2020版高考数学大二轮复习 专题六 函数与不等式、导数 第五讲 函数与导数 第1课时 用导数研究函

考点二考点一目录ONTENTSC限时规范训练专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第1课时用导数研究函数的单调性、极值、最值[策略分析·把握技巧]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．第1课时用导数研究函数的单调性、极值、最值(12分)已知函数fx＝2x3－ax2＋b❶.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1❷？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b可求导函数f′(x)信息❷f(x)在[0,1]上的最值判断f(x)在[0,1]上的单调性1.对含参数的单调性问题要注意分类讨论2.求f(x)在[0,1]上最值时注意分类讨论[规范解答](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).……………1分令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.………………2分若a0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)0；当x∈0，a3时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减.……………3分若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.……………4分若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0；当x∈a3，0时，f′(x)0.……………5分故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减.……………6分(2)满足题设条件的a，b存在.……………7分①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.……………8分②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.……………9分③当0a3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b.……………10分若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0a3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0a3矛盾.……………11分综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.……………12分[类题通法]1.求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2．讨论函数的单调性重点考查学科核心素养中的逻辑推理与数学运算，体现了分类讨论思想及分析问题解决问题的能力．(2019·荆州联考)已知函数f(x)＝x(lnx－a)．(1)当x≥1时，对任意实数b，直线y＝－x＋b与函数f(x)的图象都不相切，求实数a的取值范围；(2)当a＝－1时，讨论f(x)在区间[t，t＋e](t0)上的单调性．解析：(1)由f(x)＝x(lnx－a)(x≥1)，得f′(x)＝lnx－a＋1，因为对任意实数b，直线y＝－x＋b与函数f(x)的图象都不相切，所以f′(x)＝lnx－a＋1≠－1，即a≠lnx＋2.而函数y＝lnx＋2在[1，＋∞)上单调递增，所以lnx＋2≥ln1＋2＝2，故a2.(2)当a＝－1时，f(x)＝x(lnx＋1)，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0得x＝1e2.当0t1e2时，在[t，1e2)上，f′(x)0，在(1e2，t＋e]上，f′(x)0，因此f(x)在[t，1e2)上单调递减，在(1e2，t＋e]上单调递增．当t≥1e2时，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[t，t＋e]上单调递增．综上所述，当0t1e2时，f(x)在[t，1e2)上单调递减，在(1e2，t＋e]上单调递增；当t≥1e2时，f(x)在[t，t＋e]上单调递增．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知函数f(x)＝.[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶已知f(x)的解析式先求定义域，再求导函数，变形信息❷讨论单调性参数分类标准的确立及用导数判断单调性方法信息❸两极值点x1、x2极值点的定义及应用信息❹双变量不等式的证明双变量不等式证明，利用极值点消元、构造(1)易忽视函数的定义域及参数对单调性的影响．(2)与极值点有关的双变量不等式证明，要明确消元、构造法[规范解答](1)ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.…………………………2分①若a≤2，则ƒ′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，ƒ′(x)＝0，所以ƒ(x)在(0，＋∞)上单调递减.…………………4分②若a＞2，令ƒ′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，ƒ′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，ƒ′(x)＞0.所以ƒ(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．……………………………………6分(2)证明：由(1)知，ƒ(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于ƒ(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.…………………8分由于ƒx1－ƒx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以ƒx1－ƒx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.………10分设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以1x2－x2＋2lnx2＜0，即ƒx1－ƒx2x1－x2＜a－2.…………12分[类题通法]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右两侧函数值的符号．(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]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．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－10，f′(2)＝ln2－12＝ln4－120，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减，当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－30，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由αx01得1α1x0.又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝fαα＝0，故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．(2019·宁夏石嘴山市模拟)已知函数f(x)＝ex(x－aex)．(1)当a＝0时，求f(x)的最值；(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a的取值范围．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)0，解得x－1，令f′(x)0，解得x－1，所以f(x)＝xex在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝－1e，无最大值．(2)因为f′(x)＝ex(x＋1－2aex)，且f(x)有两个不同的极值点，所以f′(x)＝0有两个不等实根，所以2a＝x＋1ex有两个不等的实根．令g(x)＝x＋1ex，则g′(x)＝－xex，令g′(x)0，解得x0，令g′(x)0，解得x0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(0)＝1.又g(－1)＝0，当x0时，g(x)0，且当x→＋∞时，g(x)→0，据此可画出g(x)的大致图象，如图所示．由g(x)的图象可得02a1，即0a12.故a的取值范围是0，12.