2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题1 函数与导数2-1-解答题 1
第
1
课时
导数与单调性、极值、最值问题
考向一 利用导数研究函数的单调性
角度
1
确定函数的单调性
(
区间
)
【例
1
】
已知函数 其中常数
k>0,
(1)
讨论
f(x
)
在
(0,2)
上的单调性
.
(2)
若
k∈[4,+∞),
曲线
y=f(x
)
上总存在相异两点
M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
)
使得曲线
y=f(x
)
在
M,N
两点处切线
互相平行
②
，求
x
1
＋
x
2
的取值范围
③
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到求出函数的导数
②
想到利用导数式求切线的斜率
③
想到根据导数与单调性的关系结合恒成立问题求范围
【解析
】
(1)
因为
f′(x
)=
(x>0,k>0).
①
当
0
k>0,
且
>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
;
②
当
k=2
时
, =k=2,f′(x)<0
在
(0,2)
上恒成立
,
所以
f(x
)
在
(0,2)
上是减函数
,
③
当
k>2
时
,0< <2,k> ,
所以当
x∈
时
,f′(x
)<0,
当
x∈
时
,f′(x
)>0,
所以函数
f(x
)
在 上是减函数
,
在 上是增函数
.
(2)
由题意
,
可得
f′(x
1
)=f′(x
2
)(x
1
,x
2
>0,
且
x
1
≠x
2
),
则
化简得
4(x
1
+x
2
)= x
1
x
2
,
又
x
1
x
2
<
所以
4(x
1
+x
2
)<
即
x
1
+x
2
>
对
k∈[4,+∞)
恒成立
,
令
g(k
)=k+ ,
则
g′(k
)=1- >0.
所以
g(k
)=k+
在
[4,+∞)
上是增函数
,
所以
g(k)≥g(4)=5,
所以
,
所以
x
1
+x
2
> ,
故
x
1
+x
2
的取值范围为
【拓展提升
】
1.
求函数的单调区间
,
只需在函数的定义域内解
(
证
)
不等式
f′(x
)>0
或
f′(x
)<0.
2.
解答本例容易出现以下错误
:
(1)
忽略函数的定义域
,
在函数解析式中含有对数必须满足
x>0.
(2)
对
k
分类讨论不全
,
题目中已知
k>0,
对
k
分类讨论时容易对标准划分不准确
,
讨论不全面
.
【变式训练
】
若将本例中的条件“
k>0”
变为“
k<0”,
其他条件不
变
,f(x
)
在
(0,2)
上的单调性如何
?
【解析
】
由例题解析知
f′(x
)=
在
(0,2)
上
f′(x
)<0,
故
f(x
)
在
(0,2)
上为减函数
.
角度
2
根据函数的单调性求参数的取值范围
【例
2
】
(2019
·
兰州模拟
)
已知函数
(1)
当
a=-1
时
,
求函数
f(x
)
的单调区间
.
(2)
是否存在实数
a,
使函数
g(x
)
＝
f(x
)
－
ax
在
(0
，＋
∞)
上单调递增
②
?
若存在
,
求出
a
的取值范围
;
若不存在
,
说明理由
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到求出函数的导数
②
想到
g′(x)≥0
在
(0,+∞)
上恒成立
【解析
】
(1)
当
a=-1
时
,f(x
)= x
2
+2ln x-3x,
则
f′(x
)=
当
02
时
,f′(x
)>0,f(x)
单调递增
;
当
10
时恒成立
,
所以
a≤ (x
2
-2x)= (x-1)
2
-
恒成立
.
设
φ
(x
)= (x-1)
2
- ,x∈(0,+∞),
又
φ
(x
)= (x-1)
2
- ,x∈(0,+∞)
的最小值为
- .
所以当
a≤-
时
,g′(x)≥0
恒成立
.
又当
a=- ,g′(x
)= ,
当且仅当
x=1
时
,g′(x
)=0.
故当
a∈
时
,g(x)=f(x
)-ax
在
(0,+∞)
上单调
递增
.
【拓展提升
】
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
,
解出参数的取值范围
(
一般可用不等式恒成立的理论求解
).
2.
若函数
y=f(x
)
在区间
(a,b
)
上不单调
,
则转化为
f′(x
)=0
在
(a,b
)
上有解
.
【变式训练
】
已知
a∈R
,
函数
f(x
)=(-x
2
+ax)e
x
(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
.
(3)
函数
f(x
)
是否为
R
上的单调减函数
?
若是
,
求出
a
的取值范围
?
若不是
,
请说明理由
.
【解析
】
(1)
当
a=2
时
,f(x
)=(-x
2
+2x)e
x
,
所以
f′(x
)=(-2x+2)e
x
+(-x
2
+2x)e
x
=(-x
2
+2)e
x
.
令
f′(x
)>0,
即
(-x
2
+2)e
x
>0,
因为
e
x
>0,
所以
-x
2
+2>0,
解得
- 0,
所以
-x
2
+(a-2)x+a≥0,
则
a≥ =(x+1)-
对
x∈(-1,1)
都成
立
.
令
g(x
)=(x+1)- ,
则
g′(x
)=1+ >0.
所以
g(x
)=(x+1)-
在
(-1,1)
上单调递增
.
所以
g(x
)0,
所以
x
2
-(a-2)x-a≥0
对
x∈R
都成立
.
所以
Δ=(a-2)
2
+4a≤0,
即
a
2
+4≤0,
这是不可能的
.
故函数
f(x
)
不可能在
R
上单调递减
.
考向二 利用导数研究函数的极值和最值
【例
3
】
(2017
·
北京高考
)
已知函数
(1)
求曲线
y=f(x
)
在点
(0
，
f(0))
处的切线方程
②
;
(2)
求函数
f(x
)
在区间 上的最大值和最小值
.
③
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到求函数的导数
②
想到求切线斜率
f′(0)
③
想到判断
f(x
)
在区间 上的增减性
【解析
】
(1)
因为
f(x)=e
x
·
cos x-x
,
所以
f(0)=1,
f′(x)=e
x
(cos
x-sin x)-1,
所以
f′(0)=0,
所以
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)=e
x
(cos x-sin x)-1,
令
g(x)=f′(x),
则
g′(x)=-2sin x
·
e
x
≤0
在 上恒成立
,
且仅在
x=0
处等号成立
,
所以
g(x
)
在 上单调递减
,
所以
g(x)≤g(0)=0,
所以
f′(x)≤0
且仅在
x=0
处等号
成立
,
所以
f(x
)
在 上单调递减
,
所以
f(x)
max
=f(0)=1,f(x)
min
=
【拓展提升
】
1.
求函数
f(x
)
的极值
,
则先求方程
f′(x
)=0
的根
,
再检查
f′(x
)
在方程根的左右附近函数值的符号
.
2.
若已知极值大小或存在情况
,
则转化为已知方程
f′(x
)=0
根的大小或存在情况来求解
.
3.
求函数
f(x
)
在闭区间
[a,b
]
上的最值时
,
在得到极值的基础上
,
结合区间端点的函数值
f(a),f(b
)
与
f(x
)
的各极值进行比较得到函数的最值
.
【变式训练
】
(2019
·
北京高考
)
已知函数
f(x
)= x
3
-x
2
+x.
(1)
求曲线
y=f(x
)
的斜率为
1
的切线方程
.
(2)
当
x∈[-2,4]
时
,
求证
:x-6≤f(x)≤x.
(3)
设
F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R
),
记
F(x
)
在区间
[-2,4]
上的最大值为
M(a
),
当
M(a
)
最小时
,
求
a
的值
.
【解析
】
(1)f(x)
定义域为
R,f′(x
)= x
2
-2x+1,
设切点为
P(x
0
,y
0
),
则
y
0
=f(x
0
)= +x
0
,k=f′(x
0
)= -2x
0
+1=1,
所以
x
0
=0, ,
当
x
0
=0
时
,y
0
=0,
切线方程为
y-0=x-0,
即
x-y
=0;
当
x
0
=
时
,y
0
= ,
切线方程为
y- =x- ,
即
27x-
27y-64=0.
(2)
令
g(x)=f(x)-x
= x
3
-x
2
,x∈[-2,4],
则
g′(x
)=f′(x)-1= x
2
-2x,
令
g′(x
)=0
得
x=0, ,
x,g′(x),g(x
)
关系如下
又因为
g(-2)=-6,g(0)=0, ,g(4)=0,
所以在
x∈[-2,4]
上
,g(x)
min
=-6,g(x)
max
=0,
所以
-6≤g(x)≤0,
即
x-6≤f(x)≤x.
(3)
由
(2)
知
,-6≤f(x)-x≤0,-6-a≤f(x)-(x+a)≤-a,
所以
M(a
)=max{|-6-a|,|-a|}=max{|a+6|,|a|},
①
若
a≤-6,
则
M(a
)=max{-a-6,-a}=-a,
当
a=-6
时
,M(a
)
最小
,
为
6;
②
若
-6
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