（新高考）2020版高考数学二轮复习 大题考法课 导数的单调性、极值、最值问题课件 文

大题考法课导数的单调性、极值、最值问题类型(一)利用导数研究函数的单调性[典例]已知函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx．当a1时，讨论函数f(x)的单调性．[解]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋1x＋ax＝x－ax－1x.①若0a1，则当0xa或x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；当ax1时，f′(x)0，f(x)单调递减．②若a≤0，则当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0a1时，函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增．[解题方略]根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，则要根据参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论．在分类解决问题后要整合为一个一般的结论．[对点训练]已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′－43＝0，即3a×169＋2×－43＝16a3－83＝0，解得a＝12.(2)由(1)得g(x)＝12x3＋x2ex，故g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x－4时，g′(x)0，故g(x)为减函数；当－4x－1时，g′(x)0，故g(x)为增函数；当－1x0时，g′(x)0，故g(x)为减函数；当x0时，g′(x)0，故g(x)为增函数．综上，知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数．类型(二)利用导数求函数的极值、最值[典例]已知函数f(x)＝－x3＋x2，x1，alnx，x≥1.(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在区间[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．[解](1)当x1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，232323，1f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝23.(2)①当－1≤x1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和23，1上单调递减，在0，23上单调递增．因为f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a0时，f(x)在[1，e]上单调递增．所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.所以当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.[解题方略]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左、右函数值的符号．(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．几点注意：①求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；②求函数最值时，务必将极值与端点值比较得出最大(小)值；③对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．[对点训练]已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)令g(x)＝f(x)－ax＋1，求函数g(x)的极值．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又f′(x)＝1x＋1，则切线斜率f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝f(x)－ax＋1＝lnx－12ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝1x－ax＋(1－a)＝－ax2＋1－ax＋1x，当a≤0时，∵x0，∴g′(x)0.∴g(x)在(0，＋∞)上是递增函数，函数g(x)无极值点，当a0时，g′(x)＝－ax2＋1－ax＋1x＝－ax－1ax＋1x，令g′(x)＝0得x＝1a，∴当x∈0，1a时，g′(x)0；当x∈1a，＋∞时，g′(x)0.因此g(x)在0，1a上是增函数，在1a，＋∞上是减函数．∴x＝1a时，g(x)有极大值g1a＝ln1a－a2×1a2＋(1－a)×1a＋1＝12a－lna.综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；当a0时，函数g(x)有极大值12a－lna.类型(三)由函数的性质确定参数的值范围[典例]设函数f(x)＝2(x－2)ex－ax2＋2ax＋3－b.(1)若f(x)在x＝0处的法线(经过切点且垂直于切线的直线)的方程为x＋2y＋4＝0，求实数a，b的值．(2)若x＝1是f(x)的极小值点，求实数a的取值范围．[解](1)f′(x)＝2(x－1)ex－2ax＋2a.由题意可知，f′(0)＝2，所以f′(0)＝－2＋2a＝2⇒a＝2，易得切点坐标为(0，－2)，则有f(0)＝－2⇒b＝1.(2)由(1)可得，f′(x)＝2(x－1)ex－2ax＋2a＝2(x－1)(ex－a)．①当a≤0时，ex－a0⇒f′(x)＝0⇒x＝1，x∈(－∞，1)⇒f′(x)0；x∈(1，＋∞)⇒f′(x)0.x＝1是f(x)的极小值点，所以a≤0符合题意；②当0ae时，f′(x)＝0⇒x1＝1或x2＝lna，且lna1；x∈(－∞，lna)⇒f′(x)0；x∈(lna,1)⇒f′(x)0；x∈(1，＋∞)⇒f′(x)0，x＝1是f(x)的极小值点，所以0ae符合题意；③当ae时，f′(x)＝0⇒x1＝1或x2＝lna，且lna1；x∈(－∞，1)⇒f′(x)0，x∈(1，lna)⇒f′(x)0；x∈(lna，＋∞)⇒f′(x)0.x＝1是f(x)的极大值点，所以ae不符合题意；当a＝e时，f′(x)＝2(x－1)(ex－e)≥0，f(x)在R上单调递增，无极值．综上，实数a的取值范围为(－∞，e)．[解题方略]由函数的极值求解参数的取值范围问题往往综合函数极值的求解以及分类讨论的数学思想进行考查，解决此类问题的关键在于正确理解极值的概念和其求解、判断的方法，将其转化为函数的单调性问题求解；由函数的极值求解含参问题要注意结合导函数图象的性质进行分析，函数有极值点，则其导函数的图象必穿过x轴，而若导函数的图象与x轴有交点，则该函数不一定有极值点．[对点训练]1．(2019·长春质量监测)已知函数f(x)＝(a－1)lnx－ax－x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若函数f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝lnx－2x－x，则f′(x)＝1x＋2x2－1，f(2)＝ln2－3，f′(2)＝0，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＝ln2－3.(2)f′(x)＝a－1x＋ax2－1＝－x＋1x－ax2(1≤x≤3)，当a≤1时，f′(x)≤0，f(x)在[1,3]上单调递减，所以f(1)＝－2，解得a＝1；当a≥3时，f′(x)≥0，f(x)在[1,3]上单调递增，所以f(3)＝－2，解得a＝ln3＋1ln3－133，舍去；当1a3时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a,3)上单调递减，所以f(a)＝－2，解得a＝e.综上，a＝1或a＝e.2．已知函数f(x)＝x2－12lnx＋32在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，求实数a的取值范围．解：法一：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵函数f(x)＝x2－12lnx＋32在区间(a－1，a＋1)上不单调，∴f′(x)＝2x－12x＝4x2－12x在区间(a－1，a＋1)上有零点．由f′(x)＝0，得x＝12，则a－1≥0，a－112a＋1，得1≤a32.∴实数a的取值范围为1，32.法二：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－12x＝4x2－12x，令f′(x)0，得x12，令f′(x)0，得0x12，即函数f(x)的单调递增区间为12，＋∞，单调递减区间为0，12.若函数f(x)在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内是单调函数，则a－1≥12或a＋1≤12，a－1≥0，即a≥32，∴函数f(x)在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，需满足1≤a32.∴实数a的取值范围为1，32.