《2021年导数与函数的单调性、极值、最值问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年导数与函数的单调性、极值、最值问题.docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -导数与函数的单调性.极值.最值问题高考定位利用导数争论函数的性质， 能进行简洁的定积分运算， 以含指数函数.对数函数.三次有理函数为载体，争论函数的单调性.极值.最值，并能解决简单的问题 .真 题 感 悟1.(2021 全国 卷)如 x 2 为函数 f(x)(x2 ax1) ex1 的极值点，就 f(x)的微小值为 ()33A. 1B.2eC.5eD.1解析fx() x2(a 2)x a 1 ex 1，3就 f(2) 42(a2) a 1 e0. a 1，就 f(x)(x2x 1) ex 1， f(x)(x2 x 2)
2、 ex 1，令 fx()0，得 x 2 或 x 1，当 x1 时， f (x)0，当 2x1 时， f(x)0，就 f(x)微小值为 f(1) 1.答案A2.(2021 全国 卷)如直线 y kxb 为曲线 ylnx2 的切线，也为曲线y ln(x 1)的切线，就 b .解析直线 ykx b 与曲线 y ln x2，yln( x 1)均相切，设切点分别为 A(x1， y1)，B(x2， y2 ).；由由 yln x2，得 y1yln( x 1)，得 y1.x k111121x1，就 x x1x2 1，x1.kk11 y1 2ln k，y2 ln k，即 A kxb 上，k，2ln k ，Bk1
3、， ln k . A， B 在直线 y2 ln k kb，1k1.b 1ln 2， k2.kln kk 1 b答案1ln 2第 1 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -3.(2021 全国 卷改编 )已知函数 f(x) ex(exa)a2x，其中参数 a0.(1)争论 f(x)的单调性； (2)如 f(x) 0，求 a 的取值范畴 .解(1)函数 f(x)的定义域为 (， )，且 a0. f(x) 2e2xaexa2(2ex a)(ex a).如 a0，就 f(x)e2x，在(， )上单调递增 .2
4、如 a0，就由 fx()0，得 xlna .2当 x ， ln a时， f(x)0.22故 f(x)在 ， ln a上单调递减，在区间ln a2 x， 上单调递增 .(2)当 a 0 时， f(x)e0 恒成立 .aa如 a0，且 a 1)；第 2 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -xln a(4)(logax) 1(a0，且 a1，x0).3.利用导数争论函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系. f(x)0 为 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
5、x()0. f(x)0 为 f(x)为增函数的必要不充分条件，假如函数在某个区间内恒有fx() 0 时，就 f(x)为常数函数 .(2)利用导数争论函数单调性的方法.如求单调区间 (或证明单调性 )，只要在函数定义域内解(或证明 )不等式 fx()0或 fx()0，右侧 fx()0，就 f(x0)为函数 f(x)的极大值；如在x0邻近左侧 fx()0，就 f(x0)为函数 f(x)的微小值 . (2)设函数 yf(x)在 a，b 上连续，在 (a，b)内可导，就 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.易错提示如函数的导数存在， 某点的导数等于零为函数在该点取得极值的必
6、要而不充分条件 .热点一导数与定积分的几何意义 x 1【例 1】 (1)(2021 全国卷)已知 f(x)为偶函数，当 x 0 时， f(x)ex，就曲线 yf(x)在点(1，2)处的切线方程为 .2x(2)(2021 邯郸调研 ) x2 a6绽开式的中间项系数为20，如图阴影部分为由曲线yx2 和圆 x2 y2a 及 x 轴围成的封闭图形，就封闭图形的面积S .第 3 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解析(1)设 x0，就 x0，(2)如 k4 ， )，曲线 yf(x)上总存在相异两点M(x1
7、 ，y1)， N(x2 ，y2)使得曲线 yf(x)在 M， N 两点处切线相互平行，求x1 x2 的取值范畴 .k 4k4解(1)由于 fx()x x214k kx4x2x2（xk）4xkx2(x0，k0).第 5 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -当 0kk0k2所以 x(0， k)时， f(x)0， 所以函数 f(x)在(0，k)上为减函数，在 (k，2)上为增函数；4当 k2 时， k 2， f(x)2 时， 0kk，4所以 x 0， k 时， f(x)0，k4所以函数 f(x)在 0，
8、k 上为减函数，在，2 上为增函数 .(2)由题意，可得 fx(1)fx(2)(x1，x20，且 x1x2)，4k k44k k412就 x1x2 1x2 x21，4化简得 4(x1x2) kk x1x2，又 x1x2x1 x2 22，4x1 x2 2 4(x1 x2)对 k4， )恒成立，k4k，就令 g(k)k4kk24gk() 1 4 0. g(k)k在4 ， )上为增函数， k161616所以 g(k) g(4)5，所以k4 k5 ，所以 x1 x2 5 ，故 x1x2 的取值范畴为165 ， .探究提高1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式 fx()0 或 fx()
9、0. (2)对 k 分类争论不全， 题目中已知 k0，对 k 分类争论时简洁对标准划分不精确， 争论不全面 .【迁移探究1】 如将本例中的条件 “k0”变为“k0”，其他条件不变， f(x)在(0， 2)上的单调性如何？解由例 21 解析知 fx()上为减函数 .4（xk） x kx2在(0，2)上 fx()0，故 f(x)在(0，2)【迁移探究2】 在本例 (1)中，将“ (0，2)”改为 (0， )，其他条件不变，求函数 f(x)的单调区间 .解由例题知 fx()44（ xk） x kx2.k.44当 0k2 时， k，f(x)的单调减区间为 (0，k)， k， ，增区间为，kk当 k2
10、时， k442， f(x)2 时， k，f(x)的单调减区间为0，和(k， )，增区间为 kk，k .命题角度 2依据函数的单调性求参数的取值范畴【例 22】 (2021 兰州二模 )已知函数 f(x) 1 22aln x(a 2)x.2x(1)当 a 1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)为否存在实数 a，使函数 g(x) f(x)ax 在(0， )上单调递增？如存在，求出 a 的取值范畴；如不存在，说明理由.解(1)当 a 1 时， f(x)12 2ln x3x，就 fx()x23x2xx2 3x2x（x1）（ x2）x.当 0x2 时，f (x)0，f(x)单调递增；当 1x2 时，
11、f (x)0 时恒成立， a 12 2x) 11)21.2(x2(x 恒成立2又 (x)11)21x(0， )的最小值为 122(x ，2.时，当 a 1221g (x) 0 恒成立.（ x1）2又当 a，g(x)x当且仅当 x1 时， g(x) 0.2故当 a ， 1时， g(x)f(x)ax 在(0， )上单调递增 .探究提高1.已知函数的单调性，求参数的取值范畴，应用条件f (x) 0(或 fx() 0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范畴(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应留意参数的取值为fx()不恒等于 0 的参数的范畴 .2. 如函数 y f(x)在区间 (a，b)上不单调，
12、就转化为f(x) 0 在(a，b)上有解 .【训练 2】 已知 aR，函数 f(x)(x2 ax)ex(x R， e 为自然对数的底数 ).(1)当 a2 时，求函数 f(x)的单调递增区间；(2)如函数 f(x)在(1，1)上单调递增，求a 的取值范畴；(3)函数 f(x)为否为 R 上的单调减函数？如为， 求出 a 的取值范畴？如不为， 请说明理由 .e，解(1)当 a2 时， f(x) (x22x)x所以 fx() (2x2)ex(x22x)ex (x2 2)ex.令 fx()0，即(x2 2)ex0，由于 ex0，所以 x2 2 0，解得2x2.所以函数 f(x)的单调递增区间为 (2
13、，2).(2)由于函数 f(x)在(1，1)上单调递增， 所以 fx() 0 对 x(1，1)都成立 .第 8 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -由于 fx() (2xa)ex(x2ax)ex x2(a2)xaex，所以 x2(a2)x aex 0 对 x(1，1)都成立 .由于 ex0，所以 x2 (a2)xa0，x22x（x1）2 11就 ax1 x1 (x1)x1对 x(1，1)都成立 . 1令 g(x)(x 1)x就 gx() 1 1，12 0.（x1）所以 g(x) (x1)1在(1，1
14、)上单调递增 .x1所以 g(x) g(1)(1 1)13112.3.所以 a 的取值范畴为，2(3)如函数 f(x)在 R 上单调递减，就fx() 0 对 xR 都成立，即 x2 (a 2)xaex 0 对 xR 都成立 .由于 ex0，所以 x2 (a2)xa0 对 x R 都成立 . 所以 (a2)2 4a0，即 a240，这为不行能的 . 故函数 f(x)不行能在 R 上单调递减 .热点三利用导数争论函数的极值和最值命题角度 1求函数的极值.最值【例 31】 (2021 北京卷 )已知函数 f(x) excos xx.(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数
15、 f(x)在区间 0， 2上的最大值和最小值 .解(1) f(x)excos xx， f(0) 1， f(x) ex(cos xsin x)1， f(0)0， yf(x)在(0，f(0)处的切线方程为y 1 0(x0)，即 y1.(2)fx)(ex(cos x sin x)1，令 g(x) fx()，0就 gx() 2sin xex 0 在，2上恒成立，且仅在x0 处等号成立，第 9 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - - g(x)在 0， 2上单调递减， g(x)g(0)0， f(x)0 且仅在 x
16、0 处等号成立， f(x)在 0，2上单调递减， f(x)maxf(0)1，f(x)min f2 2 .命题角度 2与函数极值点个数有关问题【例 32】 (2021 绵阳诊断 )已知 aR，函数 f(x)aexx1，g(x)xln( x 1)(e 2.718 28为自然对数的底数 ).(1)争论函数 f(x)极值点的个数；(2)如 a1，且命题“ .x0， )，f(x)kg(x)”为真命题，求实数k 的取值范畴.解(1)由于 f(x) aexx1，所以 fx() aex 1，当 a0 时，对 . x R， f(x)aex10 时，令 fx()0，解得 x ln a.如 x(， ln a)，就
17、fx()0，所以 f(x)在( ln a， )上为增函数 .当 x ln a 时， f(x)取得微小值为 f(ln a)ln a，函数 f(x)有且仅有一个微小值点x ln a.所以当 a 0 时， f(x)没有极值点，当a0 时， f(x)有 1 个微小值点 . (2)命题“ . x0 ， )，f(x)kg(x)”为真命题，即不等式f(x) kg(x)在区间 0， )内有解 .如 a1，就设 F(x)f(x)kg(x)ex kln( x 1)(k1)x1，所以 Fx()exk(k 1)，x1设 h(x)exk(k 1)，x 1就 hx() exk（x1）2，且 hx()为增函数，所以 hx)
18、(h(0)1k.第 10 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -当 k1 时， h (x)0，所以 h(x)在0， )上为增函数， h(x) h(0)0，即 Fx() 0，所以 F(x)在0， )上为增函数，所以 F(x) F(0)0，即 f(x)1 时，由于 hx)(exk（x 1）2在0 ， )为增函数，由于 h(0) 1k0.h(k 1)ek 11所以 hx()在(0，k1)上存在唯独零点x0 ，当 x0，x0)时， h(x)hx(0) 0， h(x)在0，x0)上单调递减， 从而 h(x) h
19、(0)0，即 Fx() 0，所以 F(x)在0， x0)上单调递减，所以当 x(0，x0)时， F(x)F(0) 0，即 f (x)kg(x).所以不等式 f(x)0 时，求函数 f(x)的单调递增区间；12(2)当 a0，由于 a0，x0， 2ax 1（ 2ax 1）（ x1）x，x0， x10，得 x1， f(x)的单调递增区间为 (1， ).第 11 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -(2)由(1)可得 fx()12a x 2a （x1）1x，由于 a1，即 12a时， f (x)0，因此
20、f(x)在(0， 1)上为减函数，2a2a012 f(x)在，1 上的最小值为f(1) 1 a.时，111当 1，即 1a22a2111a2当 x， 2a 时， f (x)0，当 x 2 ，1 时， f(x) 0，因此 f(x)在 11上为减函数，在 1 ， 1 上为增函数，22a2a2a4a f(x)的最小值为 f 11 1 ln( 2a).111当 ，即 a0，因此 f( x)在， 1 上为增函数，2a 22 f(x)的最小值为 f113 ln 2.22 4a综上，函数 f(x)在区间12，1 上的最小值为：f(x)min1324a ln 2，a 1，111 ln（ 2a）， 1 a ，4
21、a211a， 2a0， g(x)6x22x1 的 200 恒成立，故 fx()0 恒成立，即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点.答案A2.(2021浙江卷 )函数 yf(x)的导函数y fx()的图象如下列图，就函数y f(x)的图象可能为 ()解析利用导数与函数的单调性进行验证.fx() 0 的解集对应 yf(x)的增区间， f(x) 0 的解集对应 y f(x)的减区间，验证只有D 选项符合 .第 13 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -答案D3.直线 y4x 与曲线 yx3 在第一象限内
22、围成的封闭图形的面积为()A.22B.42C.2D.4y4x，解析由得 x0 或 x 2(x 2 舍). yx3，依据定积分的几何意义，两曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积S2(4x044 x3 )dx 2x2x答案D24. 04.(2021 武汉二模 )如定义域为R 的单调递增函数y f(x)对于任意两个不相等的实数 m，n 都有 fmn2f（m） f（ n）2成立， yf x)(为函数 y f(x)的导函数，就 f(a 1)f(a)，f(a)，f(a1)的大小关系为 () A. f(a)f(a1) f(a)fa(1)B.f(a)fa(1)f(a1)f(a)C.f(a 1)f(a1) f(
23、a)fa()D.f(a 1)fa()f（m） f（ n）2(mn)； yf(x)的图象上凸，如下列图，f（a1） f（a）又 f(a 1)f(a)（a1） a表示两点 M ，N 连线的斜率 kMN.f(a)与 fa(1)分别表示曲线yf (x)在点 M， N 处切线的斜率，因此 fa(1)kMNf(a)，即 fa(1)f(a 1)f(a)0)E 为 D 内位于函数 y1分 E 的面积为 .图象下方的阴影部分区域，就阴影部解析SE12 1 12 1xdx211 1 (ln x)11ln 1ln21ln 2.2答案1ln 2 7.(2021 全国 卷)已知 f(x)为偶函数，当 x0 时， f(x)ln( x)3x，就曲线 yf(x)在点(1， 3)处的切线方程为 . 解析令 x0，就 x0)，