2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数2.4.1函数的单调性极值点极值最值学案含解析

2.4　压轴题大题1　导数在函数中的应用
2.4.1　函数的单调性、极值点、极值、最值
必备知识精要梳理
1.函数的导数与单调性的关系
函数y=f(x)在(a,b)内可导,
(1)若f'(x)>0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;
(2)若f'(x)<0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减.
2.函数的导数与单调性的等价关系
函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为增函数.f'(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为减函数.
3.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.
(3)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
4.两个常用结论
(1)ln x≤x-1;(2)ex≥x+1.
5.构造辅助函数的四种方法
(1)移项法:不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);
(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数;
(3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x));
(4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.
关键能力学案突破

热点一
求单调区间或讨论单调性(多维探究)


类型一　求不含参数的函数的单调区间
【例1】已知函数h(x)=ln x-ax(a∈R).设f(x)=h(x)+lnxx+(a+1)x,求函数f(x)的单调区间.






解题心得求f(x)的单调区间,需知f'(x)的正负,若f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将f'(x)中正负不定的部分设为g(x),对g(x)再进行一次或二次求导,由g'(x)的正负及g(x)的零点判断出g(x)的正负,进而得出f'(x)的正负.
【对点训练1】设f(x)=ln x,g(x)=12x|x|.令F(x)=xf(x)-g(x),求F(x)的单调区间.






类型二　讨论含参数的函数的单调性
【例2】设a>0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.








解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:
分类讨论点1:求导后,考虑f'(x)=0是否有实根,从而引起分类讨论;
分类讨论点2:求导后,f'(x)=0=有实根,但不清楚f'(x)=0的实根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;
分类讨论点3:求导后,f'(x)=0=有实根,f'(x)=0的实根也落在定义域内,但不清楚这些实根的大小关系,从而引起分类讨论.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.








热点二
讨论函数极值点的个数


【例3】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.








解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间→极值→最值→恒成立问题的步骤:
1.求函数定义域;
2.求导→通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”);
3.对参数分类,分类的层次:(1)按导函数的类型分大类;
(2)按导函数是否有零点分小类;
(3)在小类中再按导函数零点的大小分小类;
(4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.
【对点训练3】设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.
(1)当b>12时,判断函数f(x)在定义域上的单调性;
(2)当b≠0时,求函数f(x)的极值点.




热点三
求函数的极值、最值


【例4】已知函数f(x)=ln x-kx+k(k∈R),求f(x)在[1,2]上的最小值.






解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值.若有唯一的极值点,则其为最值点.
【对点训练4】(2020北京,19)已知函数f(x)=12-x2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;
(2)设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.







热点四
在恒成立中求参数的极值、最值


【例5】设a>0,若ln1+|x|1-|x|≥a|x|对x∈(-1,1)恒成立,求a的最大值.
解题心得洛比达法则:如果当x→x0(x0也可以是±∞)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无穷大,那么极限limx→x0f(x)g(x)可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为00型或∞∞型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛比达法则来求.
定理1:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
(2)limx→x0f(x)=limx→x0g(x)=0.
(3)limx→x0f'(x)g'(x)=a,则有limx→x0f(x)g(x)=limx→x0f'(x)g'(x)=a.
定理2:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
(2)limx→x0f(x)=limx→x0g(x)=∞.
(3)limx→x0f'(x)g'(x)=a,则有limx→x0f(x)g(x)=limx→x0f'(x)g'(x)=a.
在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则.
【对点训练5】(2020广东茂名一模,理20)设函数f(x)=ex-mx+n,曲线y=f(x)在点(ln 2,f(ln 2))处的切线方程为x-y-2ln 2=0.
(1)求m,n的值;
(2)当x>0时,若k为整数,且x+1>(k-x)[f(x)+x+1],求k的最大值.







2.4　压轴题大题1
导数在函数中的应用
2.4.1　函数的单调性、
极值点、极值、最值
关键能力·学案突破
【例1】解f(x)=h(x)+lnxx+(a+1)x=lnx+lnxx+x,定义域为(0,+∞),
f'(x)=1-lnx+x+x2x2(x>0).
令F(x)=1-lnx+x+x2(x>0),
则F'(x)=(2x-1)(x+1)x(x>0).
令F'(x)<0(x>0),得0 令F'(x)>0(x>0),得x>12.
所以函数F(x)=1-lnx+x+x2(x>0)在区间0,12上单调递减,在区间12,+∞上单调递增.
所以F(x)min=F12=1-ln12+12+122=74+ln2>0.
所以F(x)=1-lnx+x+x2>0对任意(0,+∞)恒成立,
所以f(x)=lnx+lnxx+x的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
对点训练1解F(x)的定义域为(0,+∞),∴F(x)=xlnx-12x2,
则F'(x)=lnx+1-x,
令G(x)=F'(x)=lnx+1-x,
则G'(x)=1x-1,
由G'(x)=1x-1>0得0 由G'(x)=1x-1<0得x>1,
则G(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,
即F'(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,
∴F'(x)≤F'(1)=0,
∴F(x)在定义域(0,+∞)上单调递减.
【例2】解f(x)的定义域是(0,+∞).
f'(x)=1x+2a(1-a)x-2(1-a)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1x.
令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型对a进行分类讨论.
(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=1>0,f'(x)=1x>0,于是f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)当a≠1时,g(x)是二次函数,首先讨论f'(x)=0是否有实根,方程g(x)=0对应的Δ=4(a-1)(3a-1).
①当Δ<0,即130,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当Δ=0,即a=13时,g(x)=0有两个相等的实根x1=x2=32,于是f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当Δ>0,即01时,g(x)=0有两个不相等的实根分别为x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).
因为x1+x2=1a,x1x2=12a(1-a),
所以当00且x1x2>0,所以x1>0,x2>0.
由x1与x2的表达式知x1 由f'(x)>0,可得0x2,所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增;
由f'(x)<0,可得x1 当a>1时,有x1+x2>0且x1x2<0,此时x2<0 由f'(x)>0,可得0 所以f(x)在(0,x1)上单调递增;
由f'(x)<0可得x>x1,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递减.
综上所述,当0 当13≤a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.
其中x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).
对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2.
(1)当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.
取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+lnax<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
【例3】解定义域为(-1,+∞),
∴f'(x)=1x+1+a(2x-1)=1x+1(2ax2+ax+1-a),
∵1x+1>0,令g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1),
当a=0时,g(x)=1,则f'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
则f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当a=0时,函数无极值点;
当a>0时,由Δ=a(9a-8)≤0,得0 当Δ>0时,得a>89或a<0两个不同的范围,
当a>89时,设方程2ax2+ax+1-a=0的两根分别为x1,x2(x1
∵x1+x2=-12,函数g(x)的图象如右:x1,x2的中点为-14,
∴x1<-14,x2>-14,由g(-1)=1>0,可得-10,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
因此,当a>89,函数有两个极值点;
当a<0时,Δ>0,函数g(x)的图象如下:

由g(-1)=1>0,可得x1<-1,
则当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,因此,当a<0时,函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数有一个极值点;当089,函数有两个极值点.
对点训练3解(1)函数f(x)=x2+bln(x+1)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=2x+bx+1=2x2+2x+bx+1.
令g(x)=2x2+2x+b,则Δ=4-8b.当b>12时,Δ<0,所以g(x)在(-1,+∞)上恒大于0,所以f'(x)>0,于是当b>12时,函数f(x)在定义域(-1,+∞)上单调递增.
(2)首先考虑g(x)=0是否有实根.
①当Δ<0,即b>12时,由(1)知函数f(x)无极值点.
②当Δ=0,即b=12时,g(x)=0有两个相等的实根,g(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,于是f'(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在(-1,+∞)上无极值点.
③当Δ>0,即b<12时,g(x)=0有两个不相等的根x1=-1-1-2b2,x2=-1+1-2b2,其中x1 为确定两个根是否都在定义域(-1,+∞)内需要对参数b分类讨论.
当b<0时,x1=-1-1-2b2<-1,x2=-1+1-2b2>-1,
由f'(x)>0,可得x>x2,由f'(x)<0,可得-1 所以f(x)在(-1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
所以当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一极小值点x2=-1+1-2b2.
当0-1,x2=-1+1-2b2>-1,
由f'(x)>0,可得-1x2,由f'(x)<0,可得x1 所以f(x)在(-1,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,所以当0 综上所述,当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一的极小值点x2=-1+1-2b2;当0 【例4】解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-k=-kx+1x.
①当k≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在[1,2]为增函数,所以[f(x)]min=f(1)=0.
②当k>0时,由f'(x)>0,可得01k,所以f(x)在0,1k上单调递增,在1k,+∞上单调递减.
于是f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=0或f(2)=ln2-k.
(ⅰ)当0 (ⅱ)当0≥ln2-k,即k≥ln2时,[f(x)]min=f(2)=ln2-k.
综上所述,当k 对点训练4解(1)因为f(x)=12-x2,所以f'(x)=-2x,设切点为(x0,12-x0),则-2x0=-2,即x0=1,所以切点为(1,11),由点斜式可得切线方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.
(2)显然t≠0,因为y=f(x)在点(t,12-t2)处的切线方程为y-(12-t2)=-2t(x-t),令x=0,得y=t2+12,令y=0,得x=t2+122t,
所以S(t)=12×(t2+12)·t2+122|t|,不妨设t>0(t<0时,结果一样),则S(t)=t4+24t2+1444t=14t3+24t+144t,
所以S'(t)=143t2+24-144t2=3(t4+8t2-48)4t2=3(t2-4)(t2+12)4t2=3(t-2)(t+2)(t2+12)4t2,
由S'(t)>0,得t>2,由S'(t)<0,得0 所以t=2时,S(t)取得极小值,也是最小值为S(2)=16+24×4+1448=32.
【例5】解令t=|x|∈[0,1),则ln1+|x|1-|x|≥a|x|对x∈(-1,1)恒成立等价于ln1+t1-t≥at对t∈[0,1)恒成立.
方法一(分离参数法)
当t=0时,不等式恒成立,
当t>0时,有a≤ln1+t1-tt对t∈(0,1)恒成立.
令G(t)=ln1+t1-tt,则G'(t)=2t1-t2-ln1+t1-tt2,
令H(t)=2t1-t2-ln1+t1-t,
则H'(t)=2+2t2(1-t2)2-21-t2=4t2(1-t2)2>0,
所以H(t)在(0,1)上单调递增,于是H(t)>H(0)=0,即G'(t)>0,所以G(t)在(0,1)上单调递增.由洛比达法则,可得limt→0+G(t)=limt→0+21-t21=2,于是0 方法二(最值法)
构造函数F(t)=ln1+t1-t-at,则F'(t)=21-t2-a=at2+2-a1-t2.
①当2-a≥0,即a≤2时,F'(t)>0,所以函数F(t)在[0,1)上递增,
所以F(t)≥F(0)=0.
②当2-a<0,即a>2时,由F'(t)<0可得0≤t 对点训练5解(1)由f'(x)=ex-m,由于x-y-2ln2=0的斜率为1,且过点(ln2,-ln2),得f(ln2)=-ln2,f'(ln2)=1,即2-mln2+n=-ln2,2-m=1,解得m=1,n=-2.
(2)由(1)知f(x)=ex-x-2,由x+1>(k-x)[f(x)+x+1],得x+1>(k-x)(ex-1),故当x>0时,等价于k0),①
令g(x)=x+1ex-1+x,则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2,
令h(x)=ex-x-2,
∵x>0,∴h'(x)=ex-1>0.∴函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α),又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3),故①等价于k