2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲　利用导数研究函数的性质

第2讲利用导数研究函数的性质基础回归61．函数y＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的单调递减区间是(B)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)【解析】由题知f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(x－c)．y′＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)(x＞0)，令y′＜0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3＜0，,x＞0，))解得0＜x＜1．2．已知函数f(x)＝kx－2lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(C)A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)【解析】因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故f′(x)＝k－eq\f(2,x)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f(2,x)在区间(1，＋∞)上恒成立，故k≥2．3．函数f(x)＝x＋2cosx在[0，π]上的最大值为(D)A．π－2 B．eq\f(π,6)C．2 D．eq\f(π,6)＋eq\r(,3)【解析】由题意知f′(x)＝1－2sinx，所以当0≤sinx≤eq\f(1,2)时，即x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq\f(1,2)＜sinx≤1，即x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(,3)，有极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5π,6)－eq\r(,3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞f(0)＞f(π)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，所以f(x)在[0，π]上的最大值为eq\f(π,6)＋eq\r(,3)．4．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为(B)A．6 B．2C．2或6 D．0【解析】由题知f′(x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,3)))(x－c)，由f′(2)＝0，可得c＝2或6．当c＝2时，结合图象(图略)可知函数f(x)先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数f(x)在x＝2处取得极大值．举题固法6目标引领零点分析法研究含参函数的单调性例1(1)(2023·合肥一检节选)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a－x2,2x)，讨论函数f(x)的单调性．【解答】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,2x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(－x2＋2x－a,2x2)，x＞0．①当Δ＝4－4a≤0，即a≥1时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a＞0，,a＞0，))即0＜a＜1时，由f′(x)＝0，解得x＝1±eq\r(1－a)．由f′(x)＞0，解得1－eq\r(1－a)＜x＜1＋eq\r(1－a)；由f′(x)＜0，解得0＜x＜1－eq\r(1－a)或x＞1＋eq\r(1－a)，此时，f(x)在(0,1－eq\r(1－a))和(1＋eq\r(1－a)，＋∞)上单调递减，在(1－eq\r(1－a)，1＋eq\r(1－a))上单调递增．③当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a＞0，,a≤0，))即a≤0时，由f′(x)＝0，解得x＝1＋eq\r(1－a)或x＝1－eq\r(1－a)(舍去)，由f′(x)＞0，解得0＜x＜1＋eq\r(1－a)；由f′(x)＜0，解得x＞1＋eq\r(1－a)，此时，f(x)在(0,1＋eq\r(1－a))上单调递增，在(1＋eq\r(1－a)，＋∞)上单调递减．综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜1时，f(x)在(0,1－eq\r(,1－a))，(1＋eq\r(,1－a)，＋∞)上单调递减，在(1－eq\r(,1－a)，1＋eq\r(,1－a))上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0,1＋eq\r(,1－a))上单调递增，在(1＋eq\r(,1－a)，＋∞)上单调递减．(2)(2023·烟台期末节选)已知a＞0，f(x)＝xex－a(x2＋2x)，x∈R，f′(x)为f(x)的导函数，讨论函数f(x)的单调性．【解答】f(x)＝xex－ax2－2ax，则f′(x)＝(x＋1)(ex－2a)．当a＞0时，方程ex－2a＝0的根为x＝ln(2a)．当ln(2a)＞－1，即a＞eq\f(1,2e)时，当x∈(－∞，－1)和x∈(ln(2a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(－1，ln(2a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．当ln(2a)＜－1，即0＜a＜eq\f(1,2e)时，当x∈(－∞，ln(2a))和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(ln(2a)，－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．当ln(2a)＝－1，即a＝eq\f(1,2e)时，y′≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增．综上所述，当0＜a＜eq\f(1,2e)时，f(x)在(－∞，ln(2a))，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln(2a)，－1)上单调递减；当a＝eq\f(1,2e)时，f(x)在R上单调递增；当a＞eq\f(1,2e)时，f(x)在(－∞，－1)，(ln(2a)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2a))上单调递减．含参函数单调性的讨论方法导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．(1)首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0分类讨论；(2)若存在零点，考虑首项系数是否有参数．如有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小；(3)讨论x1，x2的大小时，一定要结合函数定义域进行．变式1(2023·邵阳一模节选)设函数f(x)＝(a－a2)x＋lnx－eq\f(1,x)(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．【解答】由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－a2＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(a－a2x2＋x＋1,x2)＝eq\f(ax＋1[1－ax＋1],x2)．①若a＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减；②若0≤a≤1，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③若a＞1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－1)))时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－1)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，＋∞))上单调递减．综上，当a＜0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减；当0≤a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－1)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，＋∞))上单调递减．含参函数的极值与最值例2(1)若函数f(x)＝ax3－bx－lnx(a＞0，b∈R)的一个极值点是1，则lna－b＋1的值(B)A．恒大于0 B．恒小于0C．恒等于0 D．不确定【解析】f′(x)＝3ax2－b－eq\f(1,x)，因为x＝1是f(x)的极值点，所以f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b．令g(a)＝lna－(b－1)＝lna－3a＋2(a＞0)，则g′(a)＝eq\f(1,a)－3＝eq\f(1－3a,a)．令g′(a)＞0，解得0＜a＜eq\f(1,3)，令g′(a)＜0，解得a＞eq\f(1,3)，故g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上单调递减，故g(a)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1－ln3＜0，故lna－b＋1恒小于0．(2)(2023·青岛期末节选)已知函数f(x)＝xlnx＋eq\f(1,e)的最小值和g(x)＝ln(1＋x)－ax的最大值相等，则a的值为__1__．【解析】由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)的定义域为(－1，＋∞)．因为f′(x)＝lnx＋1，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0．又因为g′(x)＝eq\f(1,1＋x)－a，x＞－1，若a≤0，则g′(x)＞0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无最大值，不合题意．若a＞0，令g′(x)＝eq\f(1,1＋x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)－1．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)－1))时，g′(x)＞0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)－1))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))时，g′(x)＜0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))上单调递减，所以g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))＝a－lna－1＝0．令h(a)＝a－lna－1，则h′(a)＝1－eq\f(1,a)(a＞0)，所以h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(a)≥h(1)＝0．综上，a＝1．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，一般要根据其单调性及极值画出函数的大致图象，借图求解．求最值时，不可以想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较再下结论．变式2已知函数f(x)＝(x－2)ex．(1)求f(x)的极值；【解答】函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1．当x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)若函数g(x)＝f(x)－k(x－lnx)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上没有极值，求实数k的取值范围．【解答】由g(x)＝(x－2)ex－k(x－lnx)，可得g′(x)＝(x－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(k,x)))．因为g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上没有极值，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增或单调递减，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，g′(x)≥0或g′(x)≤0恒成立，即ex－eq\f(k,x)≤0或ex－eq\f(k,x)≥0恒成立，即k≥xex或k≤xex在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立．设h(x)＝xex，则h′(x)＝(x＋1)ex，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，h′(x)＞0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，要使k≥xex或k≤xex恒成立，则k≥h(1)＝e或k≤heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(,e),2)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(,e),2)))∪[e，＋∞)．随堂内化1．已知函数f(x)＝x3＋kx－k，则“k＜0”是“f(x)有极值”的(C)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【解析】若f(x)有极值，则f′(x)＝3x2＋k＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝0－4×3k＞0，解得k＜0．当k＜0时，令f′(x)＝3x2＋k＝0，可得x＝±eq\r(,－\f(k,3))，此时f(x)＝x3＋kx－k在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(,－\f(k,3))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(,－\f(k,3))，\r(,－\f(k,3))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,－\f(k,3))，＋∞))上单调递增，所以“k＜0”可以推出“f(x)有极值”，所以“k＜0”是“f(x)有极值”的充要条件．2．(2023·武汉二调)已知函数f(x)＝ex－e1－x－ax有两个极值点x1与x2，若f(x1)＋f(x2)＝－4，则实数a＝__4__．【解析】因为函数f(x)＝ex－e1－x－ax有两个极值点x1与x2，令f′(x)＝ex＋e1－x－a＝0