2019届高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题8 函数与导数 2.8.4 导数与单调性、极值、最值问题课件.ppt

第4课时导数与单调性、极值、最值问题,热点考向一利用导数研究函数的单调性高频考向,类型一利用导数讨论函数的单调性(或单调区间)【典例1】已知函数f(x)=lnx-ax+,其中a0.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)证明:(nN*,n2).,【大题小做】,【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0,+),f(x)=,令h(x)=-ax2+x-a,记=1-4a2,当0时,即a时,-ax2+x-a0,f(x)0,此时函数f(x)在(0,+)上递减,当=1-4a20,即当0 x20,故此时函数f(x)在上递增,在上递减,综上,0a时,函数f(x)在上递增,在上递减,a时,函数f(x)在(0,+)上递减.,(2)令a=,由(1)中讨论可得函数f(x)在区间(0,+)递减,又f(1)=0,从而当x(1,+)时,有f(x)0,即lnx0.误认为定义域为R而失误.(2)分类讨论时讨论标准划分不准确、讨论不全面致误.本例(1)中需先对=b2-4ac分类讨论,再对=b2-4ac0时两根的大小讨论.,(3)找不到求解的突破口,本例(2)求证不等式成立时,不能灵活利用(1)中结论,寻找到证明的起步不等式,而无从下手.,【探究追问】1.若把典例1的条件“a0”变为“aR”,其他条件不变,则f(x)的单调性如何?,【解析】由典例1(1)解析知:f(x)=,x(0,+),令h(x)=-ax2+x-a.当a0时,h(x)0恒成立,所以f(x)0,故f(x)在(0,+)上单调递增,当a0时,同典例1(1)解析.综上:a0时,函数f(x)在(0,+)上递增.0a0”变为“aR”试讨论f(x)的单调性.世纪金榜导学号,【解析】函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=当a=0时,f(x)=,令f(x)0,则x1,令f(x)0,则0x0时,x+0,令f(x)0,则x1,令f(x)0,则0x0,则-1,所以函数f(x)在区间(0,-)和(1,+)上单调递减,在区间上单调递增.综上,当a0时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增;,当a=-1时,函数f(x)在定义域(0,+)上单调递减;当-1a0时,函数f(x)在区间(0,1),上单调递减,在区间上单调递增;当a2)在区间-2,-1上单调递减,那么nm的最大值为()A.16B.18C.25D.30,(2)若函数f(x)=x2-4ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为_.,【解析】(1)选B.因为m2,所以抛物线开口向下,所以-2,即8-n-2(2-m),即n12-2m,故nm(12-2m)m=-2m2+12m=-2(m-3)2+1818,当且仅当m=3,n=6等号成立.,(2)因为f(x)=x2-4ex-ax,所以f(x)=2x-4ex-a.由题意,f(x)=2x-4ex-a0,即a2x-4ex有解.令g(x)=2x-4ex,则g(x)=2-4ex.令g(x)=0,解得x=-ln2.当x(-,-ln2)时,函数g(x)=2x-4ex单调递增;当x(-ln2,+)时,函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以,当x=-ln2时,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln2,所以a0或f(x)0;,若已知函数的单调性,则转化为不等式f(x)0或f(x)0在定义域上恒成立的问题来解决.,【考向精练】1.已知函数f(x)=ax+xlnx(aR)(1)若函数f(x)在区间e,+)上为增函数,求a的取值范围.(2)当a=1且kZ时,不等式k(x-1)0,所以h(x)在(1,+)上单调递增,因为h(3)=1-ln30,存在x0(3,4),使h(x0)=0.即当1x0时,h(x)0,即g(x)0,g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0+)上单调递增.令h(x0)=x0-lnx0-2=0,即lnx0=x0-2,g(x)min=g(x0)=x0(3,4).kg(x)min=x0(3,4),且kZ,所以kmax=3.,2.已知函数f(x)=x2-klnx-a,g(x)=x2-x.世纪金榜导学号(1)当a=0时,若g(x)0,所以k1),则t(x)=,由t(x)=0得x=e,当1e时,t(x)0,t(x)在(e,+)上为增函数.所以t(x)min=t(e)=e.所以实数k的取值范围为(-,e).,(2)g(x)=x2-x在上单调递减,在上单调递增.函数f(x)=x2-klnx-a,f(x)=当k0时,f(x)0恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,不合题意.,当k0时,令f(x)=0,得x=.当x时,f(x)0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.要使f(x)与g(x)在(0,+)上具有相同的单调性,需使,解得k=.,所以存在常数k=,使得函数f(x)与g(x)在(0,+)上具有相同的单调性.,【加练备选】(2018安阳一模)已知函数f(x)=,g(x)=3elnx,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.,(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)由f(x)=,得f(x)=令f(x)=0,得x=.当x时,f(x)0.所以f(x)在(-,0),上单调递减,在上单调递增.,(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x00,则即其中式即4-3e2x0-e3=0.,记h(x)=4x3-3e2x-e3,x(0,+),则h(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f(x0)=g(x0)=3,曲线y=f(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.,热点考向二利用导数研究函数的极值与最值考向剖析:本考向考题形式为解答题,主要考查函数的极值与导数间的关系.确定某些函数的极值(最值)大小,极值点个数或应用函数的极值(最值)情况求某些参数的值(或取值范围).2019年该考向仍是考查热点,关注参数问题,注重分类整合思想的运用.,【典例3】(2018银川一模)已知函数f(x)=lnx-ax2+(a-2)x.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值.(2)求函数y=f(x)在a2,a上的最大值.,【审题导引】(1)要求a的值,只需要令_即可.(2)要求f(x)的最大值,就要根据_与_的关系分类讨论,依据单调性求解.,f(1)=0,区间a2,a,【解析】(1)因为f(x)=lnx-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+).所以f(x)=-2ax+(a-2)=因为f(x)在x=1处取得极值,即f(1)=-(2-1)(a+1)=0,解得a=-1.,当a=-1时,在上f(x)0,此时x=1是函数f(x)的极小值点,所以a=-1.,(2)因为a20,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.,当0a时,f(x)在a2,a上单调递增,所以f(x)max=f(a)=lna-a3+a2-2a;当即a时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-ln2-=-1-ln2;当a2,即a1时,f(x)在a2,a上单调递减,所以f(x)max=f(a2)=2lna-a5+a3-2a2.综上所述,当0a时,函数y=f(x)在a2,a上的最大值是lna-a3+a2-2a;,当a时,函数y=f(x)在a2,a上的最大值是-1-ln2;当a0f(x)=0x=1,x(-,1)f(x)0;x=1是f(x)的极小值点,所以a0符合题意;,当00;x(lna,1)f(x)0;x=1是f(x)的极小值点,所以0ae时,f(x)=0x1=1或x2=lna,且lna1;x(-,1)f(x)0;x(1,lna)f(x)0;x=1是f(x)的极大值点,所以ae不符合题意;,当a=e时,f(x)=2(x-1)(ex-1)0,f(x)在R上单调递增,无极值.综上,实数a的取值范围为a0,都有f(x)bx2+x成立,求实数b的最小值.,(2)若b=-3a2(a0).若函数f(x)的极小值点和极大值点分别为x1,x2.求f(x1),f(x2);当(0,1)时,求f的值域.,【解析】(1)当a=1时,x0,都有f(x)bx2+x成立-x3+x2-bxbx2+xb(x0).令t=x+11.所以b=(t1).,因为t1,t+2=2,当且仅当t=时取等号.所以(t1).所以b的最小值为(t1).,(2)b=-3a2(a0).f(x)=-x3+ax2+3a2x,f(x)=-x2+2ax+3a2=-(x-3a)(x+a),令f(x)=0,解得x=3a,或-a.因为a0,可得函