1、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)=ln x-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0x20,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
2、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 ln x 令x=1+ (n2),则,从而:,则有 可得 (nN*,n2).,【易错警示】解答本题易出现以下错误: (1)忽略函数的定义域:在函数解析式中忽略ln x中x0.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
3、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. 0a 时,函数f(x)在 上递增, 在 上递减, a 时,函数f(x)在(0,+)上单调递减.,2.若将典例1中函数“f(x)”变为“f(x)= +(1-a)ln x +ax”,“a0”变为“aR”试讨论f(x)的单调性.
4、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0x1,所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+) 上单调递增. 当a0时,f(x)=,当a0时,x+ 0,令f(x)0,则x1,令f(x)0, 则0x1,所以函数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,1=- ,f(x)= 0, 所以函数f(x)在定义域(0,+)上单调递减;,当-10,则1- ,所以函数f(x)在区间(0,1) 和 上单调递减,在区间 上单调递增;,当a- ,令f(x)0,则-
5、 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a-1时,函数f(x)在区间 ,(1,+)上单调递 减,在区间 上单调递增.,类型二 利用函数的单调性求参数的值(或范围) 【典例2】(1)如果函数f(x)= (2-m)x2+(n-8)x+ 1(m2)在区间-2,-1上单调递减,那么nm的最大值 为 ( ) A.16 B.18
6、C.25 D.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=-ln 2.当 x(-,-ln 2)时,函数g(x)=2x-4ex单调递
7、增;当 x(-ln 2,+)时,函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以,当x=-ln 2时,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln 2,所以a-2-2ln 2. 答案:(-,-2-2ln 2),【名师点睛】利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域. (2)求导函数f(x). (3)若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域解(或证明)不等式f(x)0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+xln x(aR) (1)若函数f(x)在区间e,+)上为增函数,求a的取
8、值范围. (2)当a=1且kZ时,不等式k(x-1)f(x)在x(1,+)上恒成立,求k的最大值.,【解析】(1)因为函数f(x)在区间e,+)上为增函数, 所以f(x)=a+ln x+10在区间e,+)上恒成立,所以a(-ln x-1)max=-2. 所以a-2. 所以a的取值范围是-2,+).,(2)a=1时,f(x)=x+xln x,kZ时,不等式k(x-1)1).,则h(x)=1- = 0,所以h(x) 在 (1,+)上单 调递增, 因为h(3)=1-ln 30, 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,
9、在 (x0+)上单调递增. 令h(x0)=x0-ln x0-2=0,即ln x0=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-kln x-a,g(x)=x2-x. 世纪金榜导学号 (1)当a=0时,若g(x)f(x)在区间(1,+)上恒成立,求实数k的取值范围.,(2)是否存在常数k,使得函数f(x)和g(x)在区间(0,+)上具有相同的单调性?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)当a=0时,由g(x)1,所以ln x0,所以k1),则t(x)= ,由t(x)=0
10、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-kln x-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
11、】 (2018安阳一模)已知函数f(x)= ,g(x)= 3eln x,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,
12、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
13、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)=ln x-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)=ln x-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
14、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)=ln a-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 =-ln 2- = -1-ln 2; 当 a2,即 a1时,f(x)在a2,a上单调递减, 所以f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2. 综上所述,当0a 时,函数y=f(x)在a2,a上的最 大值是ln a-a3+a2-2a;,
15、当 a 时,函数y=f(x)在a2,a上的最大值是-1-ln 2; 当 a1时,函数y=f(x)在a2,a上的最大值是 2ln a-a5+a3-2a2.,【易错警示】本题(1)利用f(1)=0求出a的值后,必须验证求出的a的值能否保证x=1是极值点.,【名师点睛】利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值,则先求方程f(x)=0的根,再检查f(x)在方程根的左、右函数值的符号. (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
16、行比较得到函数的最值.,几点注意: 求函数极值时,一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点; 求函数最值时,务必将极值与端点值比较得出最大(小)值;,对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题,务必要对参数分类讨论.,【考向精练】 1.(2017北京高考)已知函数f(x)=excos x-x. (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.,【解析】(1)f(x)=excos x-x,所以f(0)=1, 所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,所以f(0)=0, 所以y=f(x)在(0,f(0)处的切线过点(0,1),
17、k=0, 所以切线方程为y=1.,(2)f(x)=ex(cos x-sin x)-1,设f(x)=g(x), 所以g(x)=-2sin xex0,所以g(x)在 上单调 递减,所以g(x)g(0)=0,所以f(x)0, 所以f(x)在 上单调递减, 所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f =- .,2.(2018广州模拟)设函数f(x)=2(x-2)ex-ax2+2ax+ 3-b. (1)若f(x)在x=0处的法线(经过切点且垂直于切线的直 线)的方程为x+2y+4=0,求实数a,b的值. (2)若x=1是f(x)的极小值点,求实数a的取值范围.,【解析】(1)f(x)=2(x-
18、1)ex-2ax+2a; 由题意可知:f(0)=2, f(0)=-2+2a=2a=2, 易得切点坐标为(0,-2),则有f(0)=-2b=1.,(2)由(1)可得:f(x)=2(x-1)ex-2ax+2a=2(x-1)(ex-a); 当a0时,ex-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(ln a,1)f(x)0;x=1是f(x)的极小值点, 所以0ae符合题意;,当ae时,f(x)=0x1=1或x2=ln a,且ln a1; x(-,1)f(x)0;x(1,ln a)f(x)0;x=1是f(x)的极大值点, 所以ae不符
19、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ae.,【加练备选】 (2018德阳一模)已知函数f(x)=- x3+ax2-bx(a, bR). (1)当a=1时,若x0,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+
20、 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,可得函数f(x)在(-,-a)上单调递减;在 (-a,3a)上单调递增;在(3a,+)上单调递减.,所以f(x)的极小值f(x1)=f(-a)=- a3,f(x)的极大值 f(x2)=f(3a)=9a3.,由可知:x1=-a,x2=3a.所以 =x2+ (x1- x2),(0,1), (x1-x2) , 故 (x1,x2). 由可得:f(x)在(x1,x2)上单调递增, 所以f 的值域是 =(f(-a),f(a)=,
