2020高考文科数学二轮专题辅导课件： 导数与单调性、极值、最值问题

高考专题突破·考点通关  函数与导数 导数与单调性、极值、最值问题 考向一 利用导数研究函数的单调性 角度1 确定函数的单调性(区间) 【例1】已知函数 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②，求x1＋x2的取值范围③. 【题眼直击】 题眼 思维导引 ① 想到求出函数的导数 ② 想到利用导数式求切线的斜率 ③ 想到根据导数与单调性的关系结合恒成立问题求范围 【解析】(1)因为f′(x)= (x>0,k>0). ①当00,且 >2, 所以当x∈(0,k)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)2时,0< , 所以当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 化简得4(x1+x2)= x1x2, 又x1x2< 所以4(x1+x2)< 即x1+x2> 对k∈[4,+∞)恒成立, 令g(k)=k+ ,则g′(k)=1- >0. 所以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 【拓展提升】 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)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. 【变式训练】 若将本例中的条件“k>0”变为“k0,解得- 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)0,所以x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立. 所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的. 故函数f(x)不可能在R上单调递减. 考向二 利用导数研究函数的极值和最值 【例3】(2017·北京高考)已知函数 (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程② ; (2)求函数f(x)在区间 上的最大值和最小值.③ 【题眼直击】 题眼 思维导引 ① 想到求函数的导数 ② 想到求切线斜率f′(0) ③ 想到判断f(x)在区间 上的增减性 【解析】(1)因为f(x)=ex·cos x-x,所以f(0)=1, f′(x)=ex(cos x-sin x)-1,所以f′(0)=0, 所以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, 所以g(x)在 上单调递减, 所以g(x)≤g(0)=0,所以f′(x)≤0且仅在x=0处等号 成立, 所以f(x)在 上单调递减, 所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min= 【拓展提升】 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]上的最值时,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. 【变式训练】 (2019·北京高考)已知函数f(x)= x3-x2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程. (2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x. (3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4] 上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值. 【解析】(1)f(x)定义域为R,f′(x)= x2-2x+1, 设切点为P(x0,y0),则 y0=f(x0)= +x0,k=f′(x0)= -2x0+1=1, 所以x0=0, , 当x0=0时,y0=0,切线方程为y-0=x-0,即x-y=0; 当x0= 时,y0= ,切线方程为y- =x- ,即27x- 27y-64=0. (2)令g(x)=f(x)-x= x3-x2,x∈[-2,4],则 g′(x)=f′(x)-1= x2-2x, 令g′(x)=0得x=0, , x,g′(x),g(x)关系如下 又因为g(-2)=-6,g(0)=0, ,g(4)=0, 所以在x∈[-2,4]上,g(x)min=-6,g(x)max=0, 所以-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x. (3)由(2)知,-6≤f(x)-x≤0,-6-a≤f(x)-(x+a)≤-a, 所以M(a)=max{|-6-a|,|-a|}=max{|a+6|,|a|}, ①若a≤-6,则M(a)=max{-a-6,-a}=-a, 当a=-6时,M(a)最小,为6; ②若-6