2023届高考数学二轮复习专题一函数与导数第4讲导数与函数的单调性、极值、最值学案

第4讲　导数与函数的单调性、极值、最值

1.[函数的极值](2021·全国乙卷,T10)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　D　)

A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2

解析:令f(x)=0,解得x=a或x=b,即x=a及x=b是f(x)的两个零点.

当a>0时,由三次函数的性质可知,要使x=a是f(x)的极大值点,则函数f(x)的大致图象如图所示,则0<a<b;

当a<0时,由三次函数的性质可知,要使x=a是f(x)的极大值点,则函数f(x)的大致图象如图所示,则b<a<0.综上,ab>a2.故选D.

2.[函数的单调性](2022·新高考Ⅰ卷,T7)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　C　)

A.a<b<c B.c<b<a

C.c<a<b D.a<c<b

解析:比较a与b的大小,即比较与的大小,

即比较xex与(x=)的大小,即比较ex与的大小(x=).

令f(x)=ex-,0<x<0.2,f′(x)=ex-=,

令g(x)=ex(1-x)2-1,g′(x)=ex(x2-2x+1+2x-2)=ex(x2-1)<0,所以g(x)在(0,0.2)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,所以f′(x)<0,所以f(x)在(0,0.2)上单调递减,所以f(x)<f(0)=0,即a<b.

比较a与c的大小,即比较与-ln (1-)的大小.

令h(x)=xex+ln(1-x),0<x<0.2,h′(x)=(x+1)ex+=,

令m(x)=(1-x2)ex-1,m′(x)=(1-x2-2x)ex>0,所以m(x)在(0,0.2)上单调递增,所以m(x)>m(0)=0,所以h′(x)>0,所以h(x)在(0,0.2)上单调递增,所以h(0.1)>h(0)=0,所以a>c.综上c<a<b.故选C.

3.[导数的几何意义](2021·新高考Ⅰ卷,T7)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则(　D　)

A.eb<a B.ea<b

C.0<a<eb D.0<b<ea

解析:设切点为(x0,y0),y0>0,则切线方程为y-b=(x-a),由

得(1-x0+a)=b,则由题意知关于x0的方程(1-x0+a)=b有两个不同的解.

设f(x)=ex(1-x+a),则f′(x)=ex(1-x+a)-ex=-ex(x-a),由f′(x)=0得x=a,

所以当x<a时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x>a时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

所以f(x)max=f(a)=ea(1-a+a)=ea,当x<a时,a-x>0,所以f(x)>0,当x→-∞时,f(x)→0,当x→+∞时,f(x)→-∞,函数f(x)=ex(1-x+a)的大致图象如图所示.

因为f(x)的图象与直线y=b有两个交点,所以0<b<ea.故选D.

4.[导数的运算](2020·全国Ⅲ卷,T15)设函数f(x)=.若f′(1)=,则a=　　　　. 

解析:因为函数f(x)=,所以f′(x)=,因为f′(1)==,所以=,则a=1.

答案:1

5.[函数的最值](2021·新高考Ⅰ卷,T15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　. 

解析:函数f(x)=|2x-1|-2ln x的定义域为(0,+∞).

当0<x≤时,f(x)=|2x-1|-2ln x=-2x+1-2ln x,此时函数f(x)在(0,]上单调递减,

所以f(x)≥f()=-2×+1-2ln=2ln 2;

当x>时,f(x)=|2x-1|-2ln x=2x-1-2ln x,则f′(x)=2-=,

当x∈(,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=1时,f(x)取得极小值,也是最小值,为f(1)=2×1-1-2ln 1=1.

因为2ln 2=ln 4>ln e=1,所以函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为1.

答案:1

本讲内容是高考考查的重点与难点,主要涉及以下三个方面:(1)导数的几何意义和计算是导数应用的基础,是高考的热点,多以选择题、填空题的形式考查,难度较小.(2)应用导数研究函数的单调性,是导数应用的重点内容,也是高考的常见题型,以选择题、填空题的形式考查,或以导数解答题第一问的形式考查,难度中等偏上,属综合性问题.(3)利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容,多在选择题、填空题靠后的位置考查,或以解答题的形式出现,难度中等偏上,属综合性问题.

热点一　导数的几何意义

1.复合函数的导数

复合函数y=f(g(x))的导数和函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为y′x=y′u·u′x.

2.导数的几何意义

曲线的切线问题,把握以下三点:

(1)切点在曲线上.

(2)切点在切线上.

(3)导数即斜率.解决切线问题的关键是确定切点坐标.

典例1　(1)(2022·河南新乡三模)若函数f(x)=ex+x3+a的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=kx+2k,则a=(　　)

A.1 B.-1 C.0 D.2

(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　. 

解析:(1)因为f(x)=ex+x3+a,则f′(x)=ex+3x2,则f′(0)=1=k,即切线方程为y=x+2,

所以f(0)=1+a=2,解得a=1.故选A.

(2)因为y=(x+a)ex,所以y′=(x+1+a)ex,

设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a),切线斜率为k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0),因为切线过原点,所以-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0,因为切线有两条,所以Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,所以a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).

答案:(1)A　(2)(-∞,-4)∪(0,+∞)

求曲线的切线方程要注意“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.

热点训练1　 (1)(2022·河北秦皇岛二模)已知函数f(x)为偶函数,当x>0时,f(x)=ln x-e1-x,则曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程为(　　)

A.y-e2+1=0 

B.y+1=0

C.(e2-1)x-y+e2-2=0 

D.2x+y+3=0

(2) (2022·新高考Ⅱ卷) 曲线y=ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　　　,　　　　　　　　　　. 

解析:(1)因为f(x)为偶函数,设x<0,则-x>0,所以f(x)=f(-x)=ln(-x)-e1+x,所以f(-1)=-1.因为当x<0时,f′(x)=-e1+x,所以f′(-1)=-2,所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程为y+1=-2(x+1),即2x+y+3=0.故选D.

(2)因为y=ln|x|,当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y′=,所以y′=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0),又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x;

当x<0时,y=ln(-x),设切点为(x1,ln(-x1)),由y′=,所以y′=,所以切线方程为y-ln(-x1)=(x-x1),

又切线过坐标原点,所以-ln(-x1)=(-x1),解得x1=-e,所以切线方程为y-1=(x+e),即y=-x.

答案:(1)D　(2)y=x　y=-x

热点二　利用导数研究函数的单调性

1.单调性的应用

(1)函数f(x)在区间D上单调递增(或递减),可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.

(2)函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间,可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.

2.利用导数研究函数单调性的步骤

(1)研究函数y=f(x)的定义域.

(2)求f(x)的导数f′(x).

(3)求出f′(x)的零点,划分单调区间.

(4)判断f′(x)在各个单调区间内的符号.

典例2　已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.讨论f(x)的单调性.

解:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a--+=.

若a≤0,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.若a>0,f′(x)=.

①当0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

②当a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增.

③当a>2时,0<<1,当x∈(0,)或x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;

当0<a<2时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增;

当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a>2时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

讨论含参数可导函数的单调性常见的四个方面:

(1)二次项系数的讨论.

(2)根的存在性讨论,“Δ”的讨论.

(3)根大小的讨论.

(4)根在不在定义域内的讨论.

提醒:若可导函数f(x)在区间D上单调递增,则有f′(x)≥0在区间D上恒成立,但反过来不一定成立.

热点训练2　 (2021·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.讨论函数f(x)的单调性.

解:由题意知f(x)的定义域为R,f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).

①当a≤0时,令f′(x)=0⇒x=0,且当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

②当0<a<时,令f′(x)=0⇒x1=0,x2=ln(2a)<0,且当x∈(-∞,ln(2a))时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(ln(2a),0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

③当a=时,f′(x)=x(ex-1)≥0,f(x)在R上单调递增.

④当a>时,令f′(x)=0⇒x1=0,x2=ln(2a)>0,且当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,ln(2a))时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(ln(2a),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

热点三　利用导数研究函数的极值和最值

1.判断函数的极值点,主要有两点

(1)导函数f′(x)的变号零点,即为函数f(x)的极值点.

(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点.

2.求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤

(1)求函数在(a,b)内的极值.

(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b).

(3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.

3.若函数含有参数或区间含有参数,则需对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数的最值.

典例3　(1)(2022·全国甲卷)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f′(2)=(　　)

A.-1 B.- C. D.1

(2)(2022·湖南益阳一模)已知函数f(x)=若f(x1)=f(x2)且x1<x2,则x2-2x1的最小值为　　　　. 

解析:(1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以依题可知,f(1)=-2,f′(1)=0,而f′(x)=-(x>0),所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f′(x)=-+,因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1时取最大值,满足题意,即有f′(2)=-1+=-.故选B.

(2)由f(x)=可得函数图象如图所示.

因为f(x1)=f(x2)且x1<x2,所以0<x2≤e,且x1+1=ln x2,所以x2-2x1=x2-2(ln x2-1),令g(x)=x-2ln x+2(0<x≤e),则g′(x)=1-=,所以当0<x<2时,g′(x)<0,当2<x≤e时,g′(x)>0,即g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,e]上单调递增,所以g(x)min=g(2)=4-2ln 2.

答案:(1)B　(2)4-2ln 2

(1)求函数的极值或最值时,不能忽略函数的定义域.

(2)f′(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件,即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点,所以判断f(x)的极值点时,除了找f′(x)=0的实数根x0外,还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.

(3)函数的极小值不一定比极大值小.

(4)求函数最值时,不可想当然地认为极值就是最值,要通过比较大小才能下结论.

(5)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值,还需研究单调性,结合单调性和极值情况,画出函数图象,借助图象得到函数的最值.

热点训练3　 (1)(2022·河南新乡二模)已知a>0,函数f(x)=a2x-x3的极小值为-,则a=(　　)

A. B.1 C. D.

(2)(2022·广东模拟预测)已知直线y=t分别与函数f(x)=2x+1和g(x)=2ln x+x的图象交于点A,B,则|AB|的最小值为　　　　. 

解析:(1)f′(x)=-x2+a2=-(x-a)(x+a),则f(x)在(-∞,-a)和(a,+∞)上单调递减,在(-a,a)上单调递增,

所以f(x)极小值=f(-a)=-a3+a3=-a3=-,则a3=2,则a=.故选C.

(2)直线y=t与f(x)=2x+1的交点为A(,t).

函数g(x)=2ln x+x(x>0),g′(x)=+1>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.

令g(x0)=t,对于一个t的值,有唯一的x0使g(x0)=t,所以B(x0,t),

有2ln x0+x0-t=0⇒=-ln x0,

所以|AB|=|x0-|=|+-+|=|-ln x0+|.

令h(x)=-ln x+(x>0),则h′(x)=-,当x∈(0,2)时,h′(x)<0,则h(x)在(0,2)上单调递减;

当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,则h(x)在(2,+∞)上单调递增.

所以h(x)min=-ln 2+=-ln 2>0,故|AB|min=-ln 2.

答案:(1)C　(2)-ln 2