新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性、极值和最值课件

这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性、极值和最值课件，共27页。

题型一　利用导数解决函数单调性问题1.利用导数讨论函数的单调性或求函数单调区间(1)确定函数f(x)的定义域;(2)求导数f '(x);(3)由f '(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围,对应的区间为f(x)的单调递增(减)区间.
注意    (1)涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题,一定要弄清参数对导数 f '(x)在某一区间内的正负是否有影响,若有影响,则必须分类讨论.(2)求函数的单调区 间,要在函数的定义域内讨论,还要确定导数为零的点和函数的间断点.
2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)导函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f '(x)≥0(或f '(x)≤0)恒成立,列出 关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值的问题,求出参数的取值范围.(2)导函数在区间(a,b)上存在单调区间,实际上就是f '(x)>0(或f '(x)<0)在该区间上存在 解集,即f '(x)max>0(或f '(x)min<0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取 值范围.
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性,当区间I上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令I 是其单调区间的子集,从而求出参数的取值范围.
例1    (2024福建莆田第一中学期中改编)已知函数f(x)=x(ln x-k)-k.(1)讨论函数f(x)在[1,e]上的单调性;(2)若函数g(x)= 在[1,e]上单调递减,求实数k的取值范围.
  解析    (1)由题意知f '(x)=ln x-k+1,令f '(x)=0,得x=ek-1,易知f '(x)=ln x-k+1单调递增,(提示:因为ek-1的值无法确定,故需要讨论 ek-1和区间[1,e]端点的位置关系,可能的位置关系如图所示)           ①当k≤1时,ek-1≤1,所以当1≤x≤e时, f '(x)≥0,即f(x)在[1,e]上单调递增;②当10,得ek-1即f(x)在[ek-1,e]上单调递增,在[1,ek-1)上单调递减;③当k≥2时,ek-1≥e,所以当1≤x≤e时, f '(x)≤0,即f(x)在[1,e]上单调递减.综上,当k≤1时, f(x)在[1,e]上单调递增;当1= ≤0恒成立,即1+ln x-xln x+k≤0,即1+ln x-xln x≤-k,令h(x)=1+ln x-xln x,x∈[1,e],h'(x)= -(1+ln x),则h'(x)在[1,e]上单调递减,h'(1)=1-1-0=0,∴h'(x)≤h'(1)=0恒成立,∴h(x)在[1,e]上单调递减, ∴h(x)≤h(1)=1+0-0=1,∴-k≥1,则k≤-1.即实数k的取值范围是(-∞,-1].
题型二　利用导数解决函数极(最)值问题1.解决函数极值问题的一般思路 2.可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f '(x)的变号零点存在问题.
3.求函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤如下:(1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值;(2)将函数f(x)的各极值与端点处的函数值f(a), f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最 小的一个是最小值.
例2    (2024湖北武汉华中师范大学第一附属中学期中)已知函数f(x)=lgax-x3(a>0且a ≠1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有最大值 lga - ,求实数a的值.
  解析    (1)由题意得f '(x)= -3x2(x>0),(提醒:对f(x)求导后,按照底数01两种情况讨论)当01时,ln a>0,令f '(x)=0,即f '(x)= -3x2= =0,解得x= >0,当x∈ 时, f '(x)>0,当x∈ 时, f '(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为
 ,单调递减区间为 .综上所述,当01时, f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .(2)由(1)可知当01时, f(x)max=f ,因此f =lga - = lga - = lga - ,则 = ,ln a= ,a= >1.(注意:此处方程是否只有一个根需进一步验证)
不妨令g(x)= lgax-x,x>0,a>1(提醒:根据给定最值的数值特征构造函数),则g'(x)= -1= ,令g'(x)= =0,解得x= >0,当x∈ 时,g'(x)= >0,当x∈ 时,g'(x)= <0,所以g(x)= lgax-x在 上单调递增,在 上单调递减,所以g(x)max= lga - = lga - .
综上所述,满足题意的实数a的值为 .
题型三　三次函数的性质研究
三次函数的图象及性质总结
注意　三次函数要么无极值点,要么有两个,不可能只有一个.
例3    (2021全国乙文,21,12分)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.
  解析    (1)由题意知x∈R,由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a.令f '(x)=0,即3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①当a≥ 时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.②当a< 时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1= ,x2= ,故当x∈ ∪  ,+∞ 时, f '(x)>0,当x∈  ,  时, f '(x)<0,所以f(x)在 ,  ,+∞ 上单调递增,在 上单调
递减.(2)第一步:由题中“过原点的切线”知设切点坐标.设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则f '(x0)=3 -2x0+a.第二步:用点斜式表示出切线方程,将(0,0)代入求解切点坐标.所以以点P为切点的切线方程为y=(3 -2x0+a)(x-x0)+y0.由y0= - +ax0+1(切点在曲线f(x)上),且切线过原点,得2 - -1=0, -1+ - =(x0-1)( +x0+1)+ (x0-1)=(x0-1)·(2 +x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).第三步:将切点坐标代入切线方程,可得化简后的切线方程,再联立曲线方程与切线方 程求出公共点坐标.
所以切线方程为y=(1+a)x,联立 消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共点坐标为(1,1+a)与(-1,-1-a).
【思维变式】　例3(1)改为若函数f(x)在[2,4]上单调递增,求实数a的取值范围.
  解析    解法一(直接求最值):因为f '(x)=3x2-2x+a, f(x)在[2,4]上单调递增,所以3x2-2x+a≥0在[2,4]上恒成立,令h(x)=3x2-2x+a,只需h(x)最小值≥0,易知函数h(x)在[2,4]上是增函数,所以h(x)最小值=h(2)=8+a,所以8+a≥0,即a≥-8,所以实数a的取值范围是[-8,+∞).解法二(分离参数):因为f '(x)=3x2-2x+a, f(x)在[2,4]上单调递增,所以3x2-2x+a≥0,即a≥-3x2+2x在[2,4]上恒成立,令g(x)=-3x2+2x,x∈[2,4],则a≥g(x)最大值,易知函数g(x)在[2,4]上单 调递减,所以g(x)最大值=g(2)=-8,所以a≥-8,所以实数a的取值范围是[-8,+∞).
题型四　利用导数不等式解抽象不等式问题　　利用导数不等式解抽象不等式问题的途径是先将抽象不等式作同解变形,并构造 恰当的目标函数,利用导数不等式确定目标函数的单调性.常用构造类型如下:1.关系式为“加”型(1)f '(x)+f(x)≥0构造[exf(x)]'=ex[f '(x)+f(x)];(2)xf '(x)+f(x)≥0构造[xf(x)]'=xf '(x)+f(x);(3)xf '(x)+nf(x)≥0构造[xnf(x)]'=xnf '(x)+nxn-1f(x)=xn-1[xf '(x)+nf(x)](注意对x的符号进行讨 论).
2.关系式为“减”型(1)f '(x)-f(x)≥0构造 '= = ;(2)xf '(x)-f(x)≥0构造 '= ;(3)xf '(x)-nf(x)≥0构造 '= = (注意对x的符号进行讨论).
例4    (1)(2024山东省实验中学第二次诊断)已知f(x)是定义在R上的偶函数, f '(x)是f(x) 的导函数,当x≥0时, f '(x)-2x>0,且f(1)=2,则f(x)>x2+1的解集是 (　    )A.(-1,0)∪(1,+∞)　    B.(-∞,-1)∪(1,+∞)C.(-1,0)∪(0,1)　    D.(-∞,-1)∪(0,1)(2)(2024湖南五市十校教研教改共同体大联考)设函数f(x)的定义域为R,其导函数为f '(x),且满足f(x)>f '(x)+1, f(2)=e2+1,则不等式e-xf(x)≥e-x+1的解集是 (　    )A.(-∞,1]　    B.(-∞,2]　    C.[-1,2]　    D.[2,+∞)
  思路导引    (1)根据f '(x)-2x>0,构造函数g(x)=f(x)-x2,然后根据f(x)的奇偶性及g(x)的单调性构建不等式求解.(2)将f(x)>f '(x)+1变形为f '(x)-f(x)+1<0,根据导数与函数差的特征想到 <0,从而构造函数g(x)= ,然后判断出g(x)在R上单调递减,结合f(2)=e2+1,构造出g(x)≥g(2),从而求得解集.
  解析    (1)当x≥0时,由f '(x)-2x>0,可知[f(x)-x2]'>0.令g(x)=f(x)-x2,则g'(x)=f '(x)-2x>0,故g(x)在[0,+∞)上单调递增,且g(1)=1,求f(x)>x2+1的解集,即求g(x)>1的解集,即求g(x)>g(1)的解集.∵f(x)是定义在R上的偶函数,∴f(x)=f(-x),∴g(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=g(x),∴g(x)是偶函 数,故有|x|>1,解得x∈(-∞,-1)∪(1,+∞),故选B.(2)设g(x)= ,则g'(x)= ,
∵f(x)>f '(x)+1,即f '(x)-f(x)+1<0,∴g'(x)<0,∴g(x)在R上单调递减,又f(2)=e2+1,∴e-xf(x)≥e-x+1⇔ ≥1= ,即g(x)≥g(2),∴x≤2,∴原不等式的解集为(-∞,2].故选B.