高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第1课时 利用导数研究函数的单调性、极值、最值教师用书 理-人教版高三数学试题VIP免费

第6讲高考中导数的综合运用第1课时利用导数研究函数的单调性、极值、最值题型一|利用导数研究函数的单调性已知函数f(x)＝x＋＋lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围．[解题指导](1)求f′(x)――→求f(x)的单调区间(2)f(x)在(1，＋∞)上单调递增――→f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立―→求a的范围[解](1)函数f(x)＝x＋＋lnx的定义域为(0，＋∞)，1分f′(x)＝1－＋＝.2分①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则f′(x)≥0.∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，解得x1＝＜0，x2＝.4分(ⅰ)若－＜a≤0，则x2＝≤0. x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.6分(ⅱ)若a＞0，则x∈时，f′(x)＜0；x∈时，f′(x)＞0.∴函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增.8分综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.10分(2)由题意知，f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2＋x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，11分令g(x)＝x2＋x－a＝2－－a，则g(x)＞2－a，从而2－a≥0，∴a≤2.12分当a＝2时，f′(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，13分因此实数a的取值范围是(－∞，2].14分【名师点评】1.研究函数的单调性，必须优先考虑函数的定义域．2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路：(1)求f′(x)；(2)将单调性转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立问题求解，要注意“＝”是否可以取到，应加以检验．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．[解](1)依题意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx，则g′(x)＝＋2ax＋b.4分由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1.6分(2)由(1)得g′(x)＝＝.7分 函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－.8分由g′(x)＞0得0＜x＜1，由g′(x)＜0得x＞1，即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a＞0时，令g′(x)＝0得x＝1或x＝，10分若＜1，即a＞，由g′(x)＞0得x＞1或0＜x＜，由g′(x)＜0得＜x＜1，即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；12分若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0得x＞或0＜x＜1，由g′(x)＜0得1＜x＜，即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增.13分综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a＜时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.14分题型二|利用导数研究函数的极值、最值已知函数f(x)＝ex，a，b∈R，且a>0.(1)若a＝2，b＝1，求函数f(x)的极值；(2)设g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，①当a＝1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)≥1成立，求b的最大值；②设g′(x)为g(x)的导函数．若存在x>1，使g(x)＋g′(x)＝0成立，求的取值范围．[解](1)当a＝2，b＝1时，f(x)＝ex，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).1分所以f′(x)＝ex.2分令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝.3分列表：x(－∞，－1)－1(－1,0)f′(x)＋0－－0＋f(x)极大值极小值5分由表知f(x)的极大值是f(－1)＝e－1，f(x)的极小值是f＝4.6分(2)①因为g(x)＝(ax－a)ex－f(x)＝ex，当a＝1时，g(x)＝ex.7分因为g(x)≥1在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以b≤x2－2x－在x∈(0，＋∞)上恒成立.8分记h(x)＝x2－2x－(x>0)，则h′(x)＝.9分当01时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上是增函数.10分所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1.所以b的最大值为－1－e－1.11分②因为g(x)＝ex，所以g′(x)＝ex.12分由g(x)＋g′(x)＝0，得ex＋ex＝0，整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.13分若存在x>1，使g(x)＋g′(x)＝0成立，等价于存在x>1,2ax3－3ax2－2bx＋b...