2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题

专题六函数与导数第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题1．(2019·全国卷Ⅱ)曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0D．x＋y－π＋1＝0解析：设y＝f(x)＝2sinx＋cosx，则f′(x)＝2cosx－sinx，所以f′(π)＝－2.所以曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)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．－1B．－2e－3C．5e－3D．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，又ex－1＞0恒成立，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．则f(x)的极小值为f(1)＝－1.答案：A3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1(x＞0)．设g(x)＝exe－lnx－1(x＞0)，则g′(x)＝exe－1x(x＞0)．当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.4．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0a3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)0，当x∈0，a3时，f′(x)0，故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调递减；当a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0，当x∈a3，0时，f′(x)0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)上单调递增，在a3，0上单调递减．(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在0，a3上单调递减，在a3，1单调递增，所以f(x)在[0，1]上的最小值为fa3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0a2，2，2≤a3.所以M－m＝2－a＋a327，0a2，a327，2≤a3.当0a2时，可知y＝2－a＋a327单调递减，所以M－m的取值范围是827，2.当2≤a3时，y＝a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1.综上，M－m的取值范围是827，2.从近年高考命题看，本讲主要考查利用导数研究函数的性质，主要以指数式、对数式为载体求函数的单调性、极值、最值；综合考查学生的思维能力，突出分类讨论、转化思想方法、题型全面、能力要求高．热点1导数的几何意义与运算(自主演练)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)．2．四个易误导数公式(1)(sinx)′＝cosx.(2)(cosx)′＝－sinx.(3)(ax)′＝axlna(a＞0，且a≠1)．(4)(logax)′＝1xlna(a＞0，且a≠1，x＞0)．1．设函数f(x)＝x24－alnx，若f′(2)＝3，则实数a的值为()A．4B．－4C．2D．－2解析：易得f′(x)＝x2－ax，所以f′(2)＝1－a2，因此1－a2＝3，则a＝－4.答案：B2．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x解析：因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，由此得a＝1.f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.答案：D3．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1解析：y′＝aex＋lnx＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，所以切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又因为切线方程为y＝2x＋b，所以ae＋1＝2，b＝－1，即a＝e－1，b＝－1.答案：D4．(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．解析：设A(m，n)，则曲线y＝lnx在点A处的切线方程为y－n＝1m(x－m)．又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝1m(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故点A的坐标为(e，1)．答案：(e，1)[思维升华]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转化，其中关键是求出切点的坐标．2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．热点2利用导数研究函数的单调性(多维探究)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．角度讨论函数的单调性(区间)【例1】已知函数f(x)＝x2－ax－a2lnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a≠0，求f(x)的最小值．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－a－a2x＝2x2－ax－a2x＝（2x＋a）（x－a）x.①若a＝0，则f(x)＝x2，在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则由f′(x)＝0，x0得x＝a.当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．③若a0，则由f′(x)＝0(x0)，得x＝－a2.当x∈0，－a2时，f′(x)0；当x∈－a2，＋∞时，f′(x)0.所以f(x)在0，－a2上单调递减，在－a2，＋∞上单调递增．(2)①当a0时，由(1)知，当x＝a时，f(x)取得最小值．所以f(x)min＝f(a)＝－a2lna.②当a0时，由第(1)问知，当x＝－a2时，f(x)取得最小值．所以f(x)min＝f－a2＝34a2－a2ln－a2.[思维升华]利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域．(2)求导函数f′(x)．(3)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.[变式训练]若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是()A．f(x)＝2－xB．f(x)＝x2C．f(x)＝3－xD．f(x)＝cosx解析：当f(x)＝2－x时，ex·f(x)＝ex·2－x＝ex2x，令y＝ex2x，则y′＝ex2x′＝ex2x－ex2xln2（2x）2＝ex2x(1－ln2)．因为ex0，2x0，ln21，所以y′0.所以当f(x)＝2－x时，ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增，故具有M性质，易知B、C、D不具有M性质．答案：A角度根据函数的单调性求参数的取值范围【例2】已知x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点．(1)求函数f(x)的单调递减区间．(2)设函数g(x)＝f(x)－3＋ax，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝2x＋bx＋lnx，定义域为(0，＋∞)．所以f′(x)＝2－bx2＋1x＝2x2＋x－bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x－3x2，令f′(x)0，得0x1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋lnx－ax(x0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x0)．因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以a的取值范围是[－3，＋∞)．[思维升华]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．[变式训练](2017·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，求函数f(x)的最小值；(3)若f(x)≥0，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln－a2.当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)＜0；当x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)＞0.故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在ln－a2，＋∞上单调递增．(2)若a＜0，则由(1)得，当x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln－a2)＝a234－ln－a2.(