高考数学二轮专题复习课件导数与函数的单调性极值与最值

【模拟考场】
已知函数f(x) =x3-3x.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若g(x)= f x 1 +alnx在[1,+∞)上是单调增函数,求实数a的取值范围.
x
【解析】(1) f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 令f′(x)=0,得x=-1或x=1. 当f′(x)>0时,x<-1或x>1; 当f′(x)<0时,-1<x<1. 随x的变化,f′(x),f(x)的变化如表所示:
x
所以f′(x)=2-
b x2
＋
1 x
＝
2x
2＋x－b x2
.
因为x=1是f(x)=2x+ b +ln x的一个极值点,
x
所以f′(1)=0,即2-b+1=0.
解得b=3,经检验,合适题意,所以b=3.
所以f′(x)=
2－
3 x2
＋
1 x
＝
2x
2＋x－3， x2
令f′(x)<0,得0<x<1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1).
(2) f(x)的极小值点为x0,则-1< f (x0) <0.
【证明】(1) f x ex sin x，设g x f x ex sin x，则gx ex cos x，
当x∈
－
2
,
0
时，cos
x
0,1
,
ex
0,1，
所以 gx >0.
当x∈0, 时, gx ≥e0+cos x=1+cos x≥0,
所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2]. 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.(极值与最值)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得极值c-16. (1)求a,b的值; (2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最大值.
f(2)=c-16=-4,因此f(x)在[-3,3]上的最大值为 f(-2)=28.
6.(最值与单调性)已知函数f(x)=x-ln x+a-1,g (x) = x2 +ax-xln x,其中a>0.
(1)求f(x)的单调区间;
2
(2)当x≥1时,g x 的最小值大于 3 -ln a,求a的取值范围.
高考演兵场·检验考试力
1.(极值问题)设f(x) =2x3+ax2+bx+1的导数为 f x ,若函数y= f x 的图象关于
直线x=- 1 对称,且 f（ 1）=0.
2
(1)求实数a,b的值; (2)求函数f(x)的极值.
【解析】(1)因为f(x) =2x3+ax2+bx+1,故 f x =6x2+2ax+b,从而 f b－a2 即 y= f x 关于直线x=- a 对称,从而由条件可知- a =-
x
（- ∞，-1 ）
-1
(-1,1)
1
（ 1,+∞ ）
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
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(x)有极大值,且极大值为2;
当x=1时, f(x)有极小值,且极小值为-2.
(2)g(x)=
x2
1 －3 x
aln
x，则g x
2x－
1 x2
a. x
(2)g(x)=f(x)- 3＋a =2x+ln x- a (x>0),
x
x
g′(x)=2+ 1＋ a (x>0).
x x2
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+ 1＋ a ≥0在[1,2]上恒成立,
x x2
所以a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立,
当x∈ －2,1时,f x 0,f x在－2,1 上是减函数,
当x∈ 1, 时,f x 0,f x在1, 上是增函数,从而f(x)在x=-2处取到极大值
f 2 =21,在x=1处取到极小值f 1 =-6.
2.(最值问题)已知函数f(x) = 1 x3 1 x2-2x,x∈R.
32
(1)求函数f(x)在 1,f 1 处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间[-3,2]上的最大值和最小值.
【解析】(1)x=1时, f 1 1 1－2 －7，
所以切点为
1,－
7 6
,
32
6
f x =x2+x-2,
所以斜率为k= f 1=0,
所以切线方程为 即y=- 7 .
y－－76
0
x－1，
6
(2) f x =x2+x-2= x 2x 1 ,x∈[-3,2], 令 f x =0⇒x=-2或1.
x
1
,
6
x
a 6
2
6
6
62
解得a=3,又由于 f 1 =0,即6+2a+b=0,解得b=-12.
(2)由(1)知f(x) =2x3+3x2-12x+1, f x =6x2+6x-12=6 x 1x 2 .
令 f x =0,得x=1或x=-2,
当x∈ －,－2时,f x 0,f x在－,－2 上是增函数,
导数与函数的单调性、极值与最值
真题再研析·提升审题力
【典例】(12分)(202X·全国Ⅲ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,说明理由.
【审题·逆向思维】 (1)对f(x)求导分a>0,a=0,a<0讨论函数单调性; (2)根据a的各种范围→函数单调性→最大值和最小值的判断→得出a,b的值.
③当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上的最小值为 2-a+b.
f
a 3
＝－,最2a73 ＋大b值为b或
若 － a3 ＋=-b1,b=1,则a= 3,与3 20<a<3矛盾.
27
若 － a3 ＋=-b1,2-a+b=1,则a=
27
3或3a=-
或3 a3=0,与0<a<3矛盾.…………11分
x
fx
f(x)
[-3,-2) + 增
-2
2，1
1
(1,2]
0
-
0
+
极大
减
极小
增
f －3 3，f －2 10，f 1 －7，f 2 2，
2
3
6
3
所以最大值为 10 ,最小值为- 7 .
3
6
3.(极值点问题)已知函数f(x)
=ex-cos
x,x∈
－
2
,
,证明:
(1) f(x)存在唯一的极小值点;
2
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=1- 1 x－1.
xx
当0<x<1时,f′(x)<0; 当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(x)≥f(1)=a>0, 所以当x≥1时,g′(x)≥g′(1)=a>0. 从而g(x)在[1,+∞)上单调递增,
【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
f 2 0,
f
2
c－16,
即
12a b 8a 2b
0, c
c－16,
化简得
12a b 0, 4a b －8,
解得 a 1,
b －12.
(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)上为增函数; 当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上为减函数; 当x∈(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,
因为g（x）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-
1 x2
a x
≥0在[1,+∞)上恒成立,
也即a≥ 1 -2x2在[1,+∞)上恒成立.
x
设h(x)= 1 -2x2,则h′(x)=- 1 -4x.
x
x2
当x∈[1,+∞)时,h′(x)<0恒成立,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递减, h(x)max=h(1)=-1.所以a≥-1, 即实数a的取值范围为[-1,+∞).
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.
②当a≥3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(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
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
【深度解读】
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:分类讨论的根据 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; 数学运算:利用最大值,最小值列式求解.
【考场秘技】 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. (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.
2.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.
………………4分
若a<0,则当x∈ ，a3∪ (0,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈
a3，0时 ,f′(x)<0.
………………5分
故f(x)在
，,(a30,+∞)上单调递增,
在
a3，0上 单调递减.
………………6分
(2)满足题设条件的a,b存在.理由如下
①当a≤0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
4.(单调性问题)已知x=1是f(x)=2x+ b +ln x(b∈R)的一个极值点. (1)求函数f(x)的单调递减区间. x
(2)设函数g(x)=f(x)- 3＋a (a∈R),若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增,求a
的取值范围.
x
【解析】(1)f(x)=2x+ b +ln x,定义域为(0,+∞).
0
,
且 f x0 = ex0 +sin x0=0,即 ex0 =-sin x0.* , 由 * 式,得 f x0 ex0－cos x0 －sin x0 cos x0
=
－
2sin
x0
4
.由x
0
－ 4
,
0
，
得x0+
4
0,
4
，所以－
2sin
x
0
4
－1,
0，
即-1< f x0 <0.
所以函数f(x)存在唯一的极小值点x0.
(2)由(1)知,x0∈ －
2
,
0
，f
－
2
－
e2
-1<e0-1=0,
1
f
－
4
e－4－
2 2
1
e2
2
－
1 2
1 2
，而e
2
>e1>2,
1
所以
1
e2
2
1
1 2
2
，即f
4
0，f 0
=e0+0=1>0,故极小值点x0∈
－
4
,
综上所述,当x∈
－ 2
,
时,
gx ≥0恒成立,
故
f
x
g
x
在
－
， 2
上单调递增.
又
f
－
2
－
e2
-1<e0-1=0, f 0 =1>0,
由零点存在性定理可知,函数 f x结0,合x0单∈调－性2可,0得 f,(x)在 －2 , x
x
在区间
－
2
,
0
上单调递减,在
x0
,
上存在唯一的零点
上单调递增,
【万能模板】 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:代入函数式求函数值; 第五步得结论:对所求结果进行比较,得出结论.
【阅卷点评】 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.
【标准答案】
(1) f x=6x2-2ax=2x(3x-a).
令 f x=0,得x=0或x= a.…………2分
若故af(>x0)在,则(-当∞x,0∈),(-∞,a30上,)∪单3 调 a3递, 增时 ,,在f′(x)>上0单;x0∈调，a3递 减时; ,f′0(，xa3)…<0…. ……3分
若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;