高考数学二轮复习第4讲导数与函数的单调性极值最值问题课件文

第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真题感悟1.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1解析f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，当x－2或x1时，f′(x)0，当－2x1时，f′(x)0，则f(x)极小值为f(1)＝－1.答案A2.(2017·全国Ⅰ卷)曲线y＝x2＋1x在点(1，2)处的切线方程为________.解析设y＝f(x)，则f′(x)＝2x－1x2，所以f′(1)＝2－1＝1，所以在(1，2)处的切线方程为y－2＝1×(x－1)，即y＝x＋1.答案y＝x＋1解(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a0，则由f′(x)＝0，得x＝ln－a2.当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)0；当x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)0.故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在区间ln－a2，＋∞上单调递增.3.(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.②若a0，则由(1)得，当x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为fln－a2＝a234－ln－a2，故当且仅当a234－ln－a2≥0，即342ea时，f(x)≥0.综上，a的取值范围是[342e，0].考点整合1.导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a0，且a≠1)；(4)(logax)′＝1xlna(a0，且a≠1，x0).2.四个易误导数公式3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.①f′(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)0或f′(x)0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.4.利用导数研究函数的极值、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.易错提醒若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.热点一导数的几何意义【例1】(1)(2017·鹰潭一模)已知曲线f(x)＝2x2＋1在点M(x0，f(x0))处的瞬时变化率为－8，则点M的坐标为________.(2)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.解析(1)∵f(x)＝2x2＋1，∴f′(x)＝4x，令4x0＝－8，则x0＝－2，∴f(x0)＝9，∴点M的坐标是(－2，9).(2)因为f(x)为偶函数，所以当x0时，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x.所以f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝2.所以f(x)在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.答案(1)(－2，9)(2)2x－y＝0探究提高1.(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化，其中关键是求出切点的坐标.(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解.2.求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.【训练1】(1)(2017·湖北百所重点高中联考)已知函数f(x＋1)＝2x＋1x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为()A.1B.－1C.2D.－2(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y＝2－cosxsinx在点π2，2处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝____________.解析(1)由f(x＋1)＝2x＋1x＋1，知f(x)＝2x－1x＝2－1x.∴f′(x)＝1x2，且f′(1)＝1.由导数的几何意义，所求切线的斜率k＝1.(2)y′＝（2－cosx）′sinx－（2－cosx）（sinx）′sin2x＝1－2cosxsin2x，则曲线y＝2－cosxsinx在点π2，2处的切线的斜率为k1＝1.因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－1a，又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，所以k1k2＝－1，解得a＝1.答案(1)A(2)1热点二利用导数研究函数的单调性命题角度1确定函数的单调性(区间)【例2－1】已知函数f(x)＝k＋4klnx＋4－x2x，其中常数k0，(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(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.解(1)因为f′(x)＝k＋4kx－4x2－1＝k＋4kx－4－x2x2＝－（x－k）x－4kx2(x0，k0).①当0k2时，4kk0，且4k2，所以x∈(0，k)时，f′(x)0，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，4k＝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k2时，04k2，k4k，所以x∈0，4k时，f′(x)0，x∈4k，2时，f′(x)0，所以函数f(x)在0，4k上是减函数，在4k，2上是增函数.(2)由题意，可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x20，且x1≠x2)，则k＋4kx1－4x21－1＝k＋4kx2－4x22－1，化简得4(x1＋x2)＝k＋4kx1x2，又x1x2x1＋x222，∴4(x1＋x2)k＋4kx1＋x222，即x1＋x216k＋4k对k∈[4，＋∞)恒成立，令g(k)＝k＋4k，则g′(k)＝1－4k20.∴g(k)＝k＋4k在[4，＋∞)上是增函数，所以g(k)≥g(4)＝5，所以16k＋4k≤165，所以x1＋x2165，故x1＋x2的取值范围为165，＋∞.探究提高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x0.(2)对k分类讨论不全，题目中已知k0，对k分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.解由例2－1解析知f′(x)＝－（x－k）x－4kx2在(0，2)上f′(x)0，故f(x)在(0，2)上为减函数.【迁移探究1】若将本例中的条件“k0”变为“k0”，其他条件不变，f(x)在(0，2)上的单调性如何？解由例题知f′(x)＝－（x－k）x－4kx2.①当0k2时，k4k，f(x)的单调减区间为(0，k)，4k，＋∞，增区间为k，4k.②当k＝2时，k＝4k＝2，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数.③当k2时，k4k，f(x)的单调减区间为0，4k和(k，＋∞)，增区间为4k，k.【迁移探究2】在本例(1)中，将“(0，2)”改为(0，＋∞)，其他条件不变，求函数f(x)的单调区间.命题角度2根据函数的单调性求参数的取值范围【例2－2】(2017·兰州二模)已知函数f(x)＝12x2－2alnx＋(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.解(1)当a＝－1时，f(x)＝12x2＋2lnx－3x，则f′(x)＝x＋2x－3＝x2－3x＋2x＝(x－1)(x－2)x.当0x1或x2时，f′(x)0，f(x)单调递增；当1x2时，f′(x)0，f(x)单调递减.∴f(x)的单调增区间为(0，1)与(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－2ax－2≥0恒成立.即x2－2x－2ax≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立.∴x2－2x－2a≥0当x0时恒成立，∴a≤12(x2－2x)＝12(x－1)2－12恒成立.又φ(x)＝12(x－1)2－12，x∈(0，＋∞)的最小值为－12.∴当a≤－12时，g′(x)≥0恒成立.又当a＝－12，g′(x)＝（x－1）2x当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.故当a∈－∞，－12时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增.探究提高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)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.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.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－2＜x＜2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).【训练2】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(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；(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a