2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题1 函数与导数2-1-解答题 1 39页

第 1 课时　 导数与单调性、极值、最值问题 考向一　利用导数研究函数的单调性 角度 1 　确定函数的单调性 ( 区间 ) 【例 1 】 已知函数 其中常数 k>0, (1) 讨论 f(x ) 在 (0,2) 上的单调性 . (2) 若 k∈[4,+∞), 曲线 y=f(x ) 上总存在相异两点 M(x 1 ,y 1 ),N(x 2 ,y 2 ) 使得曲线 y=f(x ) 在 M,N 两点处切线 互相平行 ② ，求 x 1 ＋ x 2 的取值范围 ③ . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到求出函数的导数 ② 想到利用导数式求切线的斜率 ③ 想到根据导数与单调性的关系结合恒成立问题求范围 【解析 】 (1) 因为 f′(x )= (x>0,k>0). ① 当 0k>0, 且 >2, 所以当 x∈(0,k) 时 ,f′(x )<0, 当 x∈(k,2) 时 ,f′(x )>0, 所以函数 f(x ) 在 (0,k) 上是减函数 , 在 (k,2) 上是增函数 ; ② 当 k=2 时 , =k=2,f′(x)<0 在 (0,2) 上恒成立 , 所以 f(x ) 在 (0,2) 上是减函数 , ③ 当 k>2 时 ,0< <2,k> , 所以当 x∈ 时 ,f′(x )<0, 当 x∈ 时 ,f′(x )>0, 所以函数 f(x ) 在 上是减函数 , 在 上是增函数 . (2) 由题意 , 可得 f′(x 1 )=f′(x 2 )(x 1 ,x 2 >0, 且 x 1 ≠x 2 ), 则 化简得 4(x 1 +x 2 )= x 1 x 2 , 又 x 1 x 2 < 所以 4(x 1 +x 2 )< 即 x 1 +x 2 > 对 k∈[4,+∞) 恒成立 , 令 g(k )=k+ , 则 g′(k )=1- >0. 所以 g(k )=k+ 在 [4,+∞) 上是增函数 , 所以 g(k)≥g(4)=5, 所以 , 所以 x 1 +x 2 > , 故 x 1 +x 2 的取值范围为 【拓展提升 】 1. 求函数的单调区间 , 只需在函数的定义域内解 ( 证 ) 不等式 f′(x )>0 或 f′(x )<0. 2. 解答本例容易出现以下错误 : (1) 忽略函数的定义域 , 在函数解析式中含有对数必须满足 x>0. (2) 对 k 分类讨论不全 , 题目中已知 k>0, 对 k 分类讨论时容易对标准划分不准确 , 讨论不全面 . 【变式训练 】 若将本例中的条件“ k>0” 变为“ k<0”, 其他条件不 变 ,f(x ) 在 (0,2) 上的单调性如何 ? 【解析 】 由例题解析知 f′(x )= 在 (0,2) 上 f′(x )<0, 故 f(x ) 在 (0,2) 上为减函数 . 角度 2 　根据函数的单调性求参数的取值范围 【例 2 】 (2019 · 兰州模拟 ) 已知函数 (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 ② ? 若存在 , 求出 a 的取值范围 ; 若不存在 , 说明理由 . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到求出函数的导数 ② 想到 g′(x)≥0 在 (0,+∞) 上恒成立 【解析 】 (1) 当 a=-1 时 ,f(x )= x 2 +2ln x-3x, 则 f′(x )= 当 02 时 ,f′(x )>0,f(x) 单调递增 ; 当 10 时恒成立 , 所以 a≤ (x 2 -2x)= (x-1) 2 - 恒成立 . 设 φ (x )= (x-1) 2 - ,x∈(0,+∞), 又 φ (x )= (x-1) 2 - ,x∈(0,+∞) 的最小值为 - . 所以当 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 . 【拓展提升 】 1. 已知函数的单调性 , 求参数的取值范围 , 应用条件 f′(x)≥0( 或 f′(x)≤0),x∈(a,b) 恒成立 , 解出参数的取值范围 ( 一般可用不等式恒成立的理论求解 ). 2. 若函数 y=f(x ) 在区间 (a,b ) 上不单调 , 则转化为 f′(x )=0 在 (a,b ) 上有解 . 【变式训练 】 已知 a∈R , 函数 f(x )=(-x 2 +ax)e x (x∈R,e 为自然对数的底数 ). (1) 当 a=2 时 , 求函数 f(x ) 的单调递增区间 . (2) 若函数 f(x ) 在 (-1,1) 上单调递增 , 求 a 的取值范围 . (3) 函数 f(x ) 是否为 R 上的单调减函数 ? 若是 , 求出 a 的取值范围 ? 若不是 , 请说明理由 . 【解析 】 (1) 当 a=2 时 ,f(x )=(-x 2 +2x)e x , 所以 f′(x )=(-2x+2)e x +(-x 2 +2x)e x =(-x 2 +2)e x . 令 f′(x )>0, 即 (-x 2 +2)e x >0, 因为 e x >0, 所以 -x 2 +2>0, 解得 - 0, 所以 -x 2 +(a-2)x+a≥0, 则 a≥ =(x+1)- 对 x∈(-1,1) 都成 立 . 令 g(x )=(x+1)- , 则 g′(x )=1+ >0. 所以 g(x )=(x+1)- 在 (-1,1) 上单调递增 . 所以 g(x )0, 所以 x 2 -(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立 . 所以 Δ=(a-2) 2 +4a≤0, 即 a 2 +4≤0, 这是不可能的 . 故函数 f(x ) 不可能在 R 上单调递减 . 考向二　利用导数研究函数的极值和最值 【例 3 】 (2017 · 北京高考 ) 已知函数 (1) 求曲线 y=f(x ) 在点 (0 ， f(0)) 处的切线方程 ② ; (2) 求函数 f(x ) 在区间 上的最大值和最小值 . ③ 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到求函数的导数 ② 想到求切线斜率 f′(0) ③ 想到判断 f(x ) 在区间 上的增减性 【解析 】 (1) 因为 f(x)=e x · cos x-x , 所以 f(0)=1, f′(x)=e x (cos x-sin x)-1, 所以 f′(0)=0, 所以 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)=e x (cos x-sin x)-1, 令 g(x)=f′(x), 则 g′(x)=-2sin x · e x ≤0 在 上恒成立 , 且仅在 x=0 处等号成立 , 所以 g(x ) 在 上单调递减 , 所以 g(x)≤g(0)=0, 所以 f′(x)≤0 且仅在 x=0 处等号 成立 , 所以 f(x ) 在 上单调递减 , 所以 f(x) max =f(0)=1,f(x) min = 【拓展提升 】 1. 求函数 f(x ) 的极值 , 则先求方程 f′(x )=0 的根 , 再检查 f′(x ) 在方程根的左右附近函数值的符号 . 2. 若已知极值大小或存在情况 , 则转化为已知方程 f′(x )=0 根的大小或存在情况来求解 . 3. 求函数 f(x ) 在闭区间 [a,b ] 上的最值时 , 在得到极值的基础上 , 结合区间端点的函数值 f(a),f(b ) 与 f(x ) 的各极值进行比较得到函数的最值 . 【变式训练 】 (2019 · 北京高考 ) 已知函数 f(x )= x 3 -x 2 +x. (1) 求曲线 y=f(x ) 的斜率为 1 的切线方程 . (2) 当 x∈[-2,4] 时 , 求证 :x-6≤f(x)≤x. (3) 设 F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R ), 记 F(x ) 在区间 [-2,4] 上的最大值为 M(a ), 当 M(a ) 最小时 , 求 a 的值 . 【解析 】 (1)f(x) 定义域为 R,f′(x )= x 2 -2x+1, 设切点为 P(x 0 ,y 0 ), 则 y 0 =f(x 0 )= +x 0 ,k=f′(x 0 )= -2x 0 +1=1, 所以 x 0 =0, , 当 x 0 =0 时 ,y 0 =0, 切线方程为 y-0=x-0, 即 x-y =0; 当 x 0 = 时 ,y 0 = , 切线方程为 y- =x- , 即 27x- 27y-64=0. (2) 令 g(x)=f(x)-x = x 3 -x 2 ,x∈[-2,4], 则 g′(x )=f′(x)-1= x 2 -2x, 令 g′(x )=0 得 x=0, , x,g′(x),g(x ) 关系如下 又因为 g(-2)=-6,g(0)=0, ,g(4)=0, 所以在 x∈[-2,4] 上 ,g(x) min =-6,g(x) max =0, 所以 -6≤g(x)≤0, 即 x-6≤f(x)≤x. (3) 由 (2) 知 ,-6≤f(x)-x≤0,-6-a≤f(x)-(x+a)≤-a, 所以 M(a )=max{|-6-a|,|-a|}=max{|a+6|,|a|}, ① 若 a≤-6, 则 M(a )=max{-a-6,-a}=-a, 当 a=-6 时 ,M(a ) 最小 , 为 6; ② 若 -6