2019届江苏高考数学二轮复习第二篇第18练导数与函数单调性极值最值试题理

第18练导数与函数的单一性、极值、最值[清晰考情]1.命题角度：议论函数的单一性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热门.2.题目难度：偏难题.考点一

利用导数研究函数的单一性方法技巧

(1)函数单一性的判断方法：在某个区间

(a，b)内，假如

f′(x)>0，那么函数

y＝f(x)在此区间内单一递加；假如

f′(x)<0，那么函数

y＝f(x)在此区间内单一递减

.已知函数的单一性求参数的取值范围：若可导函数f(x)在某个区间内单一递加(或递减)，则能够得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，进而转变为恒建立问题来解决(注意等号建立的查验).(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不但一，则转变为f′(x)＝0在(a，b)上有解.1.已知函数f(x)＝ex＋1(a≠0，x≠0)在x＝1处的切线与直线(e－1)x－y＋2018＝0平行，ax求a的值并议论函数y＝f(x)在(－∞，0)上的单一性.解∵′( )＝ex－12，f′(1)＝e－1＝e－1，∴a＝1.fxaxa1x－1x2e∴f′(x)＝e－x2＝xx2，令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝(2x＋x2)ex，∴当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0；当x∈(－2,0)时，h′(x)<0.则h(x)在(－∞，－2)上单一递加，在(－2,0)上单一递减.4∴当x∈(－∞，0)时，h(x)≤h(－2)＝2－1<0，e即当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，0)上单一递减.已知函数f(x)＝sinx－x，证明：f(x)>－ex.证明

原题即证

ex－x＋sin

x>0，x∵e－x＋sin

xx≥e－x－1，①令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，有g′(x)>0，g(x)单一递加；当x<0时，有g′(x)<0，g(x)单一递减，∴g(x)≥g(0)0.②又①②中的等号建立的条件不一致，x∴e－x＋sinx>0，f(x)>－ex.44－x23.已知函数f(x)＝k＋klnx＋x，此中常数k>0，议论f(x)在(0,2)上的单一性.k＋4解因为f′( )＝k4－2－1xxxk＋4x－4－x2x－kx－4kk＝x2＝－x2(x>0，k>0).44①当0<k<2时，k>k>0，且k>2，所以当x∈(0，k)时，f′(x)<0，当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；4②当k＝2时，k＝k＝2，f′(x)<0在(0,2)上恒建立，所以f(x)在(0,2)上是减函数；4③当k>2时，0<k<2，k>k，44所以当x∈0，k时，f′(x)<0；当x∈k，2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在440，k上是减函数，在k，2上是增函数.综上可知，当0<k<2时，f(x)在(0，k)上是减函数，4在(k,2)上是增函数；当k＝2时，f(x)在(0,2)上是减函数；当k>2时，f(x)在0，k上是减4函数，在k，2上是增函数.考点二利用函数的单一性求参数范围方法技巧(1)已知函数的单一性，求参数的取值范围，应用条件′( )≥0(或f′( )≤0)，fxxx∈(a，b)恒建立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒建立的理论求解)，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＝(x)在区间(，)上不但一，则转变为f′( )＝0在(a，)上有解.fabxb4.设函数f(x)＝ex2，此中a为正实数，若f(x)为R上的单一函数，求a的取值范围.1＋ax解x1＋ax2－2ax对f(x)求导得f′(x)＝e·22.1＋ax①若f(x)为R上的单一函数，则f′(x)在R上不变号.联合①与条件a>0知，ax2－2ax＋1≥0在R上恒建立，即＝42－4a＝4(a－1)≤0，aa由此并联合a>0知，0<a≤1.所以a的取值范围为(0,1].5.设函数f(x3x2＋axea(1)若f(x)在x＝0处获得极值，确立a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解(1)对f(x)求导，得f′(x)＝x－3x2＋axex－3x2＋6－ax＋a6x＋aeex2＝ex，因为f(x)在x＝0处获得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.32－3x2＋6当a＝0时，f(x)＝ex，f′(x)＝ex，切合题设，33故f(1)＝，f′(1)＝，ee进而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为33y－e＝e(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知，′( )＝－3x2＋6－ax＋ax.fxe令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝6－a－a2＋36，66－＋2＋36x2＝.6当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.由f(x)在[3，＋∞)上为减函数知，6－a＋a2＋369x2＝6≤3，解得a≥－，2故a的取值范围为

9－2，＋∞

.6.已知函数

12f(x)＝2x－2aln

x＋(a－2)x.当a＝－1时，求函数f(x)的单一区间；(2)能否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单一递加？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明原因.12解(1)当a＝－1时，f(x)＝2x＋2lnx－3x(x>0)，2x2－3x＋2－1xx－2.则f′(x)＝x＋x－3＝x＝x当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单一递加；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单一递减.f(x)的单一递加区间为(0,1)，(2，＋∞)，单一递减区间为(1,2).(2)假定存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，2a则g′(x)＝f′(x)－a＝x－x－2≥0恒建立，x2－2x－2a即x≥0在(0，＋∞)上恒建立，∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒建立，a≤(x2－2x)＝1(x－1)2－1恒建立.2221又φ(1(x－1)211)＝－，∈(0，＋∞)的最小值为－.x22x21∴当a≤－2时，g′(x)≥0恒建立.1′( )＝x－12又当＝－时，g，当且仅当x＝1时，a2xxg′(x)＝0.1故当a∈－∞，－2时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单一递加.考点三导数与函数的极值、最值重点重组(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不必定是极值点，如函数f( )x＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点.极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数获得极值，f(x)在x0处导，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处获得极值的必需不充分条件.(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不停的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值

.函数的最值必在极值点或区间的端点处获得

.7.已知函数

f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln

x.当a>0时，求函数f(x)的单一递加区间；1当a<0时，求函数f(x)在2，1上的最小值.解(1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－lnx，可得′( )＝2＋(1－2a)－1＝2ax＋1x－1，fxaxxxa>0，x>0，2ax＋1>0，令f′(x)>0，即x－1>0，得x>1，xf(x)的单一递加区间为(1，＋∞).12ax－－2ax－1(2)由(1)可得f′( )＝，xx1∵a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－2a，x2＝1，11①当－2a>1，即－2<a<0时，f(x)在(0,1)上是减函数，∴f(x)在1f(1)＝1－a；，1上的最小值为2111②当2≤－2a≤1，即－1≤a≤－2时，当x∈11时，f′(x)≤0；当x∈－1时，f′(x)≥0，，－，122a2a11上是减函数，在1，1上是增函数，所以f(x)在2，－2a－2a∴(x)的最小值为f－1＝1－1＋ln(－2)；f2a4aa③当－11时，f(x)在1上是增函数，<，即a<－1，12a22113∴f(x)的最小值为f2＝2－4a＋ln2.综上，函数f(x)在区间1，1上的最小值为2132－4a＋ln2，a<－1，f(x)1a1min＝1－＋ln－2，－1≤≤－，4aa211－a，－2<a<0.8.已知函数f(x)＝excosx－x.求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；π求函数f(x)在区间0，2上的最大值和最小值.解(1)因为f(x)＝excosx－x，所以

f′(x)＝ex(cos

x－sin

x)－1，f′(0)

＝0，又因为

f(0)

＝1，所以曲线

y＝f(x)在点(0，f(0))

处的切线方程为

y＝1.由(1)可知，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.π当x∈0，2时，h′(x)＜0，π所以h(x)在区间0，2上单一递减.π所以对随意x∈0，2有h(x)＜h(0)＝0，即f′( )＜0.x所以函数f(x)在区间0，π2上单一递减.所以f(x)在区间0，πf(0)＝1，最小值为fππ2上的最大值为2＝－2.9.(2018·江苏张家港高级中学调研)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，a>1.求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单一递加；(2)对随意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒建立，务实数a的取值范围.证明f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna，因为a>1，故当x∈(0，＋∞)时，lna>0，ax－1>0，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单一递加.(2)解由(1)可知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(－∞，0)上单一递减.所以，f(x)在区间[－1,0]上单一递减，在区间[0,1]上单一递加.所以f(x)min＝f(0)＝1，f(x)＝max{f(－1)，f(1)}，max1f(－1)＝a＋1＋lna，f(1)＝a＋1－lna，1f(1)－f(－1)＝a－a－2lna，1记g(x)＝x－x－2lnx(x>1)，则g1212′( )＝1＋2－＝－1≥0，xxxx1所以g(x)＝x－x－2lnx在(1，＋∞)上单一递加，1故f(1)－f(－1)＝a－a－2lna>0，所以f(1)>f(－1)，于是f(x)max＝f(1)＝a＋1－lna，故对随意x1，2∈[－1,1]，|f(x1)－(2)|max＝|f(1)－(0)|＝－lna，xfxfa即a－lna≤e－1建立，a－1设h(a)＝a－lna，则h′(a)＝1－a＝a，所以当a>1时，h′(a)>0，h(a)单一递加.又a－lna≤e－1＝h(e)，所以1<a≤e.即实数a的取值范围是(1，e].例(16分)设函数f(x)＝1a2x2－lnx(a∈R).2求函数f(x)的单一区间；假如函数f(x)的图象不在x轴的下方，务实数a的取值范围.审题路线图1求导得f′x＝ax－xx>0→分a＝0，a>0，a<0议论→得fx的单一区间2lnx将所求转变为fx≥0，即a≥x22lnxx>0，利用导数，求出1→令hx＝x2hx的最大值为e21→解不等式a≥e，可求得a的取值范围规范解答·评分标准解(1)f′( )＝2－1(＞0).1分xaxxx当a＝0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单一递减.2122－1a2x－2axa，当a＞0时，f′(x)＝x＝x11由f′(x)≥0，得x≥a；由f′(x)＜0，得0＜x＜a.所以f(x)的单一递减区间为0，1，单一递加区间为1a，＋∞.a4分21a2x－2当a<0时，f′(x)＝a，x由f′( )≥0，得x≥－1；xa1由f′(x)<0，得0＜x<－a.所以f(x)的单一递减区间为0，－1，单一递加区间为1，＋∞.a－a6分综上，当a＝0时，f(x)的单一递减区间为(0，＋∞)；当a＞0

时，f(x)的单一递减区间为

10，a

，单一递加区间为

1a，＋∞；当

a＜0

时，f(x)1

1的单一递减区间为

0，－a

，单一递加区间为

－a，＋∞

.分f(x)的图象不在x轴的下方，即当x＞0时，f(x)≥0恒建立，所以12a2x2－lnx≥0恒建立，2lnx即a≥x2恒建立.2lnx令h(x)＝x2(x＞0)，2x－2lnx21－2lnx则h′(x)＝11分x4＝x3，由h′(x)＞0，得0＜x＜e；由h′(x)＜0，得x＞e.1故h(x)在(0，e]上单一递加，在[e，＋∞)上单一递减.当x＝e时，h(x)获得最大值.e21ee所以a≥e，解得a≤－e或a≥e.15分故实数a的取值范围是－∞，－ee，＋∞.16分∪ee建立答题模板[第一步]求导：一般先确立函数的定义域，再求导数f′(x).[第二步]转变：“判断函数单一性、求极值(最值)”常转变为“判断′( )的符号”，“切fx线方程、切线的斜率(或倾斜角)、切点坐标”，常转变为“导数的几何意义”，“恒建立问题”常转变为“求最值”等.[第三步]求解：依据题意求出函数的单一区间、极值、最值等问题.[第四步]反省：单一区间不可以用“∪”连接；范围问题的端点可否取到.1.设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.求a，b的值；求f(x)的单一区间.解(1)f(x)的定义域为R.a－xa－x＋b＝(1－x)ea－x∵f′(x)＝e－xe＋b.2＝2e＋2，依题意可知，f′2＝e－1，2ea－2＋2b＝2e＋2，即－ea－2＋b＝e－1.解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知，f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单一递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单一递加.故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，进而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).故f(x)的单一递加区间为(－∞，＋∞).已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，务实数a的取值范围.解函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，1－222＋＋1－2＋1－1f′(x)＝x－2a2x＋a＝axxax＝axxax.方法一①当＝0时，1f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；′( )＝＞0，所以afxx②当a＞0时，令f′(x)≤0(x＞0)，1即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥a，1此时f(x)的单一递减区间为a，＋∞.1依题意，得a≤1，解得a≥1；a＞0，③当a＜0时，f′(x)≤0(x＞0)，1即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－2a.此时f(x)的单一递减区间为1.－，＋∞2a1－2≤1，1依题意，得a解得a≤－2.a＜0，综上，实数a的取值范围是1∪[1，＋∞).－∞，－21方法二①当a＝0时，f′(x)＝x＞0，所以f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；②当≠0时，要使函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，只需f′( )≤0在区间[1，＋∞)ax上恒建立.因为x＞0，所以只需2a2x2－ax－1≥0在区间[1，＋∞)上恒建立.a2≤1，所以4a1解得≥1或≤－.aa2综上，实数a的取值范围是1∪[1，＋∞).－∞，－23.已知函数f()＝13－12，∈R.x3x2axa(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，议论g(x)的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值.解(1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosxx(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx).令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上单一递加.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－sinx)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单一递加；当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单一递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单一递加.所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是

13g(a)＝－6a－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－sinx)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单一递加；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单一递加，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单一递加；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单一递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单一递加.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

13g(a)＝－6a－sin

a.综上所述，当

a<0时，函数

g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单一递加，在

(a,0)上单一递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是

13g(a)＝－6a－sin

a，极小值是