新高考高中数学二轮复习专题七函数与导数导学案+PPT课件

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．

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．

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：

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：

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：

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，＋∞)．