江苏专用2019高考数学二轮复习专题五函数与导数第16讲利用导数研究函数的单调性极值与最值课件.ppt

第16讲利用导数研究函数的单调性、极值与最值,第16讲利用导数研究函数的单调性、极值与最值1.若函数f(x)=ax3-12x+a的单调递减区间为(-2,2),则实数a=.,答案1,解析f(x)=3ax2-120的解集是(-2,2),则a=1.,2.已知x=0是函数f(x)=(x-2a)(x2+a2x+2a3)的极小值点,则实数a的取值范是.,答案(-,0)(2,+),解析f(x)=3x2+(2a2-4a)x=3x,由x=0是函数的极小值点得2或a0.,3.若函数f(x)=lnx-x+在区间(1-a,2a)上单调递减,则实数a的取值范是.,答案,解析函数f(x)的定义域为(0,+),则03,则f(x)的减区间为(0,1),(3,+),则(1-a,2a)(0,1),0,f(x)递增,x,f(x)-lna,由g(x)0,p=(1-x0),设m(x)=ex(1-x),则m(x)=-xex,由m(x)0,由m(x)0,得x0,得x-ln2,由n(x)0,n=2-2-=-0,又n(x)的图象在(-,-ln2)上不间断,故在区间上存在唯一的x0,使得2-x0-2=0,故=,此时由h(x0)=0,得m=(-x0-1)=,=-x0(x0+2)=-+,函数r(x)=-(x+1)2+在上递增,r(-2)=0,r=,故0mG(x)min即可.而G(x)=-1,所以当x(0,+)时,G(x)min=-1,所以a-1且a0.(2)因为h(x)在1,4上单调递减,所以x1,4时,h(x)=-ax-20恒成立,即当x1,4时,a-恒成立,所以aG(x)max.对于G(x)=-1.因为x1,4,所以,所以G(x)max=G(4)=-,所以a-.当a=-时,h(x)=+x-2=.,x1,4,h(x)=0,即h(x)在1,4上为减函数.故实数a的取值范围是a-且a0.,题型二导数与函数的极值,例2(2018扬州高三考前调研)已知函数f(x)=lnx-x+,g(x)=(其中a为参数).(1)若对任意xR,不等式g(x)-bg(x)恒成立,对g(x)求导得g(x)=,令g(x)=0,则x=1,g(x),g(x)随x的变化情况如下表:,故g(x)max=g(1)=,所以b.(2)f(x)的定义域为(0,+),其导函数为f(x)=,当a=时,f(x)=,由(1)知,即ex-1-x0,当且仅当x=1时取等号,令f(x)=0,则x=1,f(x),f(x)随x的变化如下表:,所以f(x)的单调增区间为(1,+),单调减区间为(0,1).(3)f(x)=(x0),由(1)知,又0,故00,又(1)=a-0,(x)在上递增且连续,所以(x)在上有唯一零点x2,且=a,故f(x)在(0,x1)上递减,在(x1,1)上递增,在(1,x2)上递减,在(x2,+)上递增,所以f(x)极大值=f(1)=ae-1,f(x)极小值=f(x1)=+lnx1-x1=1+lna,f(x)极小值=f(x2)=+lnx2-x2=1+lna.综上得:a0时,f(x)极大值=f(1)=ae-1,无极小值;当a时,f(x)极小值=f(1)=ae-1,无极大值;当01时,k0;当00时,f(x)在(-,-c)和(1,+)上是减函数,在(-c,1)上是增函数,M=f(1)=0,m=f(-c)=0,解得k.,当k0,m=f(1)=1时,f(x)0),当a0时,恒有f(x)0,所以f(x)在1,e上单调递增,所以f(x)max=f(e)=1+a-ae;当a0时,当00,当x时,f(x)0,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,若e,即0a,f(x)max=f(e)=1+a-ae;若1e,即a0,得a-.,所以b=-a2-4a-3.(2)证明:因为F(x)=f(x)-g(x)=(x+a)ex-(x3+ax2+bx),所以F(x)=f(x)-g(x)=(x+a+1)ex-3x2+2ax-(a+1)(a+3)=(x+a+1)ex-(x+a+1)(3x-a-3)=(x+a+1)(ex-3x+a+3).记h(x)=ex-3x+a+3,则h(x)=ex-3,令h(x)=0,解得x=ln3,列表如下.,所以x=ln3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln3)=eln3-3ln3+a+3=6-3ln3+a=3(2-ln3)+a=3ln+aa0.令F(x)=0,解得x=-a-1.列表如下.,所以x=-a-1时,f(x)取得极小值,也是最小值.所以M(a)=F(-a-1)=(-a-1+a)e-a-1-(-a-1)3+a(-a-1)2+b(-a-1)=-e-a-1-(a+1)2(a+2).