2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第27练 54页

第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 27 练　 导数与函数的单调性 、 极值 、 最 值 [ 压 轴大题突破 练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点 . 2 . 题目难度：偏难题 . 核心考点突破练 栏目索引 模板答题规范练 考点一　利用导数研究函数的单调性 方法技巧 　 (1) 函数单调性的判定方法：在某个区间 ( a ， b ) 内，如果 f ′ ( x )>0 ，那么函数 y ＝ f ( x ) 在此区间内单调递增；如果 f ′ ( x )<0 ，那么函数 y ＝ f ( x ) 在此区间内单调递减 . (2) 已知函数的单调性求参数的取值范围：若可导函数 f ( x ) 在某个区间内单调递增 ( 或递减 ) ，则可以得出函数 f ( x ) 在这个区间内 f ′ ( x ) ≥ 0( 或 f ′ ( x ) ≤ 0) ，从而转化为恒成立问题来解决 ( 注意等号成立的检验 ). (3) 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 . 核心考点突破练 解答 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； 所以 f ( x ) 在 (0 ， 2) 上是减函数； 综上可知，当 0< k <2 时， f ( x ) 在 (0 ， k ) 上是减函数 ， 在 ( k ， 2) 上是增函数； 当 k ＝ 2 时， f ( x ) 在 (0 ， 2) 上是减函数 ； 解答 2. 已知函数 f ( x ) ＝ a ln( x ＋ 1) － ax － x 2 ，讨论 f ( x ) 在定义域上的单调性 . 又 f ( x ) 的定义域为 ( － 1 ，＋ ∞ ) ， 若 x ∈ ( － 1 ， 0) ， f ′ ( x ) ＞ 0 ，则 f ( x ) 单调递增； 若 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， f ′ ( x ) ＜ 0 ，则 f ( x ) 单调递减 . 若 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， f ′ ( x ) ＜ 0 ，则 f ( x ) 单调递减 . 若 x ∈ ( － 1 ， 0) ， f ′ ( x ) ＜ 0 ，则 f ( x ) 单调递减； 综上，当 a ≥ 0 时， f ( x ) 在 ( － 1 ， 0) 上单调递增，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减； 当 a ＝－ 2 时， f ( x ) 在 ( － 1 ，＋ ∞ ) 上单调递减； 解答 (1) 若 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线 y ＝ f ( x ) 在 点 ( 1 ， f (1)) 处的切线方程； 因为 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，所以 f ′ (0) ＝ 0 ，即 a ＝ 0. 令 g ( x ) ＝－ 3 x 2 ＋ (6 － a ) x ＋ a ， 当 x ＜ x 1 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数； 当 x 1 ＜ x ＜ x 2 时， g ( x ) ＞ 0 ，即 f ′ ( x ) ＞ 0 ，故 f ( x ) 为增函数； 当 x ＞ x 2 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数 . 解答 (2) 若 f ( x ) 在 [3 ，＋ ∞ ) 上为减函数，求 a 的取值范围 . 解答 (1) 当 a ＝－ 1 时，求函数 f ( x ) 的单调区间； 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 ) 的单调递增区间为 (0 ， 1) ， (2 ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (1 ， 2). 解答 (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，请说明理由 . 解　 假设存在实数 a ，使 g ( x ) ＝ f ( x ) － ax 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是增函数， ∴ x 2 － 2 x － 2 a ≥ 0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 考点二　导数与函数的极值、最值 要点重组 　 (1) 可导函数极值点的导数为 0 ，但导数为 0 的点不一定是极值点，如函数 f ( x ) ＝ x 3 ， f ′ (0) ＝ 0 ，但 x ＝ 0 不是极值点 . (2) 极值点不是一个点，而是一个数 x 0 ，当 x ＝ x 0 时，函数取得极值，在 x 0 处， f ′ ( x 0 ) ＝ 0 是函数 f ( x ) 在 x 0 处取得极值的必要不充分条件 . (3) 一般地，在闭区间 [ a ， b ] 上函数 y ＝ f ( x ) 的图象是一条连续不断的曲线，那么函数 y ＝ f ( x ) 在 [ a ， b ] 上必有最大值与最小值 . 函数的最值必在极值点或区间的端点处取得 . 解答 5. 已知函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ (1 － 2 a ) x － ln x . (1) 当 a >0 时，求函数 f ( x ) 的单调递增区间； 解　 由函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ (1 － 2 a ) x － ln x ， ∵ a >0 ， x >0 ， 即 x － 1>0 ，得 x >1 ， ∴ f ( x ) 的单调递增区间为 (1 ，＋ ∞ ). 解答 解答 6. 讨论函数 f ( x ) ＝ ln( x ＋ 1) ＋ a ( x 2 － x )( a ∈ R ) 的极值点的个数 . 解　 由题意知，函数 f ( x ) 的定义域为 ( － 1 ，＋ ∞ ) ， 令 g ( x ) ＝ 2 ax 2 ＋ ax － a ＋ 1 ， x ∈ ( － 1 ，＋ ∞ ). ① 当 a ＝ 0 时， g ( x ) ＝ 1 ， 此时 f ′ ( x ) ＞ 0 ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ，＋ ∞ ) 上单调递增，无极值点； ② 当 a ＞ 0 时，令 2 ax 2 ＋ ax － a ＋ 1 ＝ 0 ，则 Δ ＝ a 2 － 8 a (1 － a ) ＝ a (9 a － 8). 故 f ′ ( x ) ≥ 0 ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ，＋ ∞ ) 上单调递增，无极值点； 设方程 2 ax 2 ＋ ax － a ＋ 1 ＝ 0 的两根分别为 x 1 ， x 2 ( x 1 ＜ x 2 ) ， 由 g ( － 1) ＝ 1 ＞ 0 ， 所以当 x ∈ ( － 1 ， x 1 ) 时， g ( x ) ＞ 0 ， f ′ ( x ) ＞ 0 ，函数 f ( x ) 单调递增 ； 当 x ∈ ( x 1 ， x 2 ) 时， g ( x ) ＜ 0 ， f ′ ( x ) ＜ 0 ，函数 f ( x ) 单调递减； 当 x ∈ ( x 2 ，＋ ∞ ) 时， g ( x ) ＞ 0 ， f ′ ( x ) ＞ 0 ，函数 f ( x ) 单调递增 . 因此函数 f ( x ) 有两个极值点； ③ 当 a ＜ 0 时， Δ ＞ 0 ，由 g ( － 1) ＝ 1 ＞ 0 ，可得 x 1 ＜－ 1. 当 x ∈ ( － 1 ， x 2 ) 时， g ( x ) ＞ 0 ， f ′ ( x ) ＞ 0 ，函数 f ( x ) 单调递增； 当 x ∈ ( x 2 ，＋ ∞ ) 时， g ( x ) ＜ 0 ， f ′ ( x ) ＜ 0 ，函数 f ( x ) 单调递减， 所以函数 f ( x ) 有一个极值点 . 综上所述，当 a ＜ 0 时，函数 f ( x ) 有一个极值点 ； 解答 (1) 求 f ( x ) 的单调区间和极值； ① 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为增函数，无极值； ② 当 a >0 ， x ∈ (0 ， a ) 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在 (0 ， a ) 上为减函数； x ∈ ( a ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 ( a ，＋ ∞ ) 上为增函数， 所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上有极小值，无极大值， f ( x ) 的极小值为 f ( a ) ＝ ln a ＋ 1 . 解答 (2) 若对任意 x >0 ，均有 x (2ln a － ln x ) ≤ a 恒成立，求正数 a 的取值范围 . 解　 若对任意 x >0 ，均有 x (2ln a － ln x ) ≤ a 恒成立， 由 (1) 可知 f ( x ) 的最小值为 ln a ＋ 1 ，问题转化为 2ln a ≤ ln a ＋ 1 ， 即 ln a ≤ 1 ，故 0< a ≤ e ， 故正数 a 的取值范围是 (0 ， e]. 模板答题规范练 模 板体验 (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间； (2) 如果函数 f ( x ) 的图象不在 x 轴的下方，求实数 a 的取值范围 . 审题路线图 规范解答 · 评分标准 当 a ＝ 0 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 综上，当 a ＝ 0 时， f ( x ) 的单调递减区间为 (0 ，＋ ∞ ) ； (2) f ( x ) 的图象不在 x 轴的下方，即当 x ＞ 0 时， f ( x ) ≥ 0 恒成立， 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 求导 ：一般先确定函数的定义域，再求导数 f ′ ( x ). [ 第二步 ] 　 转化 ： “ 判断函数单调性、求极值 ( 最值 ) ” 常转化为 “ 判断 f ′ ( x ) 的符号 ” ， “ 切线方程、切线的斜率 ( 或倾斜角 ) 、切点坐标 ” ，常转化为 “ 导数的几何意义 ” ， “ 恒成立问题 ” 常转化为 “ 求最值 ” 等 . [ 第三步 ] 　 求解 ：根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题 . [ 第四步 ] 　 反思 ：单调区间不能用 “∪” 连接；范围问题的端点能否取到 . 规范演练 解答 1.(2016· 北京 ) 设函数 f ( x ) ＝ x e a － x ＋ bx ，曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (2 ， f (2)) 处的切线方程为 y ＝ (e － 1) x ＋ 4. (1) 求 a ， b 的值； 解　 f ( x ) 的定义域为 R . ∵ f ′ ( x ) ＝ e a － x － x e a － x ＋ b ＝ (1 － x )e a － x ＋ b . 解得 a ＝ 2 ， b ＝ e. 解　 由 (1) 知， f ( x ) ＝ x e 2 － x ＋ e x ， 由 f ′ ( x ) ＝ e 2 － x (1 － x ＋ e x － 1 ) 及 e 2 － x ＞ 0 知， f ′ ( x ) 与 1 － x ＋ e x － 1 同号 . 令 g ( x ) ＝ 1 － x ＋ e x － 1 ，则 g ′ ( x ) ＝－ 1 ＋ e x － 1 . 所以，当 x ∈ ( － ∞ ， 1) 时， g ′ ( x ) ＜ 0 ， g ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 1) 上单调递减； 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x ) ＞ 0 ， g ( x ) 在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 故 g (1) ＝ 1 是 g ( x ) 在区间 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上的最小值， 从而 g ( x ) ＞ 0 ， x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ) ， 综上可知， f ′ ( x ) ＞ 0 ， x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ). 故 f ( x ) 的单调递增区间为 ( － ∞ ，＋ ∞ ). 解答 (2) 求 f ( x ) 的单调区间 . 解答 2. 已知函数 f ( x ) ＝ ln x － a 2 x 2 ＋ ax ( a ∈ R ). 若函数 f ( x ) 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上是减函数，求实数 a 的取值范围 . 解　 函数 f ( x ) ＝ ln x － a 2 x 2 ＋ ax 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 所以 f ( x ) 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上是增函数，不合题意； ② 当 a ＞ 0 时，令 f ′ ( x ) ≤ 0( x ＞ 0) ， ③ 当 a ＜ 0 时， f ′ ( x ) ≤ 0( x ＞ 0) ， 所以 f ( x ) 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上是增函数，不合题意； ② 当 a ≠ 0 时，要使函数 f ( x ) 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上是减函数 ， 只需 f ′ ( x ) ≤ 0 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立 . 因为 x ＞ 0 ，所以只要 2 a 2 x 2 － ax － 1 ≥ 0 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立 . 解答 (1) 当 a ＝ 2 时，求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (3 ， f (3)) 处的切线方程； 解　 由题意得 f ′ ( x ) ＝ x 2 － ax ， 所以当 a ＝ 2 时， f (3) ＝ 0 ， f ′ ( x ) ＝ x 2 － 2 x ， 所以 f ′ (3) ＝ 3 ， 因此曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (3 ， f (3)) 处的切线方程 是 y ＝ 3( x － 3) ，即 3 x － y － 9 ＝ 0. 解答 (2) 设函数 g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ ( x － a )cos x － sin x ，讨论 g ( x ) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 . 解　 因为 g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ ( x － a )cos x － sin x ， 所以 g ′ ( x ) ＝ f ′ ( x ) ＋ cos x － ( x － a )sin x － cos x ＝ x ( x － a ) － ( x － a )sin x ＝ ( x － a )( x － sin x ). 令 h ( x ) ＝ x － sin x ，则 h ′ ( x ) ＝ 1 － cos x ≥ 0 ， 所以 h ( x ) 在 R 上单调递增 . 因为 h (0) ＝ 0 ，所以当 x >0 时， h ( x )>0 ； 当 x <0 时， h ( x )<0. ① 当 a <0 时， g ′ ( x ) ＝ ( x － a )( x － sin x ) ， 当 x ∈ ( － ∞ ， a ) 时， x － a <0 ， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增； 当 x ∈ ( a ， 0) 时， x － a >0 ， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 单调递减 ； 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， x － a >0 ， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增 . 所以当 x ＝ a 时， g ( x ) 取到极大值， 当 x ＝ 0 时， g ( x ) 取到极小值，极小值是 g (0) ＝－ a . ② 当 a ＝ 0 时， g ′ ( x ) ＝ x ( x － sin x ) ， 当 x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x ) ≥ 0 ， g ( x ) 单调递增； 所以 g ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增， g ( x ) 无极大值也无极小值 . ③ 当 a >0 时， g ′ ( x ) ＝ ( x － a )( x － sin x ) ， 当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， x － a <0 ， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增； 当 x ∈ (0 ， a ) 时， x － a <0 ， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 单调递减； 当 x ∈ ( a ，＋ ∞ ) 时， x － a >0 ， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增 . 所以当 x ＝ 0 时， g ( x ) 取到极大值， 极大值是 g (0) ＝－ a ； 当 x ＝ a 时， g ( x ) 取到极小值， 综上所述，当 a <0 时，函数 g ( x ) 在 ( － ∞ ， a ) 和 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 ， 在 ( a ， 0) 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值， 当 a ＝ 0 时，函数 g ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增，无极值； 当 a >0 时，函数 g ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 和 ( a ，＋ ∞ ) 上单调递增，在 (0 ， a ) 上单调递减，函数既有极大值 ， 又有极小值， 解答 4. 已知函数 f ( x ) ＝ ax － ln x ＋ x 2 . (1) 若 a ＝－ 1 ，求函数 f ( x ) 的极值； 解　 依题意知，当 a ＝－ 1 时， f ( x ) ＝－ x － ln x ＋ x 2 ， 因为 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，故当 x ∈ (0 ， 1) 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ， 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ， 故当 x ＝ 1 时， f ( x ) 有极小值，极小值为 f (1) ＝ 0 ，无极大值 . 解答 解　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ x － ln x ＋ x 2 . 因为 ∀ x 1 ∈ (1 ， 2) ， ∃ x 2 ∈ (1 ， 2) ， 故 h ( x ) 的值域为 A ＝ (ln 2 － 2 ，－ 1). 又 g ′ ( x ) ＝ mx 2 － m ＝ m ( x ＋ 1)( x － 1). ① 当 m ＜ 0 时， g ( x ) 在 (1 ， 2) 上单调递减 ， ② 当 m ＞ 0 时， g ( x ) 在 (1 ， 2) 上单调递增，