2018届二轮复习（理）规范答题示例1　函数的单调性、极值与最值问题课件（全国通用）

2018届二轮复习（理）规范答题示例1　函数的单调性、极值与最值问题课件（全国通用）

规范答题示例 1 　 函数的单调性、极值与最值问题 典例 1 　 (12 分 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ a (1 － x ) ． (1) 讨论 f ( x ) 的单调性 ； (2) 当 f ( x ) 有最大值，且最大值大于 2 a － 2 时，求 a 的取值范围 ． 规 范 解 答 · 分 步 得 分 若 a ≤ 0 ，则 f ′ ( x ) ＞ 0 ，所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， (2) 由 (1) 知，当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上无最大值； 令 g ( a ) ＝ ln a ＋ a － 1 ，则 g ( a ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， g (1) ＝ 0. 于是，当 0 ＜ a ＜ 1 时， g ( a ) ＜ 0 ； 当 a ＞ 1 时， g ( a ) ＞ 0. 因此， a 的取值范围是 (0,1 ). 12 分 构 建 答 题 模 板 第一步 求导数： 写出函数的定义域，求函数的导数 . 第二步 定符号： 通过讨论确定 f ′ ( x ) 的符号 . 第三步 写区间： 利用 f ′ ( x ) 的符号写出函数的单调区间 . 第四步 求最值： 根据函数单调性求出函数最值 . 评分细则　 (1) 函数求导正确给 1 分； (2) 分类讨论，每种情况给 2 分，结论 1 分； (3) 求出最大值给 2 分； (4) 构造函数 g ( a ) ＝ ln a ＋ a － 1 给 2 分； (5) 通过分类讨论得出 a 的范围，给 2 分 . 跟踪演练 1 　 (2017· 山东 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ 2cos x ， g ( x ) ＝ e x (cos x － sin x ＋ 2 x － 2) ，其中 e ＝ 2.718 28 … 是自然对数的底数 . (1) 求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (π ， f (π)) 处的切线方程； 解　 由题意知 f (π) ＝ π 2 － 2. 又 f ′ ( x ) ＝ 2 x － 2sin x ， 所以 f ′ (π) ＝ 2π. 所以曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (π ， f (π)) 处的切线方程 为 y － (π 2 － 2) ＝ 2π( x － π). 即 2π x － y － π 2 － 2 ＝ 0. 解答 (2) 令 h ( x ) ＝ g ( x ) － af ( x )( a ∈ R ) ，讨论 h ( x ) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 . 解答 解　 由题意得 h ( x ) ＝ e x (cos x － sin x ＋ 2 x － 2) － a ( x 2 ＋ 2cos x ) ， h ′ ( x ) ＝ e x (cos x － sin x ＋ 2 x － 2) ＋ e x ( － sin x － cos x ＋ 2) － a (2 x － 2sin x ) ＝ 2e x ( x － sin x ) － 2 a ( x － sin x ) ＝ 2(e x － a )( x － sin x ). 令 m ( x ) ＝ x － sin x ， 则 m ′ ( x ) ＝ 1 － cos x ≥ 0 ， 所以 m ( x ) 在 R 上单调递增 . 因为 m (0) ＝ 0 ， 所以当 x ＞ 0 时， m ( x ) ＞ 0 ； 当 x ＜ 0 时， m ( x ) ＜ 0. ① 当 a ≤ 0 时， e x － a ＞ 0 ， 当 x ＜ 0 时， h ′ ( x ) ＜ 0 ， h ( x ) 单调递减； 当 x ＞ 0 时， h ′ ( x ) ＞ 0 ， h ( x ) 单调递增， 所以当 x ＝ 0 时， h ( x ) 取到极小值， 极小值是 h (0) ＝－ 2 a － 1. ② 当 a ＞ 0 时， h ′ ( x ) ＝ 2(e x － e ln a )( x － sin x ) ， 由 h ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x 1 ＝ ln a ， x 2 ＝ 0. (i) 当 0 ＜ a ＜ 1 时， ln a ＜ 0 ， 当 x ∈ ( － ∞ ， ln a ) 时， e x － e ln a ＜ 0 ， h ′ ( x ) ＞ 0 ， h ( x ) 单调递增 ； 当 x ∈ (ln a, 0) 时， e x － e ln a ＞ 0 ， h ′ ( x ) ＜ 0 ， h ( x ) 单调递减； 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， e x － e ln a ＞ 0 ， h ′ ( x ) ＞ 0 ， h ( x ) 单调递增 . 所以当 x ＝ ln a 时， h ( x ) 取到极大值， 极大值是 h (ln a ) ＝－ a [(ln a ) 2 － 2ln a ＋ sin(ln a ) ＋ cos(ln a ) ＋ 2]. 当 x ＝ 0 时， h ( x ) 取到极小值，极小值是 h (0) ＝－ 2 a － 1 ； (ii) 当 a ＝ 1 时， ln a ＝ 0 ， 所以当 x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x ) ≥ 0 ， 函数 h ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增，无极值； (iii) 当 a ＞ 1 时， ln a ＞ 0 ， 所以当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， e x － e ln a ＜ 0 ， h ′ ( x ) ＞ 0 ， h ( x ) 单调递增； 当 x ∈ (0 ， ln a ) 时， e x － e ln a ＜ 0 ， h ′ ( x ) ＜ 0 ， h ( x ) 单调递减； 当 x ∈ (ln a ，＋ ∞ ) 时， e x － e ln a ＞ 0 ， h ′ ( x ) ＞ 0 ， h ( x ) 单调递增 . 所以当 x ＝ 0 时， h ( x ) 取到极大值 ， 极大值是 h (0) ＝－ 2 a － 1 ； 当 x ＝ ln a 时， h ( x ) 取到极小值， 极小值是 h (ln a ) ＝－ a [ (ln a ) 2 － 2ln a ＋ sin(ln a ) ＋ cos(ln a ) ＋ 2]. 综上所述， 当 a ≤ 0 时， h ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增，函数 h ( x ) 有极小值，极小值是 h (0) ＝－ 2 a － 1 ； 当 0 ＜ a ＜ 1 时，函数 h ( x ) 在 ( － ∞ ， ln a ) 和 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增，在 (ln a ,0) 上单调递减，函数 h ( x ) 有极大值，也有极小值，极大值是 h (ln a ) ＝－ a [(ln a ) 2 － 2ln a ＋ sin(ln a ) ＋ cos(ln a ) ＋ 2] ， 极小值是 h (0) ＝－ 2 a － 1 ； 当 a ＝ 1 时，函数 h ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增，无极值； 当 a ＞ 1 时，函数 h ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 和 (ln a ，＋ ∞ ) 上单调递增，在 (0 ， ln a ) 上单调递减，函数 h ( x ) 有极大值，也有极小值，极大值是 h (0) ＝－ 2 a － 1 ，极小值是 h (ln a ) ＝－ a [(ln a ) 2 － 2ln a ＋ sin(ln a ) ＋ cos(ln a ) ＋ 2].