2019届二轮复习 导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]学案（全国通用）
第23练 导数与函数的单调性、极值、最值[解答题突破练]
[明晰考情] 1.命题角度：讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点.2.题目难度：偏难题．
考点一 利用导数研究函数的单调性
方法技巧 (1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：若可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验)．
(3)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．
1．已知函数f(x)＝ex＋(a≠0，x≠0)在x＝1处的切线与直线(e－1)x－y＋2 018＝0平行，求a的值并讨论函数y＝f(x)在(－∞，0)上的单调性．
解 ∵f′(x)＝ex－，f′(1)＝e－＝e－1，
∴a＝1.
∴f′(x)＝ex－＝，
令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝(2x＋x2)ex，
∴当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0；当x∈(－2,0)时，h′(x)<0.
则h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,0)上单调递减．
∴当x∈(－∞，0)时，h(x)≤h(－2)＝－1<0，
即当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．
2．已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，讨论f(x)在(0,2)上的单调性．
解 因为f′(x)＝－－1＝＝－(x>0，k>0)．
①当0
k>0，且>2，
所以当x∈(0，k)时，f′(x)<0，当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>，
所以当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数．
综上可知，当02时，f(x)在上是减函数，在上是增函数．
3．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性．
解 f′(x)＝－a－2x＝，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，
又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
①当－≤－1，即当a≥0时，
若x∈(－1,0)，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
②当－1＜－＜0，即－2＜a＜0时，
若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
③当－＝0，即a＝－2时，
f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
④当－＞0，即a＜－2时，
若x∈(－1,0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(－1,0)上单调递增，
在(0，＋∞)上单调递减；
当－2＜a＜0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；
当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＜－2时，f(x)在(－1,0)上单调递减，
在上单调递增，
在上单调递减．
考点二 利用函数的单调性求参数范围
方法技巧 (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．
4．已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)，若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．
解 f′(x)＝，
因为当x∈时，＜0，
依题意得当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，
从而＋(3b－2)≤0，b≤.
所以b的取值范围为.
5．设函数f(x)＝(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．
解 (1)对f(x)求导，得f′(x)＝
＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
故f(1)＝，f′(1)＝，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，x2＝.
当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；
当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数．
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数知，
x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
6．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，请说明理由．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x(x>0)，
则f′(x)＝x＋－3＝＝.
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当10，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，＋∞)上为增函数，无极值；
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上为减函数；
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上为增函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上有极小值，无极大值，
f(x)的极小值为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－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－sin a；
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②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．
③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(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
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.
4．已知函数f(x)＝x2－ax＋2ln x.
(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．
解 (1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，
所以f′(x)≥0，即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．
而2x＋≥2＝4，所以a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)因为f′(x)＝(x＞0)，
由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，
所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2.
由根与系数的关系可得x1x2＝1.
由已知0＜x1≤，则x2＝≥e.
而f(x1)－f(x2)
＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)
＝[x－(2x＋2)＋2ln x1]－[x－(2x＋2)＋2ln x2]
＝(－x－2＋2ln x1)－(－x－2＋2ln x2)＝x－x＋2(ln x1－ln x2)
＝x－x＋2ln ＝x－＋2ln ＝x－－2ln x(x2≥e)．
设p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，
则p′(x)＝1＋－＝＝，
显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，
故p(x)≥p(e2)＝e2－－2ln e2＝e2－－4.
故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，
故t≤e2－－4.
所以实数t的取值范围是.
