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第二篇 專題六
第1課時　導數與函數的單調性、極值、最值問題
利用導數研究函數的單調性
【典例1】設函數f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數的底數).
(1)證明：當x>1時，f(x)>0；
(2)討論g(x)的單調性．
【解析】(1)f(x)＝，
令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1，
當x>1時，s′(x)>0，
所以s(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
又s(1)＝0，所以s(x)>0，從而當x>1時，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，
當a≤0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
當a>0時，由g′(x)＝0得x＝.
當x∈時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，
當x∈時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．
利用導數研究函數的單調性
(1)導數與函數單調性的關系．
①f′(x)>0是f(x)單調遞增的充分不必要條件，如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)單調遞增的必要不充分條件，如果函數在某個區間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數函數．
(2)利用導數研究函數單調性的方法．
①若求單調區間(或證明單調性)，只要在函數定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函數的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區間上恒成立問題來求解．
　
已知函數f(x)＝.
(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；
(2)求函數f(x)的單調區間．
【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝，
則f′(x)＝.
又f(0)＝＝－1，f′(0)＝＝－2.
所以曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y－(－1)＝－2(x－0)，即y＝－2x－1.
(2)由函數f(x)＝，得f′(x)＝.
當a＝0時，f′(x)＝<0，
因為函數f(x)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，
所以f(x)的單調遞減區間為(－∞，1)，(1，＋∞)，無單調遞增區間．
當a≠0時，令f′(x)＝0，即ax－(a＋1)＝0，
解得x＝.當a>0時，x＝>1，
所以x，f′(x)，f(x)變化情況如表：
x (－∞，1)
f′(x) － － 0 ＋
f(x) ?↘ ?↘ 極小值 ↗?
所以f(x)的單調遞減區間為(－∞，1)，，單調遞增區間為.
當a<0時，x＝<1，
所以x，f′(x)，f(x)變化情況如表：
x (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － －
f(x) ?↗ 極大值 ↘? ↘?
所以f(x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為，(1，＋∞).
【加練備選】
已知函數h(x)＝ax－x ln a，其中a>0且a≠1.求函數的單調區間．
【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當x∈(－∞，0)時，ax>a0＝1，即ax－1>0，
所以h′(x)＝(ax－1)ln a<0，函數h(x)單調遞減；
當x∈(0，＋∞)時，ax所以h′(x)＝(ax－1)ln a>0，函數h(x)單調遞增．
②當a>1時，則ln a>0.
當x∈(－∞，0)時，ax所以h′(x)＝(ax－1)ln a<0，函數h(x)單調遞減；
當x∈(0，＋∞)時，ax>a0＝1，即ax－1>0，
所以h′(x)＝(ax－1)ln a>0，函數h(x)單調遞增．
綜上，函數的單調遞增區間為(0，＋∞)，遞減區間為(－∞，0).
利用導數研究函數的極值與最值
【典例2】已知函數f(x)＝x3＋6ln x(k∈R)，f′(x)為f(x)的導函數．
(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)求函數g(x)＝f(x)－f′(x)＋的單調區間和極值．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依題意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞).
從而可得g′(x)＝3x2－6x＋－，
整理可得：g′(x)＝，
令g′(x)＝0，解得x＝1.
當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ?↘ 極小值 ?↗
所以函數g(x)的單調遞減區間為(0，1)，單調遞增區間為(1，＋∞)，g(x)的極小值為g(1)＝1，無極大值．
　若將“f(x)＝x3＋6ln x”改為“f(x)＝x3＋k ln x(k∈R)”，試討論f(x)的有無極值情況．
【解析】因為f(x)＝x3＋k ln x，
故 x＞0，f′(x)＝3x2＋.
當k≥0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)不存在極值；
當k＜0時，令f′(x)＝3x2＋＝0，
解得x＝；
因此當x∈時，f′(x)<0，f(x)在上單調遞減；
x∈時，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上單調遞增．
因此，f(x)有極小值，沒有極大值．
利用導數研究函數的極值、最值
(1)若在x0附近左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，則f(x0)為函數f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，則f(x0)為函數f(x)的極小值．
(2)設函數y＝f(x)在[a，b]上連續，在(a，b)內可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得．
易錯提醒：若函數的導數存在，某點的導數等于零是函數在該點取得極值的必要不充分條件．
　
已知f(x)＝(ln x)2＋2x－aex.
(1)當a＝0時，求函數f(x)的導函數f′(x)的最大值；
(2)若f(x)有兩個極值點，求實數a的取值范圍．
【解析】(1)當a＝0時，f′(x)＝＋2，
設g(x)＝f′(x)＝＋2，g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e，在(0，e)上，g′(x)＞0，g(x)單調遞增；
在(e，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)單調遞減，
所以f′(x)max＝g(x)max＝f′(e)＝＋2.
(2)f′(x)＝＋2－aex，f(x)有兩個極值點，等價于f′(x)有兩個變號的零點，即a＝有兩個實數根，令函數h(x)＝.
問題轉化為函數h(x)與直線y＝a有兩個不同的交點，h′(x)＝，在(0，1)上，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，
在(1，＋∞)上，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，
所以h(x)max＝h(1)＝，
又因為當x→0時，h(x)→－∞；當x→＋∞時，h(x)→0，所以實數a的取值范圍為.
與函數最值有關的參數問題
【典例3】(2021·全國乙卷)設函數f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函數y＝xf(x)的極值點．
(1)求a；
(2)設函數g(x)＝.證明：g(x)<1.
【思維點撥】
(1) 抓住極值點為0即可求解得出參數a的值
(2) 可將<1轉化為證明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，在x∈(0，1)和x∈(－∞，0)上恒成立，結合導數或換元法即可求解
【規范解答】(1)(xf(x))′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
當x＝0時，(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
當0當x<0時，f(x)＝ln (1－x)>0，xf(x)<0.
故要證g(x)<1，
需證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，
即證1－t＋ln t－(1－t)ln t>0.
令f(t)＝1－t＋ln t－(1－t)ln t，則
f′(t)＝－1＋－＝－1＋＋ln t－＝ln t，所以f(t)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，11分
故f(t)>f(1)＝0得證．
所以原式得證．12分
易錯點 忽略函數的定義域 ，忘記討論x∈(0，1)與x∈(－∞，0)
障礙點 如何將要證<1轉化為證明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)
學科素養 邏輯推理、數學運算
評分細則 (1)求導正確，得出a＝1各得1分；(2)得出x的范圍得2分當x∈(0，1)時，將<1轉化為x＋ln (1－x)>x ln (1－x)得2分；當x∈(－∞，0)時，將<1轉化為x＋ln (1－x)>x ln (1－x)得2分；換元得1分，求導判斷單調性正確得2分，得出結論得1分
　
已知函數f(x)＝ln x－a＋1(a∈R).
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，求整數a的最大值．
【解析】(1)函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，
因為f(x)＝ln x－a＋1(a∈R)，
所以f′(x)＝－＝，
當a≤0時，f′(x)＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，
當a＞0時，由f′(x)＞0得x＞a，由f′(x)＜0得0＜x＜a，
綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，當a＞0時，f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增；
(2)由f(x)＞0得ln x－a＋1＞0，
故＜ln x＋1，
即a＜對x∈(1，＋∞)恒成立，
令g(x)＝，則g′(x)＝
＝，
令h(x)＝x－ln x－2，則h′(x)＝1－＝，
因為x＞1，所以h′(x)＞0，
所以h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因為h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－ln 4＞0，
故 x0∈(3，4)滿足x0－ln x0－2＝0，
當1＜x＜x0時，h(x)＜0，g′(x)＜0，當x＞x0時，h(x)＞0，g′(x)＞0，故g(x)在(1，x0)單調遞減，在(x0，＋∞)單調遞增，故g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，故a＜x0，
因為3＜x0＜4，a∈Z，
故a的最大值是3.
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