(新高考)高考数学二轮复习讲义15《导数与函数的单调性、极值、》(解析版)

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解密15 导数与函数的单调性、极值、最值问题核心考点读高考设问知考法命题解读导数的几何意义【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为(   )利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（    ）【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为__________．【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则      ．利用导数研究函数的单调性【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是(   )【2020新课标2文21】已知函数．（1）若，求的取值范围；（2）设时，讨论函数的单调性．利用导数研究函数的极值和最值【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是________．【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为(   )【2019新课标3文20】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围. 核心考点一  导数的几何意义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).易错提醒　求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.2.四个易误导数公式(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).1．【2020新课标1理6】函数的图像在点处的切线方程为（    ）A．          B．          C．          D．【解析】，，，，因此所求切线的方程为，即．故选B．2．【2018新课标1文6理5】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(   )A．   B．   C．   D．【解析】解法一：因为函数为奇函数，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．解法二：因为函数为奇函数，所以，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．解法三：易知，因为为奇函数，所以函数为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．3．【2020新课标1文15】曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．【解析】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即．故答案为．1．【2020新课标3理10】若直线与曲线和都相切，则的方程为（    ）A． B． C． D．【解析】解法1：设直线在曲线上的切点为，则，函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得或（舍），则直线的方程为，即．故选D．解法2：由原点到直线的距离为，排除BC；把代入得，而，排除A；把代入得，方程有唯一解，故选D．2．【2020新课标3文15】设函数．若，则_________．【解析】由函数的解析式可得，则，据此可得，整理可得，解得．故答案．3．【2016新课标2理16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则      ．【解析】设与和的切点分别为 和．则切线分别为，，化简得，，依题意，解得，从而．核心考点二  利用导数研究函数的单调性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.1．【2016新课标1文12】若函数在单调递增，则的取值范围是(   )（A）         （B）         （C）        （D）【解析】问题转化为对恒成立，故，即恒成立．令，得对恒成立．解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．解法二：①当时，不等式恒成立；②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故；③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．综上可得，．故选C．2．【2020新课标2文21】已知函数．（1）若，求的取值范围；（2）设时，讨论函数的单调性．【解析】（1）函数的定义域为，，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；（2）方法1：且因此，在（1）中，令得，当且仅当时等号成立，即，故，所以函数在区间和上单调递减．方法2：且，因此，令，则，在单调递增，在单调递减，于是，由此可知，所以函数在区间和上单调递减．方法3：且因此，设，则有，当时，，所以，单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，所以函数在区间和上单调递减．1.已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是(　　)A.[－1，1]    B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)    D.(－∞，1]【解析】f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－＋.令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.2.已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x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)－，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)＝2x＋＋ln x，定义域(0，＋∞).∴f′(x)＝2－＋＝.因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x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－＋＝，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，g′(x)＝2＋＋(x>0).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＋＋≥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，＋∞).核心考点三  利用导数研究函数的极值和最值利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.易错提醒　若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.1．【2018新课标1理16】已知函数，则的最小值是_________．【解析】因为，所以，由得，即，，由得，即或，，所以当（）时，取得最小值，且．2. 【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值.若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是.3．【2019新课标3文20】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间[0，1]的最大值为，最小值为，求的取值范围．【解析】（1）．令，得x=0或．若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0，1]的最小值为，最大值为或．于是，所以当时，可知单调递减，所以的取值范围是．当时，单调递增，所以的取值范围是．综上的取值范围是．1．【2017新课标2理11】若是函数的极值点，则的极小值为(   )A．           B．           C．            D．1【解析】∵ ∴ 导函数，∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，当变化时，，随变化情况如下表：+0-0+ 极大值 极小值 从上表可知：极小值为．故选A2.已知函数f(x)＝excos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.【解析】(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，∴g(x)在上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，∴f(x)在上单调递减，∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.3.已知函数f(x)＝－a.(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－a＝＝.当a≤0时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f′(x)＝0在(0,1)内有解．令f′(x)＝＝0，即ex－ax＝0，即a＝.设g(x)＝，x∈(0,1)，所以 g′(x)＝，当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，所以g(x)单调递减．又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，所以当a>e时，f′(x)＝＝0 有解．设H(x)＝ex－ax，则 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，所以H(x)在(0,1)上单调递减．因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：x(0，x0)x0(x0,1)H(x)＋0－f′(x)－0＋f(x)极小值所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．综上，a的取值范围为(e，＋∞)．