2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第27練

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1、 第27練　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值[壓軸大題突破練] [明晰考情]　1.命題角度：討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值以及利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍是高考的熱點.2.題目難度：偏難題. 考點一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 方法技巧　(1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法：在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減. (2)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決(注

2、意等號成立的檢驗). (3)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解. 1.已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，其中常數(shù)k>0，討論f(x)在(0，2)上的單調(diào)性. 解　因為f′(x)＝－－1 ＝＝－(x>0，k>0). ①當(dāng)0k>0，且>2， 所以當(dāng)x∈(0，k)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(k，2)時，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在(0，k)上是減函數(shù)，在(k，2)上是增函數(shù)； ②當(dāng)k＝2時，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立， 所以f(x)在(0，2)上是減函數(shù)； ③當(dāng)k>2時，0<<2，k>， 所以

3、當(dāng)x∈時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù). 綜上可知，當(dāng)02時，f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù). 2.已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，討論f(x)在定義域上的單調(diào)性. 解　f′(x)＝－a－2x＝， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－， 又f(x)的定義域為(－1，＋∞)， ①當(dāng)－≤－1，即當(dāng)a≥0時， 若x∈(－1，0)，f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(0，＋∞

4、)，f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減. ②當(dāng)－1＜－＜0，即－2＜a＜0時， 若x∈，f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減； 若x∈，f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減. ③當(dāng)－＝0，即a＝－2時， f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減. ④當(dāng)－＞0，即a＜－2時， 若x∈(－1，0)，f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減； 若x∈，f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增； 若x∈，f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減. 綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)－2

5、＜a＜0時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＝－2時，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＜－2時，f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 3.設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R). (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍. 解　(1)對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝ ＝， 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當(dāng)a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝， 故f(1)＝，f′(

6、1)＝， 從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0. (2)由(1)知，f′(x)＝. 令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0，解得x1＝， x2＝. 當(dāng)x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù). 由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)知， x2＝≤3，解得a≥－， 故a的取值范圍為. 4.已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x. (1)

7、當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)是否存在實數(shù)a，使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由. 解　(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝x2＋2ln x－3x(x>0)， 則f′(x)＝x＋－3＝＝. 當(dāng)02時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1

8、 即≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立. 又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值為－. ∴當(dāng)a≤－時，g′(x)≥0恒成立. 又當(dāng)a＝－時，g′(x)＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時， g′(x)＝0. 故當(dāng)a∈時，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 考點二　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 要點重組　(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點. (2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時，函數(shù)

9、取得極值，在x0處，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件. (3)一般地，在閉區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值.函數(shù)的最值必在極值點或區(qū)間的端點處取得. 5.已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x. (1)當(dāng)a>0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)當(dāng)a<0時，求函數(shù)f(x)在上的最小值. 解　(1)由函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x， 可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝， ∵a>0，x>0， ∴>0，令f′(x)>0， 即x－1>0

10、，得x>1， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞). (2)由(1)可得f′(x)＝， ∵a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1， ①當(dāng)－>1，即－

11、n＝ 6.討論函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)(a∈R)的極值點的個數(shù). 解　由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)， f′(x)＝＋a(2x－1)＝. 令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞). ①當(dāng)a＝0時，g(x)＝1， 此時f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點； ②當(dāng)a＞0時，令2ax2＋ax－a＋1＝0，則Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8). 當(dāng)0＜a≤時，Δ≤0，g(x)≥0. 故f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點； 當(dāng)a＞時，Δ＞0. 設(shè)方程2ax2＋ax－a＋

12、1＝0的兩根分別為x1，x2(x1＜x2)， 因為x1＋x2＝－， 所以x1＜－，x2＞－， 由g(－1)＝1＞0， 可得－1＜x1＜－. 所以當(dāng)x∈(－1，x1)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x1，x2)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 因此函數(shù)f(x)有兩個極值點； ③當(dāng)a＜0時，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1. 當(dāng)x∈(－1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(

13、x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 所以函數(shù)f(x)有一個極值點. 綜上所述，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)有一個極值點； 當(dāng)0≤a≤時，函數(shù)f(x)無極值點； 當(dāng)a＞時，函數(shù)f(x)有兩個極值點. 7.已知函數(shù)f(x)＝ln x＋. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正數(shù)a的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞). ①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，無極值； ②當(dāng)a>0，x∈(0，a)時，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上為減函數(shù)； x∈(a，

14、＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上為增函數(shù)， 所以f(x)在(0，＋∞)上有極小值，無極大值， f(x)的極小值為f(a)＝ln a＋1. (2)若對任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立， 即對任意x>0，均有2ln a≤＋ln x恒成立， 由(1)可知f(x)的最小值為ln a＋1，問題轉(zhuǎn)化為2ln a≤ln a＋1， 即ln a≤1，故0

15、的取值范圍. 審題路線圖 (1)→→ (2)→→ 規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn) 解　(1)f′(x)＝a2x－(x＞0).…………………………………………………………………1分 當(dāng)a＝0時，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. 當(dāng)a＞0時，f′(x)＝＝， 由f′(x)≥0，得x≥；由f′(x)＜0，得0＜x＜.…………………………………………3分 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為. 當(dāng)a<0時，f′(x)＝， 由f′(x)≥0，得x≥－； 由f′(x)<0，得0＜x<－.………………………………………………………………5分 所以f(x)的單調(diào)遞

16、減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為. 綜上，當(dāng)a＝0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.………………………………6分 (2)f(x)的圖象不在x軸的下方，即當(dāng)x＞0時，f(x)≥0恒成立， 所以a2x2－ln x≥0，即a2≥.………………………………………………………7分 令h(x)＝(x＞0)， 則h′(x)＝＝，…………………………………………………9分 由h′(x)＞0，得0＜x＜；由h′(x)＜0，得x＞. 故h(x)在(0，]上單調(diào)遞增，在[，＋∞)上單調(diào)遞減.

17、當(dāng)x＝時，h(x)取得最大值. 所以a2≥，解得a≤－或a≥.……………………………………………………11分 故實數(shù)a的取值范圍是∪.…………………………………12分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求導(dǎo)：一般先確定函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)數(shù)f′(x). [第二步]　轉(zhuǎn)化：“判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值(最值)”常轉(zhuǎn)化為“判斷f′(x)的符號”，“切線方程、切線的斜率(或傾斜角)、切點坐標(biāo)”，常轉(zhuǎn)化為“導(dǎo)數(shù)的幾何意義”，“恒成立問題”常轉(zhuǎn)化為“求最值”等. [第三步]　求解：根據(jù)題意求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等問題. [第四步]　反思：單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接；范圍問題的端點能否取到.

18、 1.(2016·北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解　(1)f(x)的定義域為R. ∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b. 依題意可知，即 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)知，f(x)＝xe2－x＋ex， 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知， f′(x)與1－x＋ex－1同號. 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)＜0，g(

19、x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增. 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 綜上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞). 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞). 2.已知函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R).若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. 解　函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－2a2x＋a＝＝. 方法一　①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝＞0，所以f(x)

20、在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，不合題意； ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥， 此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≥1； ③當(dāng)a＜0時，f′(x)≤0(x＞0)， 即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－. 此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≤－. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞). 方法二?、佼?dāng)a＝0時，f′(x)＝＞0， 所以f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，不合題意； ②當(dāng)a≠0時，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0在區(qū)間[1，＋

21、∞)上恒成立. 因為x＞0，所以只要2a2x2－ax－1≥0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立. 所以解得a≥1或a≤－. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞). 3.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2，其中參數(shù)a∈R. (1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值. 解　(1)由題意得f′(x)＝x2－ax， 所以當(dāng)a＝2時，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x， 所以f′(3)＝3， 因此曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程

22、是 y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0. (2)因為g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x ＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x). 令h(x)＝x－sin x，則h′(x)＝1－cos x≥0， 所以h(x)在R上單調(diào)遞增. 因為h(0)＝0，所以當(dāng)x>0時，h(x)>0； 當(dāng)x<0時，h(x)<0. ①當(dāng)a<0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，a)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(a，0)時，x－

23、a>0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x＝a時，g(x)取到極大值， 極大值是g(a)＝－a3－sin a； 當(dāng)x＝0時，g(x)取到極小值，極小值是g(0)＝－a. ②當(dāng)a＝0時，g′(x)＝x(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增； 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)無極大值也無極小值. ③當(dāng)a>0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，a)時，x

24、－a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x＝0時，g(x)取到極大值， 極大值是g(0)＝－a； 當(dāng)x＝a時，g(x)取到極小值， 極小值是g(a)＝－a3－sin a. 綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a，0)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(a)＝－a3－sin a，極小值是g(0)＝－a； 當(dāng)a＝0時，函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值； 當(dāng)a>0時，函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上

25、單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(0)＝－a，極小值是g(a)＝－a3－sin a. 4.已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x＋x2. (1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值； (2)若a＝1，?x1∈(1，2)，?x2∈(1，2)，使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，求實數(shù)m的取值范圍. 解　(1)依題意知，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－x－ln x＋x2， f′(x)＝－1－＋2x＝＝， 因為x∈(0，＋∞)，故當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0， 故當(dāng)x＝1時，f(x)有極小值，極小值為f(1)＝0，無極大值. (2)

26、當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－ln x＋x2. 因為?x1∈(1，2)，?x2∈(1，2)， 使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)， 故ln x1－x1＝mx－mx2. 設(shè)h(x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx， 當(dāng)x∈(1，2)時，h′(x)＝－1＜0，即函數(shù)h(x)在(1，2)上單調(diào)遞減， 故h(x)的值域為A＝(ln 2－2，－1). 又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1). ①當(dāng)m＜0時，g(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，此時g(x)的值域為B＝， 因為A?B，又－＞0＞－1， 故≤ln 2－2，即m≤ln 2－3； ②當(dāng)m＞0時，g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，此時g(x)的值域為B＝，因為A?B，又＞0＞－1， 故－≤ln 2－2，故m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2. 綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為∪.