《江苏省2019高考数学二轮复习第16讲利用导数研究函数的单调性极值与最值课件201903024224.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习第16讲利用导数研究函数的单调性极值与最值课件201903024224.pptx（36页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第16讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值,第16讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值 1.若函数f(x)=ax3-12x+a的单调递减区间为(-2,2),则实数a= .,答案 1,解析 f (x)=3ax2-120的解集是(-2,2),则a=1.,2.已知x=0是函数f(x)=(x-2a)(x2+a2x+2a3)的极小值点,则实数a的取值范是 .,答案 (-,0)(2,+),解析 f (x)=3x2+(2a2-4a)x=3x ,由x=0是函数的极小值点得 2或a0.,3.若函数f(x)=ln x- x+ 在区间(1-a,2a)上单调递减,则实数a的取值范是 .,答案,解析 函数f(x
2、)的定义域为(0,+),则03,则f(x)的减区间为(0,1),(3,+), 则(1-a,2a)(0,1), a .,4.定义在区间 上的函数f(x)=8sin x-tan x的最大值为 .,答案 3,解析 f (x)=8cos x+ = ,令f (x)=0, 得cos x= ,x ,x= ,且x , f (x)0, f(x)递增,x , f (x)0, f (x)递减,所以x= 是极大值点,也是最大值点,故f(x)max=f =3 .,题型一 导数与函数的单调性,例1 (2018盐城高三模拟)若对任意实数k,b都有函数y=f(x)+kx+b的图象与直 线y=kx+b相切,则称函数f(x)为“
3、恒切函数”.设函数g(x)=aex-x-pa,a,pR. (1)讨论函数g(x)的单调性; (2)已知函数g(x)为“恒切函数”. 求实数p的取值范围; 当p取最大值时,若函数h(x)=g(x)ex-m也为“恒切函数”,求证:0m . (参考数据:e320),解析 (1)g(x)=aex-1, 当a0时,g(x)0时,由g(x)=0得x=-ln a,由g(x)0得x-ln a,由g(x)0,p= (1-x0),设m(x)=ex(1-x), 则m(x)=-xex,由m(x)0,由m(x)0,得x0, 故m(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减,从而m(x)max=m(0)=1, 故
4、实数p的取值范围为(-,1. 当p取最大值时,p=1,x0=0,a= =1, 则h(x)=(ex-x-1)ex-m, h(x)=(2ex-x-2)ex,因为函数h(x)也为“恒切函数”, 故存在x0,使得h(x0)=0,h(x0)=0, 由h(x0)=0得(2 -x0-2) =0,即2 -x0-2=0,设n(x)=2ex-x-2, 则n(x)=2ex-1,由n(x)0,得x-ln 2,由n(x)0, n =2 - 2 - = - 0,又n(x)的图象在(-,-ln 2)上不间断, 故在区间 上存在唯一的x0,使得2 -x0-2=0,故 = ,此时由h(x0)=0, 得m=( -x0-1) =,
5、=- x0(x0+2)=- + , 函数r(x)=- (x+1)2+ 在 上递增,r(-2)=0,r = ,故0m .综上所 述,0m .,【方法归纳】 与单调性有关的两类问题的求解策略:若求单调区间(或 证明单调性),则只要在函数定义域内解(或证明)不等式f (x)0或f (x)0,xD有解,再利用分离参数或者直接利用函数最值求 解.,1-1 已知函数f(x)=ln x,g(x)= ax2+2x,a0. (1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围; (2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在1,4上单调递减,求a的取值范围.,解析 (1)h(x)=ln x- a
6、x2-2x,x(0,+), 所以h(x)= -ax-2. 因为h(x)在(0,+)上存在单调递减区间, 所以当x(0,+)时, -ax-2 - . 设G(x)= - (x(0,+),所以只要aG(x)min即可. 而G(x)= -1,所以当x(0,+)时,G(x)min=-1,所以a-1且a0. (2)因为h(x)在1,4上单调递减, 所以x1,4时,h(x)= -ax-20恒成立, 即当x1,4时,a - 恒成立,所以aG(x)max. 对于G(x)= -1.因为x1,4,所以 , 所以G(x)max=G(4)=- ,所以a- . 当a=- 时,h(x)= + x-2= .,x1,4,h(x
7、)= 0, 即h(x)在1,4上为减函数. 故实数a的取值范围是a- 且a0.,题型二 导数与函数的极值,例2 (2018扬州高三考前调研)已知函数f(x)=ln x-x+ ,g(x)= (其中a为参 数). (1)若对任意xR,不等式g(x)-b0恒成立,求实数b的取值范围; (2)当a= 时,求函数f(x)的单调区间; (3)求函数f(x)的极值.,解析 (1)由题意知对任意xR,bg(x)恒成立,对g(x)求导得g(x)= ,令g(x) =0,则x=1, g(x),g(x)随x的变化情况如下表:,故g(x)max=g(1)= ,所以b . (2)f(x)的定义域为(0,+),其导函数为f
8、 (x)= ,当a= 时, f (x)= , 由(1)知 ,即ex-1-x0,当且仅当x=1时取等号, 令f (x)=0,则x=1, f (x), f (x)随x的变化如下表:,所以f(x)的单调增区间为(1,+),单调减区间为(0,1). (3)f (x)= (x0),由(1)知 ,又 0,故0 ,下面讨论处 理: 当a0时,a- 0,此时f(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减, 所以f(x)极大值=f(1)=ae-1,无极小值; 当a 时,a- 0,此时f(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增, 所以f(x)极小值=f(1)=ae-1,无极大值;,当00,(1)=a- 0时,
9、exx2(过程略),故 =a- = 0, 又(1)=a- 0,(x)在 上递增且连续,所以(x)在 上有唯一零点x2,且 =a,故f(x)在(0,x1)上递减,在(x1,1)上递增,在(1,x2)上递减,在(x2,+)上递增, 所以f(x)极大值=f(1)=ae-1, f(x)极小值=f(x1)= +ln x1-x1=1+ln a, f(x)极小值=f(x2)= +ln x2-x2=1+ln a. 综上得: a0时, f(x)极大值=f(1)=ae-1,无极小值; 当a 时, f(x)极小值=f(1)=ae-1,无极大值; 当0a 时, f(x)极大值=f(1)=ae-1, f(x)极小值=1
10、+ln a.,【方法归纳】 导数在函数极值中的应用主要有两种类型,一是求函数的极 值,步骤是求定义域、求导数f (x)、解方程f (x)=0、列表得极值情况;二是已 知函数y=f(x)(含参数)在x=x0处取得极值,求参数的取值,利用f (x0)=0求出参数 的值,再代入解析式进行检验.,2-1 已知函数f(x)= (c0且c1,kR)恰有一个极大值点和一个极小值 点,其中一个是x=-c. (1)求函数f(x)的另一个极值点; (2)求函数f(x)的极大值M和极小值m,并求M-m1时k的取值范围.,解析 (1)f (x)= = , 由题意知f (-c)=0,即c2k-2c-ck=0,(*) c
11、0,k0,c- =1.,由f (x)=0得-kx2-2x+ck=0, 另一个极值点为x=c- ,即x=1. (2)由(*)式得,c=1+ . 当c1时,k0;当00时, f(x)在(-,-c)和(1,+)上是减函数,在(-c,1)上是增函数, M=f(1)= = 0,m=f(-c)= = 0,解得k .,当k0,m=f(1)= 0, 此时M-m= - =1- 1恒成立. 综上可知,所求k的取值范围为(-,-2) ,+).,题型三 导数与函数的最值,例3 (2018徐州高三考前模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+a,aR. (1)若a=1,解关于x的方程f(x)=0; (2)求函数f(x)在
12、1,e上的最大值.,解析 (1)当a=1时, f(x)=ln x-x+1, 显然f(1)=0,所以x=1是方程f(x)=0的一个根. 又因为f (x)= -1= ,且当00,当x1时, f (x)0), 当a0时,恒有f (x)0,所以f(x)在1,e上单调递增,所以f(x)max=f(e)=1+a-ae; 当a0时,当00,当x 时, f (x)0, 所以f(x)在 上单调递增,在 上单调递减, 若 e,即0a , f(x)max=f(e)=1+a-ae; 若1 e,即 a1, f(x)max=f =ln -1+a=a-1-ln a; 若0 1,即a1, f(x)max=f(1)=0.,综上
13、所述, f(x)在1,e上的最大值为f(x)max=,【方法归纳】 含参数的函数的最值问题常在以下情况中需要分类讨论: 使导数为零的自变量不确定时需要讨论;使导数为零的自变量是否在给定 的区间内不确定时需要讨论;端点处的函数值和极值大小不确定时需要讨 论;参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定时 需要讨论.,3-1 (2018扬州高三考前调研)已知函数f(x)= 的最小值为 a,则实数a的取值集合为 .,答案 -2 -2,2,解析 当a0时, f(x)= 要使f(x)的最小值为a,则 解得a =2;当a0时, f(x)min=a+1,x0时, f(x)min=f =2- ,
14、要使f(x)的最小值为a,则 解得a=-2-2 . 综上可得,实数a的取值集合为-2 -2,2.,3-2 (2018淮海中学高三模拟)已知函数g(x)=x3+ax2+bx(a,bR)有极值,且函 数f(x)=(x+a)ex的极值点是g(x)的极值点,其中e是自然对数的底数.(极值点是 指函数取得极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式; (2)当a0时,若函数F(x)=f(x)-g(x)的最小值为M(a),证明:M(a)- .,解析 (1)因为f (x)=ex+(x+a)ex=(x+a+1)ex, 令f (x)=0,解得x=-a-1. 列表如下:,所以当x=-a-1时, f(x)
15、取得极小值. 因为g(x)=3x2+2ax+b,由题意可知g(-a-1)=0,且=4a2-12b0,所以3(-a-1)2+2a(-a-1)+b=0,化简得b=-a2-4a-3.,由=4a2-12b=4a2+12(a+1)(a+3)0,得a- .,所以b=-a2-4a-3 . (2)证明:因为F(x)=f(x)-g(x)=(x+a)ex-(x3+ax2+bx), 所以F(x)=f (x)-g(x)=(x+a+1)ex-3x2+2ax-(a+1)(a+3) =(x+a+1)ex-(x+a+1)(3x-a-3)=(x+a+1)(ex-3x+a+3). 记h(x)=ex-3x+a+3,则h(x)=ex
16、-3,令h(x)=0,解得x=ln 3, 列表如下.,所以x=ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)=eln 3-3ln 3+a+3=6-3ln 3+a=3(2-ln 3)+a=3ln +aa0.令F(x)=0,解 得x=-a-1.列表如下.,所以x=-a-1时, f(x)取得极小值,也是最小值. 所以M(a)=F(-a-1)=(-a-1+a)e-a-1-(-a-1)3+a(-a-1)2+b(-a-1)=-e-a-1-(a+1)2(a+2).令t =-a-1,则t-1,记m(t)=-et-t2(1-t)=-et+t3-t2,t-1,则m(t)=-et+3t2-2t,t-1.,因为-15,所以m(t)0,所有m(t)单调递增. 所以m(t)-et-2- -2=- ,所以M(a)- .,