《考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值 (2).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值 (2).docx（6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、考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值1.(2021全国乙卷理科T10)同(2021全国乙卷文科T12)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.abC.aba2【命题意图】本题以三次函数为载体,考查函数的极值问题.【解析】选D.若a0,其图像如图,此时0ab;若a0,其图像如图,此时baa2.【反思总结】本题目零点也是极大值点,若使用穿根法需判断a的正负和a,b的大小,这样才能选择从右上还是右下穿根.2.(2021新高考I卷T15)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为.【命题意图】本题主要考利用导数求函数最值问题,旨在考查数学抽象与数学运
2、算的核心素养.【解析】(1)当x12时,f(x)=2x-1-2lnx,f(x)=2-2x=2(x-1)x,当x1时, f(x)0;当12x1时,f(x)0,故f(x)min=f(1)=1;(2)当0x12时,f(x)=1-2x-2lnx, f(x)=-2-2x=-2(x+1)x1;综上, f(x)min=1.答案:1【方法技巧】求函数f(x)在区间a,b上的最值的方法(1)若函数在区间a,b上单调递增或递减,f(a)与f(b)一个为最大值,一个为最小值;(2)若函数在闭区间a,b内有极值,要先求出a,b上的极值,与f(a),f(b)比较,最大的是最大值,最小的是最小值,可列表完成;(3)函数f
3、(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点,这个极值点就是最大(或小)值点,此结论在导数的实际应用中经常用到.3.(2021新高考II卷T16)已知函数f(x)=|ex-1|,x10,函数f(x)的图象在点Ax1,f(x1)和点Bx2,f(x2)处的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则|AM|BN|的取值范围是.【命题意图】本题考查导数的几何意义,意在考查数学运算及数据处理能力.【解析】由题意,f(x)=|ex-1|=1-ex,x0ex-1,x0,则点A(x1,1-ex1)和点B(x1,ex2-1),f(x)=-ex,x0,所以kAM=-ex1,kBN=ex2,所以-ex1ex2=-1
4、,x1+x2=0,所以直线AM方程为y-1+ex1=-ex1(x-x1),M(0,ex1x1-ex1+1),所以|AM|=x12+ex1x12=1+e2x1|x1|,同理|BN|=1+e2x2|x2|,所以|AM|BN|=1+e2x1|x1|1+e2x2|x2|=1+e2x11+e2x2=1+e2x11+e-2x1=ex1.由x11,函数f(x)=ax-bx+e2(xR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意b2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围;(3)当a=e时,证明:对任意be4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,满足x2blnb2e2x1+e2b.(注:e
5、=2.71828是自然对数的底数)【命题意图】本题主要考查函数的单调性、导数的运算及零点大小的估计,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.试题通过新的视角,对函数零点及数学抽象、逻辑推理、数学运算等素养的考查达到了一定的高度.【解析】(1)f(x)=ax-bx+e2,f(x)=axln a-b,若b0,则f(x)=axln a-b0,所以f(x)在R上单调递增;若b0,当x-,logablna时,fx0,fx单调递增.综上可得,b0时,f(x)在R上单调递增;b0时,函数的单调减区间为-,logablna,单调增区间为logablna,+.(2)f(x)有2个不同的零点ax-bx+e2=0有2个
6、不同的解exln a-bx+e2=0有2个不同的解,令t=xln a,则et-btlna+e2=0blna=et+e2t,t0,记g(t)=et+e2t,g(t)=ett-et+e2t2=et(t-1)-e2t2,记h(t)=et(t-1)-e2,h(t)=et(t-1)+et1=ett0,所以h(t)是增函数,又h(2)=0,所以t(0,2)时,h(t)0,则g(t)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以blnag(2)=e2,即02e2,所以be22,所以0ln a21e4,注意到函数y=ex+e2x在区间0,2上单调递减,在区间2,+上单调递增,故x12x2,又由e5+e2
7、55,b=ex1+e2x12e2x1x1blnb2e2x1+e2b,只需x2ln b+e2b,b=ex2+e2x2ln2ex2x2+e2x22ex2x25,只需证ln ex2-ln2ex2x2-e2x22ex20,只需证ln x2-e2x22ex2-ln 20,e225时为正,由于x1时,H(x)=1x+4xe-x-4e-x=1x+4e-xx-10,故函数Hx在(1,+)上单调递增,又H(5)=ln 5-20e5-ln 2=ln52-20e50,故H(x)=ln x-4xex-ln 2在x5时为正,从而题中的不等式得证.【反思总结】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中
8、数学中的重点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出.从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.5.(2021北京新高考T19)已知函数f(x)=3-2xx2+a.()若a=0,求y=f(x)在(1,f(1)处切线方程;()若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.【命题意图】本题考查导数的几何意义,求切线方程,运用导数求单调区间、极
9、值、最值等等,意在考查考生的分类讨论、数形结合、转化思想,数学运算、逻辑推理素养.【解析】(I)当a=0时,f(x)=3-2xx2,f(x)=x2(-2)-(3-2x)2xx4=2x-6x3,f(1)=1,f(1)=-4,故y=f(x)在(1,f(1)处切线方程为y-1=-4(x-1),整理得y=-4x+5;(II)f(x)=(x2+a)(-2)-(3-2x)2x(x2+a)2=2(x2-3x-a)(x2+a)2,若函数f(x)在x=-1处取得极值,令f(-1)=0,即2(4-a)(a+1)2=0,解得a=4,经检验,当a=4时,函数f(x)在x=-1处取得极大值,符合题意.此时f(x)=3-
10、2xx2+4,函数定义域为R,f(x)=2(x-4)(x+1)(x2+4)2,令f(x)=0,解得x1=-1,x2=4.f(x),f(x)随x的变化趋势如表:x(-,-1)-1(-1,4)4(4,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值故函数的单调递增区间为(-,-1)和(4,+),单调递减区间为(-1,4),极大值为f(-1)=1,极小值为f(4)=-14.又因为x0,x32时,f(x)0,故可判断函数f(x)的最大值为f(-1)=1,最小值为f(4)=-14.6.(2021全国乙卷理科T20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数
11、g(x)=x+f(x)xf(x),证明:g(x)1.【命题意图】本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的性质、证明不等式等知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.【解析】(1)(xf(x)=xf(x)+xf(x)=f(x)+xf(x),当x=0时,(xf(x)=f(0)=ln a=0,所以a=1.(2)由f(x)=ln(1-x),得x1,当0x1时,f(x)=ln(1-x)0,xf(x)0;当x0,xf(x)0.故要证g(x)xf(x),即x+ln(1-x)-xln(1-x)0.令1-x=t(t0且t1),x=1-t,即证1-t+ln t-(1-t)ln t
12、0.令f(t)=1-t+ln t-(1-t)ln t,则f(t)=-1+1t-(-1)lnt+1-tt=-1+1t+ln t-1-tt=ln t,所以f(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,故f(t)f(1)=0得证.所以原式得证.7.(2021全国乙卷文科T21)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.【命题意图】本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性,综合考查分类讨论思想和化归思想.考查考生综合分析问题和解决问题的能力.【解析】(1)函数f(x)=x3-x2+ax
13、+1的定义域为R,其导数f(x)=3x2-2x+a.当a13时,方程f(x)=0至多有一解,f(x)0,f(x)在R上单调递增;当a0时,xx2;f(x)0时,x1xx2.f(x)在(-,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递增.综上,当a13时,f(x)在R上单调递增;当a13时,f(x)在-,1-1-3a3上单调递增,在1-1-3a3,1+1-3a3上单调递减,在1+1-3a3,+上单调递增.(2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,x03-x02+ax0+1).f(x0)=3x02-2x0+a,所以切线l的方程为y-(x03-x02+ax
14、0+1)=(3x02-2x0+a)(x-x0),又l过坐标原点,则2x03-x02-1=0,解得x0=1,所以切线l的方程为y=(1+a)x,若x3-x2+ax+1=(1+a)x,则有方程x3-x2-x+1=0,解得x=1或x=-1,所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a)和(-1,-1-a).8.(2021新高考I卷T22)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:21a+1b0,f(x)单调递增,x(1,+),f(x)1,先证22-x1,即证f(x2)
15、=f(x1)0恒成立,所以h(x)单调递增,所以h(x)h(1)=0所以f(x1)f(2-x1),所以2x1+x2得证.同理,要证x1+x2f(e-x1),令(x)=f(x)-f(e-x),x(0,1),则(x)=-lnx(e-x),令(x0)=0,x(0,x0),(x)0,(x)单调递增,x(x0,1),(x)0,f(x)0,且f(e)=0,故x0,(0)0,(1)=f(1)-f(e-1)0,所以(x)0在x(0,1)恒成立,所以x1+x2e得证.所以21a+1b0和f(x)0;(4)根据(3)的结果确定f(x)的单调区间.9.(2021新高考II卷T22)已知函数f(x)=(x-1)ex-
16、ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有且只有一个零点.122a;0a12,b2a.【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性及零点问题,意在考查问题转化及逻辑推理能力.【解析】(1)由函数的解析式可得:f(x)=x(ex-2a).当a0时,若x(-,0),则f(x)0,f(x)单调递增;当0a0,f(x)单调递增,若xln(2a),0,则f(x)0,f(x)单调递增;当a=12时,f(x)0,f(x)在R上单调递增;当a12时,若x-,0,则f(x)0,f(x)单调递增,若x0,ln(2a),则f(x)0,f(x)单调递增.(2)若选择条件:由
17、于12ae22,故12a1,f(0)=b-10,由(1)可知,f(x)在(-,0)单调递增.(0,ln(2a)单调递减,(ln(2a),+)单调递增,而f-ba=-ba-1eba2aln(2a)-1-aln(2a)2+2a=2aln(2a)-aln(2a)2=aln(2a)2-ln(2a)由于12ae2,故aln(2a)2-ln(2a)0,结合函数的单调性可知,函数在区间(0,+)上没有零点.综上可得,题中的结论成立.若选择条件:由于0a12,故02a1,则f(0)=b-12a-14,4a0,而函数在区间(0,+)上单调递增,故函数在区间(0,+)上有一个零点;当b0时,构造函数H(x)=ex
18、-x-1,则H(x)=ex-1,当x(-,0)时,H(x)0,H(x)单调递增,注意到H(0)=0,故H(x)0恒成立,从而有exx+1,此时f(x)=(x-1)ex-ax2+b(x-1)(x+1)-ax2+b=(1-a)x2+(b-1),当x1-b1-a时,(1-a)x2+(b-1)0,取x0=1-b1-a+1,则f(x0)0,即f(0)0,而函数在区间(0,+)上单调递增,故函数在区间(0,+)上有一个零点.fln(2a)=2aln(2a)-1-aln(2a)2+b2aln(2a)-1-aln(2a)2+2a=2aln(2a)-aln(2a)2=aln(2a)2-ln(2a),由于02a1
19、,故aln(2a)2-ln(2a)0和f(x)0且a1,函数f(x)=xaax(x0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.【命题意图】本小题主要考查运用导数研究函数的性质等内容.考查函数思想和化归与转化思想及抽象概括能力和运算求解能力. 【解析】(1)a=2时,f(x)=x22x.f(x)=2x2x-2xln2x2(2x)2=x(2-xln2)2x=ln2x2ln2-x2x.当x0,2ln2时,f(x)0,f(x)单调递增;当x2ln2,+时,f(x)0,f(x)单调递减.(2)由题知f(x)=1在(0,+)有两不等根
20、;f(x)=1xa=axaln x=xln alnxx=lnaa.令g(x)=lnxx,g(x)=1-lnxx2.g(x)在(0,e)单调递增,在(e,+)单调递减.又g(e)=1e,g(1)=0,limx+g(x)=0,所以0lnaa1且ae.所以a的取值范围为(1,e)(e,+).11. (2021全国甲卷T20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.【命题意图】本小题主要考查运用导数讨论函数单调性、判断函数图象的变化趋势,以及函数值的变化,考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 【解析】(1)函数f(x)的定义域x|x0,f(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(2ax+3)(ax-1)x,令f(x)=(2ax+3)(ax-1)x0,解得0x0,解得x1a,所以函数f(x)在1a,+上单调递增.综上可知:函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增.(2)由(1)可知,f(x)最小值为f1a=3+3lna,又因为y=f(x)的图象与x轴没有公共点,所以3+3lna0,所以a1e.