2018届二轮复习导数与函数的单调性、极值、最值问题学案文（全国通用）
第4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，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.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1 B.－2e－3
C.5e－3 D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2
0.
故f(x)在上单调递减，在区间上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，
故当且仅当a2≥0，
即a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].
考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
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.
①f′(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.
②f′(x)≥0是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.
①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.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧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，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(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而不充分条件.
热点一 导数的几何意义
【例1】 (1)(2017·鹰潭一模)已知曲线f(x)＝2x2＋1在点M(x0，f(x0))处的瞬时变化率为－8，则点M的坐标为________.
(2)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.
解析 (1)∵f(x)＝2x2＋1，∴f′(x)＝4x，
令4x0＝－8，则x0＝－2，∴f(x0)＝9，
∴点M的坐标是(－2，9).
(2)因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x.
所以f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝2.
所以f(x)在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案 (1)(－2，9) (2)2x－y＝0
探究提高 1.(1)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转化，其中关键是求出切点的坐标.
(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解.
2.求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
【训练1】 (1)(2017·湖北百所重点高中联考)已知函数f(x＋1)＝，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为( )
A.1 B.－1
C.2 D.－2
(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y＝在点处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝____________.
解析 (1)由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－.
∴f′(x)＝，且f′(1)＝1.
由导数的几何意义，所求切线的斜率k＝1.
(2)y′＝
＝，
则曲线y＝在点处的切线的斜率为k1＝1.
因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－，
又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，
所以k1k2＝－1，解得a＝1.
答案 (1)A (2)1
热点二 利用导数研究函数的单调性
命题角度1 确定函数的单调性(区间)
【例2－1】 已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，
(1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；
(2)若k∈[4，＋∞)，曲线y＝f(x)上总存在相异两点M(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝－－1
＝＝－(x>0，k>0).
①当0k>0，且>2，
所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，x∈(k，2)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数；
②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立，
所以f(x)在(0，2)上是减函数，
③当k>2时，0<<2，k>，
所以x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数.
(2)由题意，可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)，
则－－1＝－－1，
化简得4(x1＋x2)＝x1x2，
又x1x2<，
∴4(x1＋x2)<，
即x1＋x2>对k∈[4，＋∞)恒成立，
令g(k)＝k＋，则g′(k)＝1－>0.
∴g(k)＝k＋在[4，＋∞)上是增函数，
所以g(k)≥g(4)＝5，所以≤，所以x1＋x2>，
故x1＋x2的取值范围为.
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f′(x)>0或f′(x)<0.
2.解答本例容易出现以下错误：
(1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x>0.
(2)对k分类讨论不全，题目中已知k>0，对k分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.
【迁移探究1】 若将本例中的条件“k>0”变为“k<0”，其他条件不变，f(x)在(0，2)上的单调性如何？
解 由例2－1解析知f′(x)＝－在(0，2)上f′(x)<0，故f(x)在(0，2)上为减函数.
【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f′(x)＝－.
①当02时，k>，f(x)的单调减区间为和(k，＋∞)，增区间为.
命题角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围
【例2－2】 (2017·兰州二模)已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋－3＝＝.
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当10时恒成立，
∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立.
又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值为－.
∴当a≤－时，g′(x)≥0恒成立.
又当a＝－，g′(x)＝当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.
故当a∈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)，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y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.
【训练2】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围；
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).
(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，
所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.
令g(x)＝(x＋1)－，则g′(x)＝1＋＞0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增.
所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.
所以a的取值范围是.
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
命题角度1 求函数的极值、最值
【例3－1】 (2017·北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.
命题角度2 与函数极值点个数有关问题
【例3－2】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2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a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得00，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a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
探究提高 1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右附近函数值的符号.
2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.
3.求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.
【训练3】 (2017·郴州二模选编)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值.
解 (1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，
令f′(x)>0，因为a>0，x>0，
∴>0，∴x－1>0，得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
(2)由(1)可得f′(x)＝，因为a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
①当－>1，即－0，因此f(x)在上是增函数，
∴f(x)的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为：
f(x)min＝
1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.
2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.
3.可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.
5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为( )
A.y＝x＋1 B.y＝x－1
C.y＝3x＋1 D.y＝－x＋1
解析 求导函数y′＝ex＋2，当x＝0时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为y＝3x＋1.
答案 C
2.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(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y＝f(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.
答案 D
3.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.无数
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
4.(2017·安徽江淮十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1，2] B.[4，＋∞)
C.(－∞，2] D.(0，3]
解析 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－.
由f′(x)＝x－<0，解得00，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，
又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).
∴f′(1)＝－2，
∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案 2x＋y＋1＝0
8.(2017·郴州三模)已知奇函数f (x)＝则函数h(x)的最大值为________.
解析 当x>0时，f(x)＝－1，f′(x)＝，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
∴x＝1时，f(x)取到极小值e－1，即f(x)的最小值e－1.
又f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝h(x)，
∴h(x)的最大值为－(e－1)＝1－e.
答案 1－e
三、解答题
9.(2017·新乡调研)已知函数f(x)＝ex－x2＋2ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围.
解 (1)∵f′(x)＝ex－2x＋2，∴f′(1)＝e，
又f(1)＝e＋1，
∴所求切线方程为y－(e＋1)＝e(x－1)，
即ex－y＋1＝0.
(2)f′(x)＝ex－2x＋2a，
∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
∴a≥x－在R上恒成立，令g(x)＝x－，
则g′(x)＝1－，令g′(x)＝0，则x＝ln 2，
在(－∞，ln 2)上，g′(x)>0；
在(ln 2，＋∞)上，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(ln 2)＝ln 2－1，∴a≥ln 2－1，
∴实数a的取值范围为[ln 2－1，＋∞).
10.已知f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞).
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值.
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)为减函数；
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，
f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x)的极小值f(a)＝ln a＋1.
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，即对任意x>0，均有2ln a≤＋ln x恒成立，
由(1)可知f(x)的最小值为ln a＋1，问题转化为2ln a≤ln a＋1，即ln a≤1，故00时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.
①当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
②当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述：当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
