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第二篇 专题六
第1课时　导数与函数的单调性、极值、最值问题
利用导数研究函数的单调性
【典例1】设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数).
(1)证明：当x>1时，f(x)>0；
(2)讨论g(x)的单调性．
【解析】(1)f(x)＝，
令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系．
①f′(x)>0是f(x)单调递增的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)单调递增的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数．
(2)利用导数研究函数单调性的方法．
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
　
已知函数f(x)＝.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝，
则f′(x)＝.
又f(0)＝＝－1，f′(0)＝＝－2.
所以曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－0)，即y＝－2x－1.
(2)由函数f(x)＝，得f′(x)＝.
当a＝0时，f′(x)＝<0，
因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．
当a≠0时，令f′(x)＝0，即ax－(a＋1)＝0，
解得x＝.当a>0时，x＝>1，
所以x，f′(x)，f(x)变化情况如表：
x (－∞，1)
f′(x) － － 0 ＋
f(x) ?↘ ?↘ 极小值 ↗?
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，，单调递增区间为.
当a<0时，x＝<1，
所以x，f′(x)，f(x)变化情况如表：
x (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － －
f(x) ?↗ 极大值 ↘? ↘?
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，(1，＋∞).
【加练备选】
已知函数h(x)＝ax－x ln a，其中a>0且a≠1.求函数的单调区间．
【解析】h(x)＝ax－x ln a，有h′(x)＝(ax－1)ln a，
令h′(x)＝0，解得x＝0.
①若0当x∈(－∞，0)时，ax>a0＝1，即ax－1>0，
所以h′(x)＝(ax－1)ln a<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，ax所以h′(x)＝(ax－1)ln a>0，函数h(x)单调递增．
②当a>1时，则ln a>0.
当x∈(－∞，0)时，ax所以h′(x)＝(ax－1)ln a<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，ax>a0＝1，即ax－1>0，
所以h′(x)＝(ax－1)ln a>0，函数h(x)单调递增．
综上，函数的单调递增区间为(0，＋∞)，递减区间为(－∞，0).
利用导数研究函数的极值与最值
【典例2】已知函数f(x)＝x3＋6ln x(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞).
从而可得g′(x)＝3x2－6x＋－，
整理可得：g′(x)＝，
令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ?↘ 极小值 ?↗
所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
　若将“f(x)＝x3＋6ln x”改为“f(x)＝x3＋k ln x(k∈R)”，试讨论f(x)的有无极值情况．
【解析】因为f(x)＝x3＋k ln x，
故 x＞0，f′(x)＝3x2＋.
当k≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)不存在极值；
当k＜0时，令f′(x)＝3x2＋＝0，
解得x＝；
因此当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减；
x∈时，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增．
因此，f(x)有极小值，没有极大值．
利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
易错提醒：若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件．
　
已知f(x)＝(ln x)2＋2x－aex.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的导函数f′(x)的最大值；
(2)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝0时，f′(x)＝＋2，
设g(x)＝f′(x)＝＋2，g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e，在(0，e)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以f′(x)max＝g(x)max＝f′(e)＝＋2.
(2)f′(x)＝＋2－aex，f(x)有两个极值点，等价于f′(x)有两个变号的零点，即a＝有两个实数根，令函数h(x)＝.
问题转化为函数h(x)与直线y＝a有两个不同的交点，h′(x)＝，在(0，1)上，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
在(1，＋∞)上，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝，
又因为当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0，所以实数a的取值范围为.
与函数最值有关的参数问题
【典例3】(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝.证明：g(x)<1.
【思维点拨】
(1) 抓住极值点为0即可求解得出参数a的值
(2) 可将<1转化为证明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，在x∈(0，1)和x∈(－∞，0)上恒成立，结合导数或换元法即可求解
【规范解答】(1)(xf(x))′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x＝0时，(xf(x))′＝f(0)＝ln a＝0，所以a＝1. 2分
(2)由f(x)＝ln (1－x)，得x<1，4分
当0当x<0时，f(x)＝ln (1－x)>0，xf(x)<0.
故要证g(x)<1，
需证x＋f(x)>xf(x)，
x＋ln (1－x)－x ln (1－x)>0. 8分
令1－x＝t(t>0且t≠1)，x＝1－t，
即证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0.
令f(t)＝1－t＋ln t－(1－t)ln t，则
f′(t)＝－1＋－＝－1＋＋ln t－＝ln t，所以f(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，11分
故f(t)>f(1)＝0得证．
所以原式得证．12分
易错点 忽略函数的定义域 ，忘记讨论x∈(0，1)与x∈(－∞，0)
障碍点 如何将要证<1转化为证明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)
学科素养 逻辑推理、数学运算
评分细则 (1)求导正确，得出a＝1各得1分；(2)得出x的范围得2分当x∈(0，1)时，将<1转化为x＋ln (1－x)>x ln (1－x)得2分；当x∈(－∞，0)时，将<1转化为x＋ln (1－x)>x ln (1－x)得2分；换元得1分，求导判断单调性正确得2分，得出结论得1分
　
已知函数f(x)＝ln x－a＋1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．
【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
因为f(x)＝ln x－a＋1(a∈R)，
所以f′(x)＝－＝，
当a≤0时，f′(x)＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，
当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞a，由f′(x)＜0得0＜x＜a，
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；
(2)由f(x)＞0得ln x－a＋1＞0，
故＜ln x＋1，
即a＜对x∈(1，＋∞)恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝
＝，
令h(x)＝x－ln x－2，则h′(x)＝1－＝，
因为x＞1，所以h′(x)＞0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，因为h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－ln 4＞0，
故 x0∈(3，4)满足x0－ln x0－2＝0，
当1＜x＜x0时，h(x)＜0，g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，g′(x)＞0，故g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，故g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，故a＜x0，
因为3＜x0＜4，a∈Z，
故a的最大值是3.
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