2021届高考数学（文）二轮考前复习学案：第三篇 专题4 导数与函数的单调性、极值与最值 WORD版含解析.doc

1、专题4导数与函数的单调性、极值与最值1.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,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,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.利用导数研究函数最值的步骤第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域;第二步定区间:根据单调性解不等式,确定单调区间,注意书写格式;第三步求极值:利用单调性确定极值;第四步求端点值:代入函数

2、式求函数值;第五步得结论:对所求结果进行比较,得出结论.1.步骤分:第(2)问中的综上所述是步骤分.2.关键分:函数求导,写出方程两根.3.计算分:计算准确是根本保证.4.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题来解决,有正向思维直接求函数的极值或最值;也有逆向思维已知函数的极值或最值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.【典例】(12分)(2019全国卷)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(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上的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理

3、由.(1)对f(x)求导分a0,a=0,a0,则当x(-,0)时,f(x)0;x时,f(x)0.故f(x)在(-,0),上单调递增,在上单调递减;3分若a=0,则f(x)在(-,+)上单调递增;4分若a0;当x时,f(x)0.5分故f(x)在,(0,+)上单调递增,在上单调递减.6分(2)满足题设条件的a,b存在.理由如下当a0时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=b=-1,最大值为f(1)=2-a+b=1.解得a=0,b=-1,7分此时a,b满足条件.当a3时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最大值为f(

4、0)=b=1,最小值为f(1)=2-a+b=-1.解得a=4,b=1,此时a,b满足条件.9分当0a3时,由(1)知,f(x)在0,1上的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0a3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0a3矛盾.11分综上所述,当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在0,1上的最小值为-1,最大值为1.12分测试目标(1)函数求导,分类讨论确定单调区间;(2)假设存在,利用单调性分类讨论确定是否满足要求测试素养数学抽象:分类讨论的依据逻辑推理:导数与单调性及最值;数学建模:分类讨论,根据最值列式

5、;数学运算:利用最大值,最小值列式求解.已知函数f(x)=x3-3x.(1)求函数f的极值;(2)若g(x)=+alnx在1,+)上是单调增函数,求实数a的取值范围.1.(极值问题)设f=2x3+ax2+bx+1的导数为f,若函数y=f的图象关于直线x=-对称,且f=0.(1)求实数a,b的值;(2)求函数f的极值.2.(最值问题)已知函数f=x3+x2-2x,xR.(1)求函数f在处的切线方程;(2)求函数f在区间-3,2上的最大值和最小值.3.(极值点问题)已知函数f=ex-cos x,x,证明:(1)f存在唯一的极小值点;(2)f的极小值点为x0,则-1f0.(1)求f(x)的单调区间;

6、(2)当x1时,g的最小值大于-ln a,求a的取值范围.7.(极值与单调性)已知函数f(x)=ln x+ax,其中x0,aR.(1)若函数f在区间1,+)上不单调,求a的取值范围;(2)若函数f在区间1,+)上有极大值,求a的值.8.(探索问题)已知函数f(x)=aln x-ax-3(aR,a0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2)处的切线的斜率为1,问:m在什么范围取值时,对于任意的t1,2,函数g(x)=x3+x2在区间上总存在极值?专题4导数与函数的单调性、极值与最值【模拟考场】【解析】(1)f(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),令

7、f(x)=0,得x=-1或x=1.当f(x)0时,x1;当f(x)0时,-1x1.随x的变化,f(x),f(x)的变化如表所示:x-1(-1,1)1f+0-0+f单调递增极大值2单调递减极小值-2单调递增因此,当x=-1时,f有极大值,且极大值为2;当x=1时,f有极小值,且极小值为-2.(2)g(x)=x2+-3+aln x,则g(x)=2x-+.因为g在1,+)上是单调增函数,所以g(x)0在1,+)上恒成立,即不等式2x-+0在1,+)上恒成立,也即a-2x2在1,+)上恒成立.设h(x)=-2x2,则h(x)=-4x.当x1,+)时,h(x)0,f在上是增函数,当x时,f0,f在上是增

8、函数,从而f在x=-2处取到极大值f=21,在x=1处取到极小值f=-6.2.【解析】(1)x=1时,f=+-2=-,所以切点为,f=x2+x-2,所以斜率为k=f=0,所以切线方程为y-=0,即y=-.(2)f=x2+x-2=,x-3,2,令f=0x=-2或1.x-3,-2)-21(1,2f+0-0+f增极大减极小增f=,f=,f=-,f=,所以最大值为,最小值为-.3.【证明】(1)f=ex+sin x,设g=f=ex+sin x,则g=ex+cos x,当x时,cos x,ex,所以g0.当x时,ge0+cos x=1+cos x0,综上所述,当x时,g0恒成立,故f=g在上单调递增.又

9、f=-10,由零点存在性定理可知,函数f在区间上存在唯一的零点x0,x0,结合单调性可得f在上单调递减,在上单调递增,所以函数f存在唯一的极小值点x0.(2)由(1)知,x0,f=-1e12,所以,即f0,故极小值点x0,且f=+sin x0=0,即=-sin x0.,由式,得f=-cos x0=-=-sin.由x0,得x0+,所以-sin,即-1f0.4.【解析】(1)f(x)=2x+ln x,定义域为(0,+).所以f(x)=2-+=.因为x=1是f(x)=2x+ln x的一个极值点,所以f(1)=0,即2-b+1=0.解得b=3,经检验,适合题意,所以b=3.所以f(x)=2-+=,令f

10、(x)0,得0x0),g(x)=2+(x0).因为函数g(x)在1,2上单调递增,所以g(x)0在1,2上恒成立,即2+0在1,2上恒成立,所以a-2x2-x在1,2上恒成立,所以a(-2x2-x)max,x1,2.因为在1,2上,(-2x2-x)max=-3,所以a-3.所以a的取值范围是-3,+).5.【解析】(1)因为f(x)=ax3+bx+c,故f(x)=3ax2+b,由于f(x)在点x=2处取得极值,故有即化简得解得(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f(x)=3x2-12,令f(x)=0,得x1=-2,x2=2,当x(-,-2)时,f(x)0,故f(x)在(-,-2)上为增

11、函数;当x(-2,2)时,f(x)0,故f(x)在(2,+)上为增函数.由此可知f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c-16,由题设条件知16+c=28得c=12,此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因此f(x)在-3,3上的最大值为f(-2)=28.6.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=1-=.当0x1时,f(x)1时,f(x)0.所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+).(2)易知g(x)=x-ln x+a-1=f(x).由(1)知,f(

12、x)f(1)=a0,所以当x1时,g(x)g(1)=a0.从而g(x)在1,+)上单调递增,所以g(x)的最小值为g=a+.依题意得a+-ln a,即a+ln a-10.令h=ln a+a-1,所以h=+10在上恒成立,所以h在上单调递增.所以hh=0,所以a的取值范围是.7.【解析】(1)因为f=ln x+ax,且f(x)在区间1,+)上不单调,所以f=-+a=0在上有解,所以a=在上有解.设g=,则g=,所以函数g在上是减函数,在上是增函数,所以g=g=-,x+,g0,g=0,若a=0,f=,因为x1,所以f0,f(x)在1,+)上单调递增.若a=-,则f=0,f(x)在1,+)上单调递减

13、.所以-a0,即a的取值范围为.(2)当a0时,函数f在上单调递增,所以f在上无极值. 当a-时,函数f在上单调递减,所以f在上无极值. 当-a0,得ax2+x-10,则x1,=-2) 所以函数f在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减, 由极大值f=,得ln +a=. 又a2+-1=0,所以a=-1,代入,得 ln +-1=. 设函数h=ln x+-1-,则h=-=0,所以函数h在上单调递增.而h=0,所以=e,则a=.故当a=时,函数f在上有极大值.8.【解析】(1)由f(x)=知:当a0时,函数f的单调增区间是,单调减区间是;当a0时,函数f的单调增区间是,单调减区间是.(2)由f(2)=-=1得a=-2,所以f(x)=-2ln x+2x-3,f(x)=2-.g(x)=x3+x2=x3+x2-2x,所以g(x)=3x2+(4+m)x-2,因为函数g在区间上总存在极值,所以g(x)=0有两个不等实根且至少有一个在区间内,又因为函数g(x)是开口向上的二次函数,且g(0)=-20,所以由g(t)0得m-3t-4,因为H(t)=-3t-4在上单调递减,所以H(t)min=H(2)=-9,所以m0,解得m-;综上得:-m-9,所以当m在内取值时,对于任意t1,2,函数g(x)=x3+x2在区间上总存在极值.关闭Word文档返回原板块