（新高考）2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第四讲 大题考法（一）——导数与函数的单调性

第四讲大题考法(一)——导数与函数的单调性、极值、最值题型(一)利用导数研究函数的单调性[典例]已知f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－2x，其中a∈R，讨论函数f(x)在定义域上的单调性．[解]函数f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－2x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－2a＋1x＋2x2＝ax－1x－2x2.①若a≤0，由f′(x)0，得0x2；由f′(x)0，得x2，所以函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．②当a0时，f′(x)＝ax－1x－2x2＝ax－1ax－2x2.若0a12，则1a2，由f′(x)0，得0x2或x1a；由f′(x)0，得2x1a.所以函数f(x)在(0,2)，1a，＋∞上单调递增，在2，1a上单调递减．③若a＝12，则f′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．④若a12，则01a2，由f′(x)0，得0x1a或x2；由f′(x)0，得1ax2.所以函数f(x)在0，1a，(2，＋∞)上单调递增，在1a，2上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减；当0a12时，函数f(x)在(0,2)，1a，＋∞上单调递增，在2，1a上单调递减；当a＝12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a12时，函数f(x)在0，1a，(2，＋∞)上单调递增，在1a，2上单调递减．[规律方法]求解或讨论含参函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实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：(1)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．(2)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．[提醒]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．[对点训练](2019·河北九校第二次联考)已知函数f(x)＝ex－axlnx.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)证明：∀a∈(0，e)，函数f(x)在区间ae，1上单调递增．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－xlnx(x0)，∴f′(x)＝ex－lnx－1，∴f′(1)＝e－1，又f(1)＝e，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－e＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)证明：∵f(x)＝ex－axlnx，a∈(0，e)，x∈ae，1，∴f′(x)＝ex－a(lnx＋1)．①当lnx＋1≤0时，f′(x)0恒成立，f(x)在ae，1上单调递增．②当lnx＋10时，1≤ae，令g(x)＝exlnx＋1，则g′(x)＝exlnx＋1－ex·1xlnx＋12＝exlnx－1x＋1lnx＋12，令h(x)＝lnx－1x＋1，显然h(x)在ae，1上单调递增，且h(1)＝0.∴h(x)0在x∈ae，1上恒成立，∴g′(x)0在x∈ae，1上恒成立，故g(x)在ae，1上单调递减．又g(1)＝e，∴g(x)e在x∈ae，1上恒成立．又a∈[1，e)，∴ag(x)＝exlnx＋1，∴ex－a(lnx＋1)0.∴f(x)在ae，1上单调递增．综上可知，∀a∈(0，e)，f(x)在区间ae，1上单调递增．题型(二)利用导数研究函数的极值、最值题点一求函数的极值或最值[例1](2019·合肥一检)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋1)(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若g(x)＝f(x)－ax，a∈R，试求函数g(x)极小值的最大值．[解](1)易知x－1，且f′(x)＝ex－1x＋1.令h(x)＝ex－1x＋1，则h′(x)＝ex＋1x＋120，∴函数h(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且h(0)＝f′(0)＝0.可知，当x∈(－1,0)时，h(x)＝f′(x)0，f(x)＝ex－ln(x＋1)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h(x)＝f′(x)0，f(x)＝ex－ln(x＋1)单调递增．∴函数f(x)的单调递减区间是(－1,0)，单调递增区间是(0，＋∞)．(2)∵g(x)＝f(x)－ax＝ex－ln(x＋1)－ax，∴g′(x)＝f′(x)－a.由(1)知，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，当x→－1时，g′(x)→－∞；当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，则g′(x)＝0有唯一解，记为x0.可知，当x∈(－1，x0)时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增．∴函数g(x)在x＝x0处取得极小值，即g(x0)＝ex0－ln(x0＋1)－ax0，且x0满足ex0－1x0＋1＝a.∴g(x0)＝(1－x0)ex0－ln(x0＋1)＋1－1x0＋1.令φ(x)＝(1－x)ex－ln(x＋1)＋1－1x＋1，则φ′(x)＝－xex＋1x＋12.可知，当x∈(－1,0)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)单调递减，∴φ(x)max＝φ(0)＝1.∴函数g(x)极小值的最大值为1.[思维流程]1．求函数y＝f(x)在某个区间上极值的3步骤2．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上最值的2步骤题点二由函数的极值(最值)确定参数值(范围)[例2](2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．[解](1)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．若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)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0a3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b.若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0a3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0a3矛盾．综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.[规律方法]已知函数极值点或极值求参数的方法列式根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性[对点训练]1．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，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)＝－a－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)＝(a－1)ln3－a3－3＝－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)＝(a－1)lna－1－a＝－2，解得a＝e.综上，a＝1或a＝e.2．(2019·石家庄质检)已知函数f(x)＝aex－sinx，其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)当a＝1时，证明：对∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；(2)若函数f(x)在0，π2上存在极值，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－sinx，于是f′(x)＝ex－cosx.当x∈[0，＋∞)时，ex≥1且cosx≤1.故当x∈[0，＋∞)时，ex－cosx≥0，即f′(x)≥0.所以函数f(x)＝ex－sinx为[0，＋∞)上的增函数，于是f(x)≥f(0)＝1.所以对∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1.(2)由函数f(x)在0，π2上存在极值，得f′(x)＝aex－cosx在0，π2上存在零点，即a＝cosxex在0，π2上有解．设g(x)＝cosxex，x∈0，π2，则g′(x)＝－sinx＋cosxex0在0，π2上恒成立，所以g(x)为0，π2上的减函数，所以g(x)的值域为(0,1)，所以当实数a∈(0,1)时，f′(x)＝aex－cosx在0，π2上存在零点．下面证明，当a∈(0,1)时，函数f(x)在0，π2上存在极值．事实上，当a∈(0,1)时，f′(x)＝aex－cosx为0，π2上的增函数，注意到f′(0)＝a－10，f′π2＝a·eπ20，所以存在唯一实数x0∈0，π2，使得f′(x0)＝0成立．当x∈(0，x0)时，f′(x)0，f(x)为(0，x0)上的减函数；当x∈x0，π2时，f′(x)0，f(x)为x0，π2上的增函数．即x0x0∈0，π2为函数f(x)的极小值点．综上所述，若函数f(x)在0，π2上存在极值，则实数a的取值范围是(0,1)．