2016届高考数学(文)二轮复习考点例题课件：专题一+第3讲+导数与函数的单调性、极值、最值问题(人

第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性、极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大.真题感悟解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若a＞0，则当x∈0，1a时，f′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0.所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.(2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝1a处取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1).考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y＝f(x)在该区间内为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间内为减函数.(2)f′(x)＞0是f(x)递增的充分条件，但不是必要条件，例如y＝2x3在(－∞，＋∞)上递增，但并不是都有f′(x)＞0，同样f′(x)＜0是f(x)递减的充分非必要条件.2.极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.【例1－1】(2015·济南模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当0≤a＜12时，讨论f(x)的单调性.热点一导数与函数的单调性[微题型1]求函数的单调区间解(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋2x－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝（x－1）（x＋2）x2，x∈(0，＋∞).由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.故当a＝－1时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).(2)因为f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x＋1－ax2，x∈(0，＋∞).令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞).①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.②当0＜a＜12时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x＝1或1a－1，此时1a－1＞1＞0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈1，1a－1时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈1a－1，＋∞时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.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0＜a＜12时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在1，1a－1上单调递增，在1a－1，＋∞上单调递减.探究提高(1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间.(2)讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.【例1－2】(2015·广州期末)设函数f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R，若f(x)在区间(0，1]上是减函数，求实数a的取值范围.解f′(x)＝2x＋a－1x.∵f(x)在区间(0，1]上是减函数，∴f′(x)≤0对任意x∈(0，1]恒成立，即2x＋a－1x≤0对任意x∈(0，1]恒成立，∴a≤1x－2x对任意x∈(0，1]恒成立.[微题型2]已知单调性求参数的范围令g(x)＝1x－2x，∴a≤g(x)min，易知g(x)在(0，1]上单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝－1，∴a≤－1.探究提高已知函数的单调性，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.【训练1】(2015·重庆卷)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－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数.综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.【例2－1】(2015·南昌模拟)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R).(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，x1x2.所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2).当xx1或xx2时，f′(x)0；热点二导数与函数的极值、最值[微题型1]求函数的极值(或最值)当x1xx2时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增.(2)因为a0，所以x10，x20.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增.所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值.②当0a4时，x21，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值.又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0a1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x＝0处取得最小值.探究提高求函数在闭区间上的最值的步骤简记为：求导→求根→求根所对应的函数值与端点的函数值→比较大小得结论.求函数在非闭区间上的最值的步骤：第一步，求导数f′(x)；第二步，判断函数f(x)的单调性；第三步，下结论.【例2－2】(2015·合肥模拟)已知函数f(x)＝ax2－ex，a∈R，f′(x)是f(x)的导函数(e为自然对数的底数).若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围.[微题型2]与极值点个数有关的参数问题解法一若f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根.f′(x)＝2ax－ex＝0，显然x≠0，故2a＝exx，令h(x)＝exx，则h′(x)＝（x－1）exx2.若x＜0，则h(x)单调递减，且h(x)＜0.若x＞0，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上递减，当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)min＝h(1)＝e.要使f(x)有两个极值点，则需满足2a＝exx在(0，＋∞)上有两个不同解，故2a＞e，即a＞e2，故a的取值范围为e2，＋∞.法二设g(x)＝f′(x)＝2ax－ex，则g′(x)＝2a－ex，且x1，x2是方程g(x)＝0的两个根，当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，g(x)单调递减，方程g(x)＝0不可能有两个根；当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝ln2a，当x∈(－∞，ln2a)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(ln2a，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(ln2a)＝2aln2a－2a＞0，解得a＞e2.故a的取值范围是e2，＋∞.探究提高极值点的个数，一般是使f′(x)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究.【训练2】已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.解(1)当a＝－4时，由f′(x)＝2（5x－2）（x－2）x＝0得x＝25或x＝2，由f′(x)＞0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞).(2)因为f′(x)＝（10x＋a）（2x＋a）2x，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增.当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增.易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意.②当1＜－a2≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为f－a2＝0，不符合题意.③当－a2＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)＝8，解得a＝±22－2，不符合a＜－8的条件；由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意.综上有a＝－10.1.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