＝eq\f(1,e)或1，则切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))或(1,2)，k＝e或1，则切线为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1.]考点2利用导数研究函数的单调性1．(2021·新高考卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.讨论函数f(x)的单调性．[解]f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a①当a≤0时，令f′(x)＝0⇒x＝0；且当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)递减；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)递增；②当0＜a＜eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＜0，且当x＜ln2a时，f′(x)＞0，f(x)递增，当ln2a＜x＜0时，f′(x)＜0，f(当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)递增；③当a＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上递增；④当a＞eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＞0，且当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)递增；当0＜x＜ln2a时，f′(x)＜0，f(x当x＞ln2a时，f′(x)＞0，f(x2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.讨论f(x)的单调性．[解]∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))单调递增．命题规律：以含参数的函数解析式为载体，融不等式的解法、分类讨论思想、函数、方程、不等式的关系于一体，考查学生对知识的灵活应用能力，有一定的难度.通性通法：利用导数研究函数单调性的一般步骤(1)确定函数的定义域．(2)求导函数f′(x)．(3)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即可；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)讨论含参数的单调性常见的四个方面．如f′(x)＝eq\f(ax2＋2x＋1－a,x2).①二次项系数的讨论．②根的存在性讨论，“Δ”讨论．③根大小讨论．④根在不在定义域内讨论．提醒：若可导函数f(x)在区间D上单调递增，则有f′(x)≥0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立．1．[导数与数的大小比较]定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则eeq\s\up10(x1)f(x2)与eeq\s\up10(x2)f(x1)的大小关系为()A．eeq\s\up10(x1)f(x2)＞eeq\s\up10(x2)f(x1)B．eeq\s\up10(x1)f(x2)<eeq\s\up10(x2)f(x1)C．eeq\s\up10(x1)f(x2)＝eeq\s\up10(x2)f(x1)D．eeq\s\up10(x1)f(x2)与eeq\s\up10(x2)f(x1)的大小关系不确定A[设g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即eq\f(fx2,eeq\s\up10(x2))＞eq\f(fx1,eeq\s\up10(x1))，所以eeq\s\up10(x1)f(x2)＞eeq\s\up10(x2)f(x1)．]2．[导数与解不等式]已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0.当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，则使得f(x)＞0成立的xA．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－1,0)∪(1，＋∞)C[令g(x)＝eq\f(fx,x2)，∴g′(x)＝eq\f(x2f′x－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)，又g(1)＝0，当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，即g′(x因为f(x)为偶函数，所以当x＜0时，g′(x)＞0，f(x)＞0等价于g(x)＞0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0,gx＞g1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,gx＞g－1，))所以0＜x＜1或－1＜x＜0，故选C．]3.[已知单调性求参数的范围]已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(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)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－eq\r(2)＜x＜eq\r(2).所以函数f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(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)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，法一：(分离参数法)即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)对x∈(－1,1)都成立．令g(x)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)＞0.所以g(x)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增．所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2).所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).法二：(数形结合法)即x2－(a－2)x－a≤0在(－1,1)上恒成立．令h(x)＝x2－(a－2)x－a，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h－1＝1＋a－2－a≤0,h1＝1－a－2－a≤0，))解得a≥eq\f(3,2).所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).考点3利用导数研究函数的极值(最值)问题1．(2021·全国卷乙)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a＜b B．a＞bC．ab＜a2 D．ab＞a2D[(分类与整合法)因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b)．令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝eq\f(a＋2b,3).(1)当a＞0时，①若eq\f(a＋2b,3)＞a，即b＞a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若eq\f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若eq\f(a＋2b,3)＜a，即b＜a，此时易知函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,3)，a))上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意．(2)当a＜0时，①若eq\f(a＋2b,3)＞a，即b＞a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若eq\f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若eq\f(a＋2b,3)＜a，即b＜a，此时易知函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,3)，a))上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意．综上，a＞0且b＞a满足题意，a＜0且b＜a也满足题意．据此，可知必有ab＞a2成立．故选D．]2．(2021·新高考卷Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．1[函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x＞eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当eq\f(1,2)＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0＜x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))单调递减，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4＞lne＝1.综上，f(x)min＝1.]命题规律：试题常以一次函数与指数函数或对数函数的组合形式出现，考查导数的运算法则、极(最)值的求法，考查分类讨论及数形结合思想，考查等价转化能力及逻辑推理能力，难度较大．通性通法：函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．1．[知图判断函数极值点]设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点D[函数的性质如下：区间(－∞，－1)(－1,1)(1，＋∞)1－x符号＋＋－y＝(1－x)f′(x)的符号－＋－f′(x)符号－＋＋f(x)的单调性单调递减单调递增单调递增据此可得，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值．故选D．]2．[已知最值求参数]若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)C[由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故选C．]3．[已知极值点个数求参数范围]若函数f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为()A．(－e2，－e) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e－1)D[由题可得f′(x)＝ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)，x>0，因为函数f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，所以函数f′(x)＝ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)(x>0)有两个不同的变号零点．令ex－eq\f(m＋1,x)＋2(m＋1)＝0，等价转化成eq\f(xex,1－2x)＝m＋1(x>0)有两个不同的实数根，记h(x)＝eq\f(xex,1－2x)，所以h′(x)＝eq\f(xex′1－2x－xex1－2x′,1－2x2)＝－eq\f(ex2x＋1x－1,1－2x2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，h′(x)>0，此时函数h(x)在此区间上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，h′(x)>0，此时函数h(x)在此区间上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时函数h(x)在此区间上单调递减，作出h(x)＝eq\f(xex,1－2x)的简图如图，要使得eq\f(xex,1－2x)＝m＋1有两个不同的实数根，则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.]4．[极值点个数的判断]已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的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.[