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.

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