2018届二轮复习（理）专题一 函数与导数、不等式第4讲学案（全国通用）
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真 题 感 悟
1.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2
0.
故f(x)在上单调递减，在区间上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f ＝a2，
故当且仅当a2≥0，即a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].
考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
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.
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.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
热点一 导数与定积分的几何意义
【例1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.
(2)(2017·邯郸调研)展开式的中间项系数为20，如图阴影部分是由曲线y＝x2和圆x2＋y2＝a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积S＝________.
解析 (1)设x>0，则－x<0，
因为x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，所以f(－x)＝ex－1＋x.
又因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝2.
所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
(2)因为展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C＝20，解得a＝2，
所以曲线y＝x2和圆x2＋y2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积为－(x－x2)dx＝－＝－.
答案 (1)2x－y＝0 (2)－
探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.
2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点
(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值.
(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值.
【训练1】 (1)已知函数y＝f(x)的图象为如图所示的折线，则[(x＋2)f(x)]dx＝( )
A.1 B.－1 C.2 D.－2
(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y＝在点处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝____________.
解析 (1)由y＝f(x)图象，易知f(x)＝
所以原式＝(x＋2)(x＋1)dx＋(－x＋1)(x＋2)dx
＝(x2＋3x＋2)dx＋(－x2－x＋2)dx
＝＋
＝＋＝2.
(2)y′＝
＝，
则曲线y＝在点处的切线的斜率为k1＝1.
因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－，
又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，
所以k1k2＝－1，解得a＝1.
答案 (1)C (2)1
热点二 利用导数研究函数的单调性
命题角度1 确定函数的单调性(区间)
【例2－1】 已知函数f(x)＝ln x＋，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(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝－－1
＝＝－(x>0，k>0).
①当0k>0，且>2，
所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，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x∈时，f′(x)<0，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′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)，
则－－1＝－－1，
化简得4(x1＋x2)＝x1x2，
又x1x2<，
∴4(x1＋x2)<，
即x1＋x2>对k∈[4，＋∞)恒成立，
令g(k)＝k＋，则g′(k)＝1－>0.
∴g(k)＝k＋在[4，＋∞)上是增函数，
所以g(k)≥g(4)＝5，所以≤，所以x1＋x2>，
故x1＋x2的取值范围为.
探究提高 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.
【迁移探究1】 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 由例2－1解析知f′(x)＝－在(0，2)上f′(x)<0，故f(x)在(0，2)上为减函数.
【迁移探究2】 在本例(1)中，将“(0，2)”改为(0，＋∞)，其他条件不变，求函数f(x)的单调区间.
解 由例题知f′(x)＝－.
①当02时，k>，f(x)的单调减区间为和(k，＋∞)，增区间为.
命题角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围
【例2－2】 (2017·兰州二模)已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(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？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋－3＝＝.
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当10时恒成立，
∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立.
又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值为－.
∴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.
探究提高 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)，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＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.
【训练2】 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；
(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 (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－＜x＜.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).
(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，
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)＜g(1)＝(1＋1)－＝.
所以a的取值范围是.
(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立.
因为ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立.
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的.
故函数f(x)不可能在R上单调递减.
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
命题角度1 求函数的极值、最值
【例3－1】 (2017·北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴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)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.
命题角度2 与函数极值点个数有关问题
【例3－2】 (2017·绵阳诊断)已知a∈R，函数f(x)＝aex－x－1，g(x)＝x－ln(x＋1)(e＝2.718 28…是自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)极值点的个数；
(2)若a＝1，且命题“∃x∈[0，＋∞)，f(x)0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a.
若x∈(－∞，－ln a)，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上是减函数，
若x∈(－ln a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－ln a，＋∞)上是增函数.
当x＝－ln a时，f(x)取得极小值为f(－ln a)＝ln a，
函数f(x)有且仅有一个极小值点x＝－ln a.
所以当a≤0时，f(x)没有极值点，当a>0时，f(x)有1个极小值点.
(2)命题“∃x∈[0，＋∞)，f(x)1时，因为h′(x)＝ex－在[0，＋∞)是增函数，因为h′(0)＝1－k<0，h′(k－1)＝ek－1－>0.
所以h′(x)在(0，k－1)上存在唯一零点x0，
当x∈[0，x0)时，h′(x)0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值.
解 (1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，
令f′(x)>0，因为a>0，x>0，
∴>0，∴x－1>0，得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
(2)由(1)可得f′(x)＝，因为a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
①当－>1，即－0，因此f(x)在上是增函数，
∴f(x)的最小值为f ＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为：
f(x)min＝
1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.
2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.
3.可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.
5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数个
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
2.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
答案 D
3.直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )
A.2 B.4 C.2 D.4
解析 由得x＝0或x＝2(x＝－2舍).
根据定积分的几何意义，两曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积S＝(4x－x3)dx＝＝4.
答案 D
4.(2017·武汉二模)若定义域为R的单调递增函数y＝f(x)对于任意两个不相等的实数m，n都有f >成立，y＝f′(x)为函数y＝f(x)的导函数，则f(a＋1)－f(a)，f′(a)，f′(a＋1)的大小关系为( )
A.f′(a)(m≠n)；
∴y＝f(x)的图象上凸，如图所示，
又f(a＋1)－f(a)＝表示两点M，N连线的斜率kMN.
f′(a)与f′(a＋1)分别表示曲线y＝f(x)在点M，N处切线的斜率，
因此f′(a＋1)0)图象下方的阴影部分区域，则阴影部分E的面积为________.
解析 SE＝×2＋∫1dx
＝1＋(ln x)＝1＋ln 1－ln＝1＋ln 2.
答案 1＋ln 2
7.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
解析 令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，
又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).
∴f′(1)＝－2，
∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案 2x＋y＋1＝0
8.(2016·北京卷)设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝
若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，
∴当x≤0时，f(x)≤f(－1)＝2.
若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0.
所以f(x)最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.
由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2.
所以a＜－1.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
三、解答题
9.(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′
＝e－x－(x－)e－x
＝e－x
＝(1－x)e－x.
(2)令f′(x)＝(1－x)e－x＝0，解得x＝1或.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：
x
1
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
e－
0
e－
又f ＝e－，f(1)＝0，f ＝e－，
则f(x)在区间上的最大值为e－.
又f(x)＝(x－)e－x＝(－1)2e－x≥0.
综上，f(x)在区间上的取值范围是.
10.(2017·山东卷)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
解 (1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是
y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x
＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增.
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－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－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－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
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g(a)＝－a3－sin a.
综上所述：
当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝
－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
11.(2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在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.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
