2021新高考数学二轮总复习学案：2-4-1　函数的单调性、极值点、极值、最值 WORD版含解析.docx

1、2.4压轴题大题1导数在函数中的应用2.4.1函数的单调性、极值点、极值、最值必备知识精要梳理1.函数的导数与单调性的关系函数y=f(x)在(a,b)内可导,(1)若f(x)0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;(2)若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.(3)若函数f(x)在a,b上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在a,

2、b上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.4.两个常用结论(1)ln xx-1;(2)exx+1.5.构造辅助函数的四种方法(1)移项法:不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:分类讨论点1:求导后,考虑f(x)=0是否有实根,从而引起分类讨论;分类讨论点2:求导后,f(x)=0=有实根,但不清楚f(x)=0的实根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;分类讨论点3:求导后,f(x)=0=有实根,f(x)=

3、0的实根也落在定义域内,但不清楚这些实根的大小关系,从而引起分类讨论.【对点训练2】(2020全国,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)2x+c,求c的取值范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.热点二讨论函数极值点的个数【例3】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中aR.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间极值最值恒成立问题的步骤:1.求函数定义域;2.求导通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”);3.对参数分类,分类的层次:(1)按导函数的类型分大类;(2)按导函

4、数是否有零点分小类;(3)在小类中再按导函数零点的大小分小类;(4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.【对点训练3】设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b0.(1)当b12时,判断函数f(x)在定义域上的单调性;(2)当b0时,求函数f(x)的极值点.热点三求函数的极值、最值【例4】已知函数f(x)=ln x-kx+k(kR),求f(x)在1,2上的最小值.解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值.若有唯一的极值点,则其为最值点.【对点训练4】(2020北京,19)已知函数f(x)=12-x2.(1)求曲线y=f(x)的斜

5、率等于-2的切线方程;(2)设曲线y=f(x)在点(t,f(t)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.热点四在恒成立中求参数的极值、最值【例5】设a0,若ln1+|x|1-|x|a|x|对x(-1,1)恒成立,求a的最大值.解题心得洛比达法则:如果当xx0(x0也可以是)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无穷大,那么极限limxx0f(x)g(x)可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为00型或型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛比达法则来求.定理1:若函数f(x)和g(x)满足条件:(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g(x)0

6、.(2)limxx0f(x)=limxx0g(x)=0.(3)limxx0f(x)g(x)=a,则有limxx0f(x)g(x)=limxx0f(x)g(x)=a.定理2:若函数f(x)和g(x)满足条件:(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g(x)0.(2)limxx0f(x)=limxx0g(x)=.(3)limxx0f(x)g(x)=a,则有limxx0f(x)g(x)=limxx0f(x)g(x)=a.在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则.【对点训练5】(2020广东茂名一模,理20)设函数f(x)=ex-mx+n,曲线y=f(x)在点

7、(ln 2,f(ln 2)处的切线方程为x-y-2ln 2=0.(1)求m,n的值;(2)当x0时,若k为整数,且x+1(k-x)f(x)+x+1,求k的最大值.2.4压轴题大题1导数在函数中的应用2.4.1函数的单调性、极值点、极值、最值关键能力学案突破【例1】解f(x)=h(x)+lnxx+(a+1)x=lnx+lnxx+x,定义域为(0,+),f(x)=1-lnx+x+x2x2(x0).令F(x)=1-lnx+x+x2(x0),则F(x)=(2x-1)(x+1)x(x0).令F(x)0),得0x0(x0),得x12.所以函数F(x)=1-lnx+x+x2(x0)在区间0,12上单调递减,

8、在区间12,+上单调递增.所以F(x)min=F12=1-ln12+12+122=74+ln20.所以F(x)=1-lnx+x+x20对任意(0,+)恒成立,所以f(x)=lnx+lnxx+x的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间.对点训练1解F(x)的定义域为(0,+),F(x)=xlnx-12x2,则F(x)=lnx+1-x,令G(x)=F(x)=lnx+1-x,则G(x)=1x-1,由G(x)=1x-10得0x1,由G(x)=1x-11,则G(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,即F(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,F(x)F(1)

9、=0,F(x)在定义域(0,+)上单调递减.【例2】解f(x)的定义域是(0,+).f(x)=1x+2a(1-a)x-2(1-a)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1x.令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型对a进行分类讨论.(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=10,f(x)=1x0,于是f(x)在(0,+)上单调递增.(2)当a1时,g(x)是二次函数,首先讨论f(x)=0是否有实根,方程g(x)=0对应的=4(a-1)(3a-1).当0,即13a0,f(x)在(0,+)上单调递增.当=0,即a=13时,g(x)=0有两个相等的实

10、根x1=x2=32,于是f(x)0,所以f(x)在(0,+)上单调递增.当0,即0a1时,g(x)=0有两个不相等的实根分别为x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).因为x1+x2=1a,x1x2=12a(1-a),所以当0a0且x1x20,所以x10,x20.由x1与x2的表达式知x10,可得0xx2,所以f(x)在(0,x1)和(x2,+)上单调递增;由f(x)0,可得x1x1时,有x1+x20且x1x20,此时x200,可得0xx1,所以f(x)在(0,x1)上单调递增;由f(x)x1,所以f(x)在(x1,+)上单调递减.

11、综上所述,当0a1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+)上单调递减.其中x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)=2x-2.(1)当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时,f(x)2x+c.所以c的取值范围为-1,+).(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a

12、=2(lnx-lna)x-a,x(0,a)(a,+).g(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+lnx0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+lnax0,从而g(x)0,令g(x)=2ax2+ax+1-a(x-1),当a=0时,g(x)=1,则f(x)0在(-1,+)上恒成立,则f(x)在(-1,+)上单调递增,即当a=0时,函数无极值点;当a0时,由=a(9a-8)0,得0a89,此时g(x)0,则f(x)0,f(x)在(-1,+)上单调递增,即

13、00时,得a89或a89时,设方程2ax2+ax+1-a=0的两根分别为x1,x2(x1x2),x1+x2=-12,函数g(x)的图象如右:x1,x2的中点为-14,x1-14,由g(-1)=10,可得-1x10,则f(x)0,f(x)单调递增,当x(x1,x2)时,g(x)0,则f(x)0,则f(x)0,f(x)单调递增,因此,当a89,函数有两个极值点;当a0,函数g(x)的图象如下:由g(-1)=10,可得x10,则f(x)0,f(x)单调递增,x(x2,+)时,g(x)0,则f(x)0,f(x)单调递减,因此,当a0时,函数有一个极值点.综上所述,当a0时,函数有一个极值点;当089,

14、函数有两个极值点.对点训练3解(1)函数f(x)=x2+bln(x+1)的定义域为(-1,+),f(x)=2x+bx+1=2x2+2x+bx+1.令g(x)=2x2+2x+b,则=4-8b.当b12时,0,于是当b12时,函数f(x)在定义域(-1,+)上单调递增.(2)首先考虑g(x)=0是否有实根.当12时,由(1)知函数f(x)无极值点.当=0,即b=12时,g(x)=0有两个相等的实根,g(x)0在(-1,+)上恒成立,于是f(x)0在(-1,+)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,+)上单调递增,从而函数f(x)在(-1,+)上无极值点.当0,即b12时,g(x)=0有两个不相等的根

15、x1=-1-1-2b2,x2=-1+1-2b2,其中x1x2.为确定两个根是否都在定义域(-1,+)内需要对参数b分类讨论.当b0时,x1=-1-1-2b2-1,由f(x)0,可得xx2,由f(x)0,可得-1xx2,所以f(x)在(-1,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递增,所以当b0时,f(x)在(-1,+)上有唯一极小值点x2=-1+1-2b2.当0b-1,x2=-1+1-2b2-1,由f(x)0,可得-1xx2,由f(x)0,可得x1xx2,所以f(x)在(-1,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递增,所以当0b12时,f(x)在(-1,+)上有一

16、个极大值点x1=-1-1-2b2和一个极小值点x2=-1+1-2b2.综上所述,当b0时,f(x)在(-1,+)上有唯一的极小值点x2=-1+1-2b2;当0b0,函数f(x)在1,2为增函数,所以f(x)min=f(1)=0.当k0时,由f(x)0,可得0x1k,由f(x)1k,所以f(x)在0,1k上单调递增,在1k,+上单调递减.于是f(x)在1,2上的最小值为f(1)=0或f(2)=ln2-k.()当0ln2-k,即0kln2时,f(x)min=f(1)=0.()当0ln2-k,即kln2时,f(x)min=f(2)=ln2-k.综上所述,当k0(t0,得t2,由S(t)0,得0t0时

17、,有aln1+t1-tt对t(0,1)恒成立.令G(t)=ln1+t1-tt,则G(t)=2t1-t2-ln1+t1-tt2,令H(t)=2t1-t2-ln1+t1-t,则H(t)=2+2t2(1-t2)2-21-t2=4t2(1-t2)20,所以H(t)在(0,1)上单调递增,于是H(t)H(0)=0,即G(t)0,所以G(t)在(0,1)上单调递增.由洛比达法则,可得limt0+G(t)=limt0+21-t21=2,于是00,所以函数F(t)在0,1)上递增,所以F(t)F(0)=0.当2-a2时,由F(t)0可得0t(k-x)f(x)+x+1,得x+1(k-x)(ex-1),故当x0时,等价于k0),令g(x)=x+1ex-1+x,则g(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2,令h(x)=ex-x-2,x0,h(x)=ex-10.函数h(x)=ex-x-2在(0,+)单调递增.而h(1)0,所以h(x)在(0,+)存在唯一的零点,故g(x)在(0,+)存在唯一的零点,设此零点为,则(1,2).当x(0,)时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)在(0,+)的最小值为g(),又由g()=0,可得e=+2,所以g()=+1(2,3),故等价于kg(),故整数k的最大值为2.