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第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值——大题备考
微专题1 利用导数研究函数的单调性
『抢分题组训练』
1.设函数f(x)=ax-2-ln x(a∈R),求f(x)的单调区间.
2.[2021·全国乙卷(文)]已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
3.已知函数f(x)=xex-(x+1)2,讨论函数f(x)的单调性.
4.已知函数f(x)=x2-2a ln 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.
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. |
微专题2 利用导数研究函数的极值、最值
『抢分题组训练』
1.已知函数f(x)=.
(1)若a=0,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
2.已知函数f(x)=x2-2a ln x-1(a≠0).
(1)当a=2时,求f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求f(x)的极值.
3.已知f(x)=ax2-(x+1)ln x-,a∈R.
(1)当a=1时,求证:不等式f(x)>0在x∈(0,e]上恒成立;
(2)若g(x)=,是否存在实数a,得g(x)在x∈(0,e]的最小值是3,若存在,求a的值,若不存在,请说明理由.
4.已知函数f(x)=x2-ax ln x+ax.
(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.
|
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]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. |
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值
微专题1 利用导数研究函数的单调性
抢分题组训练
1.解析:f(x)=ax-2-ln x(a∈R)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-,
①当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)单调递减;
②当a>0时,令f′(x)=0,解得:x=,
列表得:
x | |||
f′(x) | - | 0 | + |
y=f(x) | ↘ |
| ↗ |
所以,a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
综上所述:当a≤0时,f(x)在(0,+∞)单调递减;
当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
2.解析:(1)由题意知f(x)的定义域为R,f′(x)=3x2-2x+a,对于f′(x)=0,Δ=(-2)2-4×3a=4(1-3a).
①当a≥时,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增;
②当a<时,令f′(x)=0,即3x2-2x+a=0,解得x1=,x2=,
令f′(x)>0,则x<x1或x>x2;令f′(x)<0,则x1<x<x2.
所以f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.
综上,当a≥时,f(x)在R上单调递增;当a<时,f(x)在(-∞,)上单调递增,在()上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为+ax0+1),
因为f′(x0)=+ax0+1)=-2x0+a)(x-x0).
由l过坐标原点,得-1=0,解得x0=1,所以切线l的方程为y=(1+a)x.
令x3-x2+ax+1=(1+a)x,则x3-x2-x+1=0,解得x=±1,
所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a)和(-1,-1-a).
3.解析:定义域为R,f′(x)=(x+1)(ex-a),
①a≤0,ex-a≥0,x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-1)上单调递减;
x∈(-1,+∞),f′(x)>0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
当a>0时,f′(x)=0,x1=-1,x2=ln a,
②当a>,ln a>-1时,x∈(-∞,-1)>0,
所以f(x)在(-∞,-1),(ln a,+∞)上单调递增,
当x∈(-1,ln a),f′(x)<0,所以f(x)在(-1,ln a)上单调递减;
③当a<,ln a<-1时,x∈(-∞,ln a)>0,
所以f(x)在(-∞,ln a),(-1,+∞)上单调递增,
当x∈(ln a,-1)时,f′(x)<0时,所以f(x)在(ln a,-1)上单调递减;
④当a=时,f′(x)≥0恒成立,且只有当x=-1时,f′(x)=0,
所以f(x)在R上单调递增;
综上,①当a≤0时,f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增;
②当a>时,f(x)在(-∞,-1),(ln a,+∞)上单调递增,在(-1,ln a)上单调递减;
③当a<时,f(x)在(-∞,ln a),(-1,+∞)上单调递增,在(ln a,-1)上单调递减;
④当a=时,f(x)在R上单调递增.
4.解析:(1)当a=-1时,f(x)=x2+2ln x-3x,
∴f′(x)=x+-3==,
当0<x<1或x>2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当1<x<2时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(2,+∞),单调减区间为(1,2).
(2)假设存在实数a,使g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上是增函数,
∴g′(x)=f′(x)-a=x--2≥0恒成立,
即≥0在x∈(0,+∞)上恒成立.
∴x2-2x-2a≥0,当x>0时恒成立.
∴a≤(x2-2x)=(x-1)2-恒成立,
令φ(x)=(x-1)2-,x∈(0,+∞),其最小值为-,
∴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.
微专题2 利用导数研究函数的极值、最值
抢分题组训练
1.解析:(1)当a=0时,f(x)=,则f′(x)=,∴f(1)=1,f′(1)=-4,
此时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0;
(2)因为f(x)=,则f′(x)==,
由题意可得f′(-1)==0,解得a=4,
故f(x)=,f′(x)=,列表如下:
x | (-∞,-1) | -1 | (-1,4) | 4 | (4,+∞) |
f′(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | 增 | 极大值 | 减 | 极小值 | 增 |
所以,函数f(x)的增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).
当x<时,f(x)>0;当x>时,f(x)<0.
所以,f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-.
2.解析:(1)当a=2时,函数f(x)=x2-4ln x-1,求导f′(x)=2x-,则f′(1)=-2,
又f(1)=0,即切点为(1,0),
利用点斜式可得曲线y=f(x)在切点处的切线方程为y-0=-2(x-1),即2x+y-2=0.
(2)由函数f(x)=x2-2a ln x-1,可得f′(x)=2x-=,x∈(0,+∞),
①当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,不存在极值;
②当a>0时,令f′(x)=0,解得:x=或x=-(舍去)
随着x的变化,f′(x),f(x)变化情况如下表:
x | (0,) | (,+∞) | |
f′(x) | - | 0 | + |
f(x) | ↘ | 极小值 | ↗ |
所以,当x=时,函数f(x)取得极小值,极小值为f()=()2-2a ln ()-1=a-a ln a-1,无极大值,
综上可得,当a<0时,函数f(x)无极值;当a>0时,f(x)有极小值a-a ln a-1,无极大值.
3.解析:(1)当a=1时,
因为f(x)>0等价于x2-(x+1)ln x->0,
又x∈(0,e],
所以x-ln x>,
令h(x)=x-ln x,h′(x)=1-,0<x<1,所以当0<x<1时,h′(x)=1-<0,此时h(x)单调递减;
当1<x≤e,h′(x)>0时,此时h(x)单调递增.所以h(x)的极小值h(1)=1.
令F(x)=,F′(x)=,
所以当0<x≤e时,F′(x)>0,F(x)在(0,e]上单调递增.所以F(x)max=,
因此a=1时,不等式f(x)>0在x∈(0,e]上恒成立.
(2)因为f(x)=ax2-(x+1)ln x-,所以=ax-ln x-,
所以g(x)==ax-ln x,
假设存在实数a,使得g(x)在x∈(0,e]的最小值是3,
因为g′(x)=a-=.
①当a≤0时,g′(x)<0,所以g(x)在x∈(0,e]上单调递减,所以g(x)min=g(e)=ae-1=3,解得a=不符合题意,
②当0<<e时,g(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以g(x)min=g=1+ln a=3,解之得a=e2,满足条件;
③当≥e时,g(x)在x∈(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae-1=3,所以a=(舍去),
所以,此时不满足题意.综上,存在实数a=e2.
4.解析:(1)当 a=1时,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-ln x,
令h(x)=x-ln x,则h′(x)=1-=,
当h′(x)<0⇒0<x<1,当h′(x)>0⇒x>1,
所以f′(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴x=1为f′(x)的极小值点,且f′(x)≥f′(1)=1>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)问题转化为方程a ln x=x有两个不相等的实根,
当ln x=0,即x=1时,a ln x=x不成立;
当x>0且x≠1时,a=,
令φ(x)=,则y=a与φ(x)=的图象有两个交点,
∵φ′(x)=,
φ′(x)<0⇒0<x<1或1<x<e;φ′(x)>0⇒x>e,
∴φ(x)在(0,1),(1,e)单调递减,在(e,+∞)上单调递增,
又当x∈(0,1),φ(x)<0,x∈(1,+∞),φ(x)>0,
且φ(x)在(1,+∞)的最小值为φ(e)=e,
∴当a>e时,直线y=a与φ(x)=的图象有两个交点,
∴实数a的取值范围为(e,+∞).