2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第3讲导数与函数的单调性极值最值问题含解析.doc

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1、第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真 题 感 悟1.(2020全国卷)函数f(x)x42x3的图象在点(1，f(1)处的切线方程为()A.y2x1 B.y2x1C.y2x3 D.y2x1解析f(1)121，切点坐标为(1，1)，又f(x)4x36x2，所以切线的斜率kf(1)4136122，切线方程为y12(x1)，即y2x1.故选B.答案B2.(2020全国卷)设函数f(x).若f(1)，则a_.解析f(x)，可得f(1)，即，解得a1.答案1

2、3.(2020新高考山东、海南卷)已知函数f(x)aex1ln xln a.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.(1)当ae时，f(x)exln x1，f(1)e1，f(1)e1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x2.直线y(e1)x2在x轴，y轴上的截距分别为，2.因此所求三角形的面积S|x|y|2.(2)当0a1时，f(1)aln a1.当a1时，f(x)ex1ln x，f(x)ex1.当x(0，1)时

3、，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)1，从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1.综上，a的取值范围是1，).4.(2020全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围.解(1)当a1时，f(x)exx2x，xR，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增.(2)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1

4、)(x2)ex.若2a10，即a，则当x(0，2)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)1，故当x(0，2)时，g(x)1，不符合题意.若02a12，即a，则当x(0，2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)单调递增.由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a0，且a1)；(4)(logax)(a0，且a1，x0).3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.f(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.f(x)0是

5、f(x)为增函数的必要不充分条件，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.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，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，则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数yf(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.热点一导数的几何意义【例1】 (1)(2019全国卷)已知曲线y

6、aexxln x在点(1，ae)处的切线方程为y2xb，则()A.ae，b1 B.ae，b1C.ae1，b1 D.ae1，b1(2)(多选题)下列四条曲线中，直线y2x与其相切的有()A.曲线y2ex2B.曲线y2sin xC.曲线y3xD.曲线yx3x2解析(1)因为yaexln x1，所以ky|x1ae1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为yae(ae1)(x1)，即y(ae1)x1.所以即(2)直线y2x的斜率为k2，A中，若f(x)2ex2，则由f(x)2ex2，得x0，f(0)0，因为点(0，0)在直线y2x上，所以直线y2x与曲线y2ex2相切.B中，若f(x)2sin x，则

7、由f(x)2cos x2，得x2k(kZ)，f(2k)0，因为点(0，0)在直线y2x上，所以直线y2x与曲线y2sin x相切.C中，若f(x)3x，则由f(x)32，得x1，f(1)4，f(1)4，因为(1，4)，(1，4)都不在直线y2x上，所以直线y2x与曲线y3x不相切.D中，若f(x)x3x2，则由f(x)3x212，得x1，f(1)2，f(1)2，其中(1，2)在直线y2x上，所以直线y2x与曲线yx3x2相切.故选ABD.答案(1)D(2)ABD探究提高利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.【训练1】 (1)(

8、2019江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线yln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(e，1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是_.(2)(2020全国卷)曲线yln xx1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_.解析(1)设A(m，n)，则曲线yln x在点A处的切线方程为yn(xm).又切线过点(e，1)，所以有n1(me).再由nln m，解得me，n1.故点A的坐标为(e，1).(2)设切点坐标为(x0，y0)，因为yln xx1，所以y1，所以切线的斜率为12，解得x01.所以y0ln 1112，即切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y22(x1)，即2xy0.答案(

9、1)(e，1)(2)2xy0热点二利用导数研究函数的单调性角度1讨论函数的单调性(区间)【例2】 (2020全国卷)已知函数f(x)2ln x1.(1)若f(x)2xc，求c的取值范围；(2)设a0，讨论函数g(x)的单调性.解设h(x)f(x)2xc，则h(x)2ln x2x1c，其定义域为(0，)，h(x)2.(1)当0x0；当x1时，h(x)0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，)单调递减.从而当x1时，h(x)取到最大值，最大值为h(1)1c.故当且仅当1c0，即c1时，f(x)2xc.所以c的取值范围为1，).(2)g(x)，x(0，a)(a，).g(x).取c1得h

10、(x)2ln x2x2，h(1)0，则由(1)知，当x1时，h(x)0，即1xln x0.故当x(0，a)(a，)时，1ln 0，从而g(x)0恒成立，m.令g(x)，则当1，即x1时，函数g(x)取最大值1，故m1.(2)对f(x)求导，得f(x)x4.由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，所以t1t1或t3t1，解得0t1或2t0或f(x)0.2.(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，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，

11、应注意参数的取值是f(x)不恒等于0的参数的范围.(2)若函数yf(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f(x)0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).【训练2】 (2020百师联盟考试)已知函数f(x)axexx22x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)0，求正实数a的取值范围.解(1)f(x)a(x1)ex2x2(x1)(aex2).当a0时，由f(x)0，得x1；由f(x)0，得x1.f(x)在(，1)上单调递增，f(x)在(1，)上单调递减.当a2e时，f(x)0，即f(x)在R上单调递增，当0a2e时，由f(x)0，得1xln ；由f(x)0，得x

12、1或xln .f(x)在(，1)和上单调递增，f(x)在上单调递减.当a2e时，由f(x)0，得ln x1；由f(x)0，得x1或xln .故f(x)在(1，)和上单调递增，f(x)在上单调递减.(2)当a2e时，由第(1)问知f(x)在(0，)上是增函数，f(x)f(0)0，满足题意.当0a2e时，由(1)知：当ln 0时，即2a2e时，f(x)在(0，)单调递增，即f(x)f(0)0，符合题意.当ln 0时，即0a2时，f(x)在单调递减，在单调递增.因此当x时，f(x)f(0)0，不符合题意.综上可知，实数a的取值范围是2，).热点三利用导数研究函数的极值和最值【例4】 设函数f(x)e

13、2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0(讨论a1或a1来检验)，当a1时，则0b，f(b)2e2b2e4a2(e2a)0；当0a1时，则0b，f(b)2e2b2e40.故当a0时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)上

14、的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.探究提高(1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题.(2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数研究单调性，求出最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.【训练3】 (2020江南十校联考)已知f(x)mx2x

15、ln x.(1)当m0时，求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最大值M(t)；(2)当m1时，若存在正数x1，x2满足f(x1)f(x2)1ln 2，求证：x1x22.(1)解当m0时，f(x)ln xx，其定义域为(0，)，则f(x)1.当x(0，1)时，f(x)0，函数单调递增；当x(1，)时，f(x)0，函数单调递减.当t1时，f(x)在t，t1上单调递减，f(x)的最大值为f(t)ln tt；当0t1时，f(x)在区间(t，1)上单调递增，在区间(1，t1)上单调递减，f(x)的最大值为f(1)1.综上，M(t)(2)证明当m1时，f(x)x2xln x，其定义域为(0，)，则f(

16、x1)f(x2)xx(x1x2)ln x1x21ln 2，即(x1x2)2(x1x2)2x1x2ln x1x21ln 2.令h(x)2xln x1ln 2，则h(x)，故h(x)在上单调递减，在上单调递增，h(x)在x时，取到最小值h2.因此(x1x2)2(x1x2)2，即(x1x22)(x1x21)0.又x10，x20，所以x1x22.A级巩固提升一、选择题1.(2020洛阳二模)函数f(x)ln xax在x2处的切线与直线axy10平行，则实数a()A.1 B. C. D.1解析由f(x)ln xax，得f(x)a，f(x)在x2处切线的斜率kf(2)a.依题意aa，所以a.答案B2.函数

17、yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是()解析利用导数与函数的单调性进行验证.f(x)0的解集对应yf(x)的增区间，f(x)0的解集对应yf(x)的减区间，验证只有D选项符合.答案D3.已知函数f(x)2ef(e)ln x，则f(x)的极大值点为()A. B.1 C.e D.2e解析因为f(x)2ef(e)ln x(x0)，所以f(x)，所以f(e)2f(e)，因此f(e)，所以f(x)，由f(x)0，得0x2e；由f(x)0，得x2e.所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，)上单调递减，因此f(x)的极大值点为x2e.答案D4.(2020合肥

18、模拟)已知函数f(x)x3mx2nx2，其导函数f(x)为偶函数，f(1)，则函数g(x)f(x)ex在区间0，2上的最小值为()A.3e B.2e C.e D.2e解析由题意可得f(x)x22mxn，f(x)为偶函数，m0，故f(x)x3nx2，f(1)n2，n3.f(x)x33x2，则f(x)x23.故g(x)ex(x23)，则g(x)ex(x232x)ex(x1)(x3)，据此可知函数g(x)在区间0，1)上单调递减，在区间(1，2上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)e1(123)2e.答案B5.(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f(x)，且f(0)0，f(

19、x)cos xf(x)sin x0，则下列判断中正确的是()A.f0C.ff D.ff解析令g(x)，x，则g(x).因为f(x)cos xf(x)sin x0，所以g(x)g，即，即ff，故A错误；又f(0)0，所以g(0)0，所以g(x)0在上恒成立，因为ln ，所以fg，所以，即ff，故C正确；又gg，所以，即ff，故D正确.故选CD.答案CD二、填空题6.(2020西安质检)若曲线yex在x0处的切线也是曲线yln xb的切线，则b_.解析令yf(x)ex，yg(x)ln xb，f(x)ex，f(0)1，f(0)1，曲线yex在x0处的切线方程为yx1.设切线yx1与曲线yg(x)ln

20、 xb的切点坐标为(m，m1)，g(x)，g(m)1，m1，切点坐标为(1，2)，2ln 1b，b2.答案27.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(0)，则不等式f(x)ex0的解集为_.解析构造函数g(x)，则g(x)，因为f(x)f(x)，所以g(x)0，故函数g(x)在R上为减函数，又f(0)，所以g(0)，则不等式f(x)ex0可化为，即g(x)0，即所求不等式的解集为(0，).答案(0，)8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)g(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数g(x)kx2x3为函数f(x)x2

21、ln xx的“友导”函数，则k的取值范围是_.解析由g(x)kx2x3可得g(x)kx1，函数g(x)kx2x3为函数f(x)x2ln xx的“友导”函数，kx1x2ln xx有解，即kxln x1(x0)有解.令h(x)xln x1，则h(x)1ln x，再令(x)1ln x，(x)0.(x)在区间(0，)上单调递增.h(1)(1)0，x1时，h(x)0；0x1时，h(x)0，h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)h(1)2，k2.答案2，)三、解答题 9.已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且

22、两个实根互为倒数.证明(1)f(x)的定义域为(0，).f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得1x0.又fln10，故是f(x)0在(0，x0)的唯一根.综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.10.已知函数f(x)ax1ln x(aR).(1)讨论函数f(x)在定义

23、域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的最大值.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，f(x)0时，由f(x)0，得0x0，得x，f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x处有极小值.综上，当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点；当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点.(2)函数f(x)在x1处取得极值，f(1)a10，则a1，从而f(x)x1ln x.因此f(x)bx21b，令g(x)1，则g(x)，令g(x)0，得xe2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，g(x)min

24、g(e2)1，即b1.故实数b的最大值是1.B级能力突破11.(多选题)已知函数f(x)exaln x，其中正确的结论是()A.当a0时，函数f(x)有最大值B.对于任意的a0，函数f(x)在(0，)上单调递增D.对于任意的a0，都有函数f(x)0解析对于A，当a0时，函数f(x)ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)ex是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a0，易知f(x)在(0，)单调递增，当x时，f(x)，当x0时，f(x)，存在x0使得f(x0)0，当0xx0时，f(x)0，f(x)在(0，x0)上单调递减，当x0x0，f(x)在(x0，)上单调递增，f(x)mi

25、nf(x0)，故B正确；对于C，对于任意的a0，f(x)ex，x0，f(x)0，故函数f(x)在(0，)上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a0，由C知函数f(x)在(0，)上单调递增，当x0时，ex1，ln x，可得f(x)，故D错误.故选BC.答案BC12.(2020成都二诊)已知函数f(x)ln xxexax，其中aR.(1)若函数f(x)在1，)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a1，求f(x)的最大值.解(1)f(x)(exxex)aex(x1)a.依题意，f(x)0在1，)上恒成立，a(x1)ex在1，)上恒成立.令g(x)(x1)ex，x1，则g(x)(x2)ex，易知

26、g(x)0(x1)，所以g(x)在1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)2e1.因此a2e1.所以实数a的取值范围为(，2e1.(2)当a1时，f(x)ln xxexx(x0)，则f(x)(x1)ex1(x1)，令m(x)ex，x0，则m(x)ex，易知m(x)0，所以m(x)在(0，)上单调递减.由于m0，m(1)0.所以存在x00满足m(x0)0，即ex0.当x(0，x0)时，m(x)0，f(x)0；当x(x0，)时，m(x)0，f(x)0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以f(x)maxf(x0)ln x0x0ex0x0，因为ex0，所以x0ln x0，所以f(x0)x01x01.所以f(x)max1.