2020版高考数学二轮复习 第二篇 专题突破 2.1 函数与导数 解答题 1 导数与单调性、极值、最值问题课件 理

第1课时导数与单调性、极值、最值问题,考向一利用导数研究函数的单调性角度1确定函数的单调性(区间)【例1】已知函数其中常数k0,(1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性.,(2)若k4,+),曲线y=f(x)上总存在相异两点m(x1,y1),n(x2,y2)使得曲线y=f(x)在m,n两点处切线互相平行，求x1x2的取值范围.,【题眼直击】,【解析】(1)因为f(x)=(x0,k0).当0k0,且2,所以当x(0,k)时,f(x)0,所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;,当k=2时,=k=2,f(x)2时,0,所以当x时,f(x)0,所以函数f(x)在上是减函数,在上是增函数.,(2)由题意,可得f(x1)=f(x2)(x1,x20,且x1x2),则化简得4(x1+x2)=x1x2,又x1x2对k4,+)恒成立,令g(k)=k+,则g(k)=1-0.所以g(k)=k+在4,+)上是增函数,所以g(k)g(4)=5,所以,所以x1+x2,故x1+x2的取值范围为,【拓展提升】1.求函数的单调区间,只需在函数的定义域内解(证)不等式f(x)0或f(x)0.(2)对k分类讨论不全,题目中已知k0,对k分类讨论时容易对标准划分不准确,讨论不全面.,【变式训练】若将本例中的条件“k0”变为“k0”,其他条件不变,f(x)在(0,2)上的单调性如何?【解析】由例题解析知f(x)=在(0,2)上f(x)0,f(x)单调递增;当1x0,即(-x2+2)ex0,因为ex0,所以-x2+20,解得-0.所以g(x)=(x+1)-在(-1,1)上单调递增.,所以g(x)0,所以x2-(a-2)x-a0对xr都成立.所以=(a-2)2+4a0,即a2+40,这是不可能的.故函数f(x)不可能在r上单调递减.,考向二利用导数研究函数的极值和最值【例3】(2017北京高考)已知函数(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.,【题眼直击】,【解析】(1)因为f(x)=excosx-x,所以f(0)=1,f(x)=ex(cosx-sinx)-1,所以f(0)=0,所以y=f(x)在(0,f(0)处的切线方程为y-1=0(x-0),即y=1.,(2)f(x)=ex(cosx-sinx)-1,令g(x)=f(x),则g(x)=-2sinxex0在上恒成立,且仅在x=0处等号成立,所以g(x)在上单调递减,所以g(x)g(0)=0,所以f(x)0且仅在x=0处等号成立,所以f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=,【拓展提升】1.求函数f(x)的极值,则先求方程f(x)=0的根,再检查f(x)在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f(x)=0根的大小或存在情况来求解.,3.求函数f(x)在闭区间a,b上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.,【变式训练】(2019北京高考)已知函数f(x)=x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程.(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x.(3)设f(x)=|f(x)-(x+a)|(ar),记f(x)在区间-2,4上的最大值为m(a),当m(a)最小时,求a的值.,【解析】(1)f(x)定义域为r,f(x)=x2-2x+1,设切点为p(x0,y0),则y0=f(x0)=+x0,k=f(x0)=-2x0+1=1,所以x0=0,当x0=0时,y0=0,切线方程为y-0=x-0,即x-y=0;,当x0=时,y0=,切线方程为y-=x-,即27x-27y-64=0.(2)令g(x)=f(x)-x=x3-x2,x-2,4,则g(x)=f(x)-1=x2-2x,令g(x)=0得x=0,x,g(x),g(x)关系如下,又因为g(-2)=-6,g(0)=0,g(4)=0,所以在x-2,4上,g(x)min=-6,g(x)max=0,所以-6g(x)0,即x-6f(x)x.,(3)由(2)知,-6f(x)-x0,-6-af(x)-(x+a)-a,所以m(a)=max|-6-a|,|-a|=max|a+6|,|a|,若a-6,则m(a)=max-a-6,-a=-a,当a=-6时,m(a)最小,为6;若-6a