2019届二轮复习　导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]学案（全国通用）

第23练　导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]
[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．

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．
1．已知函数f(x)＝ex＋(a≠0，x≠0)在x＝1处的切线与直线(e－1)x－y＋2 018＝0平行，求a的值并讨论函数y＝f(x)在(－∞，0)上的单调性．
解　∵f′(x)＝ex－，f′(1)＝e－＝e－1，
∴a＝1.
∴f′(x)＝ex－＝，
令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝(2x＋x2)ex，
∴当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0；当x∈(－2,0)时，h′(x)<0.
则h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,0)上单调递减．
∴当x∈(－∞，0)时，h(x)≤h(－2)＝－1<0，
即当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．
2．已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，讨论f(x)在(0,2)上的单调性．
解　因为f′(x)＝－－1＝＝－(x>0，k>0)．
①当0k>0，且>2，
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；
②当k＝2时，＝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k>2时，0<<2，k>，
所以当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数．
综上可知，当0 在(k，2)上是增函数；当k＝2时，f(x)在(0,2)上是减函数；当k>2时，f(x)在上是减函数，在上是增函数．
3．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性．
解　f′(x)＝－a－2x＝，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，
又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
①当－≤－1，即当a≥0时，
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．
②当－1＜－＜0，即－2＜a＜0时，
若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
③当－＝0，即a＝－2时，
f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
④当－＞0，即a＜－2时，
若x∈(－1,0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈，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－2＜a＜0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；
当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＜－2时，f(x)在(－1,0)上单调递减，
在上单调递增，
在上单调递减．
考点二　利用函数的单调性求参数范围
方法技巧　(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．
4．已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)，若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．
解　f′(x)＝，
因为当x∈时，＜0，
依题意得当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，
从而＋(3b－2)≤0，b≤.
所以b的取值范围为.
5．设函数f(x)＝(a∈R)．
(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；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．
解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝
＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
故f(1)＝，f′(1)＝，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，x2＝.
当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；
当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数．
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数知，
x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
6．已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(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，请说明理由．
解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x(x>0)，
则f′(x)＝x＋－3＝＝.
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1 ∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．
(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，
则g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0恒成立，
即≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立．
又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值为－.
∴当a≤－时，g′(x)≥0恒成立．
又当a＝－时，g′(x)＝，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.
故当a∈时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增．
考点三　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)＝x3，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x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0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．
7．(2017·浙江)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解　(1)因为(x－)′＝1－，
(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)


0




又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在区间上的取值范围是.
8．讨论函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－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，＋∞)，
f′(x)＝＋a(2x－1)＝.
令g(x)＝2ax2＋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2ax2＋ax－a＋1＝0，则Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0.
故f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
当a＞时，Δ＞0.
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，
因为x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－，
由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.
所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)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x1＜－1.
当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)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；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
当a＞时，函数f(x)有两个极值点．
9．已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(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　(1)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，无极值；
②当a>0时，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.
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，
即对任意x>0，均有2ln a≤＋ln x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 故正数a的取值范围是(0，e]．


例　(15分)设函数f(x)＝a2x2－ln x(a∈R)．
(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
(1)→→
(2)→
→

规范解答·评分标准
解　(1)f′(x)＝a2x－(x＞0).1分
当a＝0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，f′(x)＝＝，
由f′(x)≥0，得x≥；由f′(x)＜0，得0＜x＜.4分
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
当a<0时，f′(x)＝，由f′(x)≥0，得x≥－；
由f′(x)<0，得0＜x<－.7分
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为；当a＜0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.8分
(2)f(x)的图象不在x轴的下方，即当x＞0时，f(x)≥0恒成立，
所以a2x2－ln x≥0，即a2≥.9分
令h(x)＝(x＞0)，
则h′(x)＝＝，12分
由h′(x)＞0，得0＜x＜；由h′(x)＜0，得x＞.
故h(x)在(0，]上单调递增，在[，＋∞)上单调递减．当x＝时，h(x)取得最大值.
所以a2≥，解得a≤－或a≥.14分
故实数a的取值范围是∪.15分
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．

1．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数．
综上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数．
2．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋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－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.
方法一　①当a＝0时，f′(x)＝＞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)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥，
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≥1；
③当a＜0时，令f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－.
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≤－.
综上，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．
方法二　①当a＝0时，f′(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2a2x2－ax－1≥0在区间[1，＋∞)上恒成立．
所以解得a≥1或a≤－.
综上，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝x3－ax2.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(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　(1)由题意得f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，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3x－y－9＝0.
(2)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，
极大值是g(a)＝－a3－sin a；
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，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
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，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
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，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
4．已知函数f(x)＝x2－ax＋2ln x.
(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．
解　(1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，
所以f′(x)≥0，即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．
而2x＋≥2＝4，所以a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)因为f′(x)＝(x＞0)，
由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，
所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2.
由根与系数的关系可得x1x2＝1.
由已知0＜x1≤，则x2＝≥e.
而f(x1)－f(x2)
＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)
＝[x－(2x＋2)＋2ln x1]－[x－(2x＋2)＋2ln x2]
＝(－x－2＋2ln x1)－(－x－2＋2ln x2)＝x－x＋2(ln x1－ln x2)
＝x－x＋2ln ＝x－＋2ln ＝x－－2ln x(x2≥e)．
设p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，
则p′(x)＝1＋－＝＝，
显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，
故p(x)≥p(e2)＝e2－－2ln e2＝e2－－4.
故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，
故t≤e2－－4.
所以实数t的取值范围是.