《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度1 用导数解决函数的单调性、极值与最值问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度1 用导数解决函数的单调性、极值与最值问题 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考查角度 1 用导数解决函数的单调性、极值与最值问题 分类透析一 求函数的单调区间 例 1 已知函数f(x)=ax3+x2(aR)在x=-处取得极值. 4 3 (1)确定a的值; (2)若g(x)=f(x)ex,求函数g(x)的单调减区间. 分析 (1)先求出函数的导数,然后把x=-代入可确定a的值;(2) 4 3 先求出g(x)的函数解析式,再求导数,最后利用导数求单调性的方法 求出单调递减区间. 解析 (1)对f(x)求导得f(x)=3ax2+2x, 因为f(x)在x=-处取得极值,f=0, 4 3 (- 4 3) 即 3a+2=- =0,解得a
2、= . 16 9 (- 4 3) 16 3 8 3 1 2 (2)由(1)得g(x)=ex, ( 1 2 3 + 2) 故g(x)=ex+ex ( 3 2 2 + 2x)( 1 2 3 + 2) =ex= x(x+1)(x+4)ex. ( 1 2 3 + 5 2 2 + 2x) 1 2 令g(x)0,h(x)= -ax-2. 1 2 1 若函数h(x)在(0,+)上存在单调递减区间, 则当x0 时,-ax-2 -有解. 1 1 2 2 设G(x)= -,x0,aG(x)min. 1 2 2 又G(x)=-1,G(x)min=-1. ( 1 - 1) 2 a-1.即实数a的取值范围是(-1,+)
3、. (2)h(x)=ln x- ax2-2x在1,4上单调递减, 1 2 当x1,4时,h(x)= -ax-20 恒成立, 1 则a-恒成立. 1 2 2 设G(x)= -,x1,4, 1 2 2 aG(x)max. 又G(x)=-1,x1,4, ( 1 - 1) 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 G(x)max=-(此时x=4),a-. 7 16 7 16 故实数a的取值范围是. - 7 16, + ) 方法技巧 1.已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件 f(x)0(或f(x)0),x(a,b)恒成立,求出参数的取值范围(一般 可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的
4、取值范围是f(x)不恒 等于 0 的参数的取值范围. 2.若函数y=f(x)在区间(a,b)上不是单调函数,则问题转化为 f(x)=0 在(a,b)上有解. 分类透析三 已知函数求极值(点) 例 3 已知函数f(x)=x-1+(aR,e 为自然对数的底数). e (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,求a的值; (2)求函数f(x)的极值. 分析 运用导数的几何意义求出参数的值,求带有参数的函数的 极值时,要注意分类讨论. 解析 (1)由f(x)=x-1+,得f(x)=1- . e e 又曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴, 得f(1)=0,即 1-
5、=0,解得a=e. e (2)f(x)=1-, e 当a0 时,f(x)0,f(x)为(-,+)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. 当a0 时,令f(x)=0,得 ex=a,即x=ln a, 当x(-,ln a)时,f(x)0. 所以f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增. 故f(x)在x=ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极 大值. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 综上,当a0 时,函数f(x)无极值; 当a0 时,f(x)在x=ln a处取得极小值 ln a,无极大值. 方法技巧 函数极值的两类热点问题 (1)由函数极值求
6、参数的值或取值范围. 已知函数极值,利用导数的几何意义求参数的值,利用极值点的 定义求参数的取值范围. (2)求函数f(x)的极值这类问题的一般解题步骤: 确定函数的定义域;求导数f(x);解方程f(x)=0,求出在 函数定义域内方程的所有根;列表检验f(x)在f(x)=0 的根x0左 右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负 右正,那么f(x)在x0处取极小值. 分类透析四 利用导数求函数的最值 例 4 已知函数f(x)=ln x-ax(aR). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当a0 时,求函数f(x)在1,2上的最小值. 分析 (1)已知函数的解析式求
7、单调区间,实质上是求导数 f(x)0,f(x)0), 1 当a0 时,f(x)= -a0,即函数f(x)的单调递增区间为 1 (0,+). 当a0 时,令f(x)= -a=0,可得x=; 1 1 当 00; 1 1 - 当x时,f(x)=0 时,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为 ( 0, 1 ) . ( 1 , + ) (2)当 1,即a1 时,函数f(x)在区间1,2上是减函数,所 1 以f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a. 当 2,即 0x,求a的取值范围. 解析 (1)当a=1 时,f(x)=x2-ln x-x, 则f(x)=. (2 + 1)( - 1) 当x(0,
8、1)时,f(x)0. 所以f(x)的最小值为f(1)=0. (2)由f(x)x,得f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x0. 由于x0,所以f(x)x等价于x-a+1. ln 令g(x)=x-,则g(x)=. ln 2- 1 + ln 2 当x(0,1)时,g(x)0. 故g(x)的最小值为g(1)=1. 故a+10 时,解不等式f(x)0; (2)当a=0 时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2 在t,t+1上有解. 解析 (1)因为 ex0,(ax2+x)ex0,所以ax2+x0. 又因为a0, 所以不等式化为x0. ( + 1 ) 所以不等式f(x)0 的解集为. - 1 ,0
9、 (2)当a=0 时,方程为xex=x+2, 由于 ex0,所以x=0 不是方程的解, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以原方程等价于 ex- -1=0. 2 令h(x)=ex- -1, 2 则h(x)=ex+ . 2 2 因为h(x)0 对于x(-,0)(0,+)恒成立, 所以h(x)在(-,0)和(0,+)内是单调递增函数. 又h(1)=e-30,h(-3)=e-3- 0, 1 3 所以方程f(x)=x+2 有且只有两个实数根且实数根分别在区间 1,2和-3,-2上,所以整数t的所有值为-3,1. 3.(2016 年天津卷,文 20 改编)已知函数f(x)=x3+ax2-x+
10、c,且a=f. ( 2 3) (1)求a的值; (2)求函数f(x)的单调区间; (3)设函数g(x)=f(x)-x3ex,若函数g(x)在-3,2上单调递增,求实 数c的取值范围. 解析 (1)由f(x)=x3+ax2-x+c,得f(x)=3x2+2ax-1. 当x=时,得a=f=3+2a -1, 2 3 ( 2 3) ( 2 3) 2 2 3 解得a=-1. (2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c, 则f(x)=3x2-2x-1=3(x-1). ( + 1 3) 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表: x(- , - 1 3) -1 3( - 1 3 ,1 ) 1 (1,
11、+ ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f (x ) +0-0+ f( x) 极 大 值 极 小 值 所以f(x)的单调递增区间是和(1,+),单调递减 (- , - 1 3) 区间是. (- 1 3 ,1 ) (3)函数g(x)=f(x)-x3ex=(-x2-x+c)ex, 则g(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex. 因为函数g(x)在区间-3,2上单调递增, 所以h(x)=-x2-3x+c-10 在区间-3,2上恒成立. 又h(x)min=h(2), 所以h(2)0,解得c11, 所以c的取值范围是11,+). 1.(孝感市七校教学
12、联盟 2017 届高三上学期期末)已知函数f(x)=x3- 3ax-1(a0). (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与曲线y=f(x)有三个不同的 交点,求m的取值范围. 解析 (1)f(x)=3x2-3a. 当a0,f(x)在 R 上单调递增. 当a0 时,f(x)=3(x+)(x-). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 x (- ,- )a -a (-a ,)a a ( a ,+ ) f( x) +0-0+ f(x ) 极 大 值 极 小 值 f(x)在(-,-)和(,+)上单调递增,在(-,)上 单调递减. (2)f(x)在x=-1
13、处取得极值,f(-1)=0. 3-3a=0,a=1,f(x)=x3-3x-1,f(x)极大值=f(-1)=1,f(x)极小值 =f(1)=-3. 直线y=m与曲线y=f(x)有三个交点,f(x)极小值1 时,g(x)0,g(x)在(1,+)上是增函数. 所以g(x)在(0,+)上的最小值为g(1)=0,所以f(x)0 恒成立, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,+),无单调递减区间. 3.(天水市一中 2015 级 20172018 学年第二次模拟考试)已知函数 f(x)=ex- x2+ax. 1 2 (1)当a-1 时,试判断函数f(x)的单调性; (2)若a0 时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增; 当x-1,所以 1+a0,即f(x)0, 所以函数f(x)在 R 上单调递増. (2)由(1)知f(x)在1,+)上单调递増, 因为a1,则h(x)=x(1-ex)0; 当x(1,+)时,f(x)0,g(x)为增函数. 所以g(x)min=g(1)=2+k. 由(1)得f(x)max=f(1)=1, 若关于x的方程f(x)=ex-1+e1-x+k有实数解,则g(x)minf(x)max, 即 2+k1,解得k-1. 所以k的取值范围为(-,-1.