2020高考数学课标二轮(天津专用)课件：专题二 2.3 一 导数与函数的单调性、极值、最值

即 f(x)min=2×
-
3 2
×
1+1
2
=-323.
突破点一
专题二
2.3 一导数与函数的单调性、极值、最值
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突破点二
突破点三
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(2)①证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f'(x)=ln(1+x)-1+������ ������. 设函数 g(x)=f'(x)=ln(1+x)-1+������ ������, 则 g'(x)=(1+������������)2. 当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0, 故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0, 从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0. 所以f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增. 又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
)>-1
等价于
f(x1)-f(x2)>x2-x1,
即 f(x1)+x1>f(x2)+x2.
令 g(x)=f(x)+x=1x2-(a-1)x+(a-1)ln x,
2
则函数 g(x)在 x∈(0,+∞)内为增函数.
∴g'(x)=x-(a-1)+���������-���1 ≥0 在(0,+∞)内恒成立,
②若x=0是f(x)的极大值点,求a.
分析推理(1)该题中的函数是三角函数形式,因为不能化为一角一
函数的形式,所以无法利用三角函数的性质求解最值,可借助导函
数研究函数的单调性,进而求得最值.(2)该题中的①问,由f(0)=0可
知,该不等式的证明其实质就是证明函数在两个区间上的单调性,
故只需研究导函数的符号变化即可;②问首先利用0是函数的极值
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且|x|<min 1,
1 |������|
时,h'(x)<0,所以
x=0
不是
h(x)的极大值点.
若
6a+1=0,则
h'(x)=(������
������ 3(������-24) +1)(������ 2-6������-12
)2
.
则当 x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当 x∈(0,1)时,h'(x)<0.
(logat,+∞).
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规律方法利用导数研究函数的单调性,包括两种类型: (1)求可导函数的单调区间,抓住一个核心——导函数的符号. ①实质就是在函数定义域内解f'(x)>0(f'(x)<0),从而确定函数f(x) 的单调增(减)区间. ②含参函数单调性的分析,需要根据参数所在位置以及其取值范 围分类讨论导函数符号的变化. (2)由函数f(x)在区间(a,b)内的单调性求参——导函数的保号性. ①准确转化:即利用函数单调性与导函数符号之间的关系,将已 知转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立问题,要注意“=”是否可以取到. ②求解含参不等式的恒成立问题,一般可利用分离参数,转化为 函数在指定区间上的最值问题解决.
2.3 导数在函数中的应用
一导数与函数的单调性、极值、最值
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利用导数讨论函数的单调性
【例1】(1)已知函数f(x)=ax,其中a>0,且a≠1.求函数h(x)=f(x)-xln
a的单调区间;
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该题中的(1),若p(x)=f(x)-txln a呢?
解:p(x)=ax-txln a. p'(x)=axln a-tln a=(ax-t)ln a. ①当t≤0时,则ax-t>0. 若0<a<1,则ln a<0,p'(x)<0恒成立,函数p(x)单调递减; 若a>1,则ln a>0,p'(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增.
若 6a+1>0,则当 0<x<-6���4������+��� 1,且|x|<min 1,
1 |������|
时,h'(x)>0,
故x=0不是h(x)的极大值点. 若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),
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②当t>0时,由ax-t=0,解得x=logat. 若0<a<1,则ln a<0,
当x∈(-∞,logat)时,ax-t>0,p'(x)<0恒成立,函数p(x)单调递减; 当x∈(logat,+∞)时,ax-t<0,p'(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增. 若a>1,则ln a>0,
令h'(x)=0,解得x=0.
①若0<a<1,则ln a<0.
当x∈(-∞,0)时,ax>a0=1,即ax-1>0,
所以h'(x)=(ax-1)ln a<0,函数h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ax<a0=1,即ax-1<0,
所以h'(x)=(ax-1)ln a>0,函数h(x)单调递增.
②若a>1,则ln a>0.
点,即为导函数的一个零点,列出方程,求出a值,但还需要判断“极大
值点”,避免增解.
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解析:(1)f'(x)=2cos x+2cos 2x=2cos x+2(2cos2x-1)
=2(2cos2x+cos x-1)=2(2cos x-1)(cos x+1).
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②解:(ⅰ)若a≥0,由①知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),
这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
(ⅱ)若
a<0,设函数
h(x)= ������(������)
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(a-1,+∞),单调递减区间为(1,a-1).
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(2)设
x1>x2,则不等式������
(������ 1 )-������ (������ 2 ������ 1 -������ 2
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利用导数研究函数的极值和最值 【例2】(1)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 -323 . (2)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
①若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
而 x+���������-���1 ≥2 ������-1,当且仅当 x=���������-���1,即 x= ������-1时等号成立.
∴2 ������-1 ≥a-1.
∵a>2,∴ ������-1 ≤2,解得 2<a≤5, ∴实数 a 的取值范围是(2,5].
专题二
2.3 一导数与函数的单调性、极值、最值
(2)已知函数f(x)=
1-������ ������������
+ln
x(其中a>0,e≈2.7).若函数f(x)在区间
[2,+∞)内为增函数,求实数a的取值范围.
分析推理(1)(2)两题都是函数单调性问题,(1)题求函数的单调区
间,只需求出函数的导函数,然后根据参数对导函数符号的影响进
行分类讨论即可;(2)题属于已知函数的单调性求函数解析式中的
大值点.
h'(x)=1+1������
−
2(2+������+������������ 2)-2������(1+2������������) (2+������+������������ 2)2
=
������ 2((������������+21������)2(���+������4��� 2������+���������+���+6���2���)+21).
解:(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞),
∵f(x)=1x2-ax+(a-1)ln x,
2
∴f'(x)=x-a+���������-���1 = (������-1)[������������-(������-1)],
令f'(x)=0,得x=1或x=a-1.
∵a>2,∴a-1>1.
由f'(x)>0,解得0<x<1或x>a-1,由f'(x)<0,解得1<x<a-1,
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即时巩固1已知函数f(x)=
1 2
x2-ax+(a-1)ln
x,其中a>2.
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若对于任意的 x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,恒有������(������������11)--������������2(������2)>-1,求 a 的取值 范围.
2+������ +������
������
2
=ln(1+x)- 2������
2+������ +������
������
2
.
由于当|x|<min 1,
1 |������|
时,2+x+ax2>0,故 h(x)与 f(x)符号相同.
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极
∴f'(x)≥0对任意x∈[2,+∞)恒成立.
∴ax-1≥0对任意x∈[2,+∞)恒成立,
即
a≥
1对任意
������
x∈[2,+∞)恒成立.
∵当 x∈[2,+∞)时,
1 ������
max
= 12,
∴a≥ 12,即所求正实数 a 的取值范围是
1 2
,
+
∞
.
专题二
2.3 一导数与函数的单调性、极值、最值
参数取值,首先利用导函数的保号性刻画单调性,即转化为一个含
参不等式恒成立,进而分离参数,转化为函数的最值问题求解.
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解:(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=(ax-1)ln a.
∵cos x+1≥0, ∴当 cos x<12时,f'(x)≤0,且不恒为 0,f(x)单调递减; 当 cos x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
2
∴当 cos x=1时,f(x)有最小值.
2
又 f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x),
∴当 sin x=- 23时,f(x)有最小值,
所以 x=0 是 h(x)的极大值点,从而 x=0 是 f(x)的极大值点.
综上,a=-16.突破Fra bibliotek一专题二
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规律方法1.利用导数研究函数的极值、最值的基本思路: (1)求极值,抓住一个关键:函数单调性在极值点两侧的单调性相 反,外在表示形式是导函数符号的变化; (2)求最值,本质就是指定区间内函数的极值与区间端点值中的最 值. 2.已知极值求参数要把握两点:一是函数的极值点一定是其导函 数的零点;二是导函数的零点不一定是函数的极值点,需要检验导 函数符号是否发生变化.
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(2)∵f(x)=1������-������������+ln x, ∴f'(x)=������������������������-21(a>0).
∵函数f(x)在区间[2,+∞)内为增函数,
当x∈(-∞,logat)时,ax-t<0,p'(x)<0恒成立,函数p(x)单调递减; 当x∈(logat,+∞)时,ax-t>0,p'(x)>0恒成立,函数p(x)单调递增. 综上,当t≤0时,若0<a<1,则函数p(x)在R上单调递减;
若a>1,则函数p(x)在R上单调递增.
当t>0时,函数p(x)的单调递减区间为(-∞,logat);单调递增区间为
当x∈(-∞,0)时,ax<a0=1,即ax-1<0,所以h'(x)=(ax-1)ln a<0,函数h(x)
单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ax>a0=1,即ax-1>0,所以h'(x)=(ax-1)ln a>0,函数h(x)
单调递增.
综上,函数h(x)的单调递增区间为(0,+∞),递减区间为(-∞,0).