12.例析利用导数研究函数的性质-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■江苏省天一中学 行凯歌 利用导数研究函数的性质是导数应用的 重点内容,也是新高考试题中的一类重要题 型。这些题型包含函数的单调性、极值、最值 等内容,涉及分类讨论、数形结合、化归与转 化等数学思想方法,难度中等偏上,综合性较 强。本文归纳总结了利用导数研究函数性质 的四种题型,希望能对同学们的高三数学复 习备考提供帮助。 题型一、判断函数的单调性或求其单调 区间 例 1 (2023年山东模拟改编)已知函 数f(x)=e2x-2(a+1)ex+2ax(a∈R)。 (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点 (0,f(0))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性。 解析:(1)当a=0时,f(x)=e2x-2ex, f'(x)=2ex (ex-1),所以f(0)=-1,f'(0) =0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的 切线方程为y=-1。 (2)由题意知,f'(x)=2e2x-2(a+1)ex +2a=2(ex-1)(ex-a)。 当a=1时,f'(x)≥0,所以 f(x)在 (-∞,+∞)上单调递增; 当a>1时,由f'(x)>0得x<0或x> ln a,由f'(x)<0得0<x<ln a,所以f(x) 在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在 (0,ln a)上单调递减; 当0<a<1时,由f'(x)>0得x<ln a 或x>0,由f'(x)<0得ln a<x<0,所以 f(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增, 在(ln a,0)上单调递减; 当a≤0时,ex-a>0,由f'(x)>0得x> 0,由f'(x)<0得x<0,所以f(x)在(-∞,0) 上单调递减,在(0,+∞)上单调递增。 点评:本题考查导数的几何意义、切线方 程的求法,以及导数在研究函数的单调性中 的应用,属于基础题。这类题型往往涉及参 数的分类讨论,解题的关键是要依据参数对 不等式解集的影响进行分类讨论,讨论时必 须按同一标准分类,且做到不重不漏。同时, 要关注分类讨论界点引起的原因,如函数的 定义域、f'(x)的零点等。 题型二、求函数的极值或最值 例 2 (2023年湖北模拟改编)已知函 数g(x)=aln x- 1 x ,a∈R。 (1)当a=-1时,求g(x)的极值; (2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值。 解析:(1)当a=-1时,g(x)=-ln x- 1 x ,g'(x)= 1-x x2 。 由g'(x)>0得0<x<1,由g'(x)<0 得x>1,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在 (1,+∞)上单调递减。所以g(x)的极大值 是g(1)=-1,无极小值。 (2)由题意知,g'(x)= a x+ 1 x2 = ax+1 x2 。 若a≥0,则g'(x)>0,故g(x)在[1,2]上 单调递增,所以g(x)max=g(2)=aln 2- 1 2 ; 若a<0,由g'(x)>0得0<x<- 1 a , 由g'(x)<0得 x>- 1 a ,所 以 g(x)在 0,- 1 a 上单调递增,在 -1a,+∞ 上单调 递减。 当a≤-1,即- 1 a≤1 时,g(x)在[1,2] 上单调递减,所以g(x)max=g(1)=-1; 当- 1 2≤a<0 ,即- 1 a≥2 时,g(x)在 [1,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)= aln 2- 1 2 ; 当-1<a<- 1 2 ,即1<- 1 a<2 时, 53 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 g(x)在 1,- 1 a 上单调递增,在 -1a,2 上 单调 递 减,所 以 g (x)max =g - 1 a = aln - 1 a +a。 综上可得:当a≤-1时,g(x)max=-1; 当-1<a<- 1 2 时,g(x)max=aln - 1 a + a;当a≥- 1 2 时,g(x)max=aln 2- 1 2 。 点评:本题考查不含参函数的极值、含参 函数的最值,以及导数在研究函数极值、最值 中的应用,属于基础题。解题时,既要弄清函 数极值与最值的求解步骤,作答要有条理、注 意规范,又要弄清函数极值与最值的区别与 联系,即极值是“局部”概念,只能在定义域内 部取得,最值是“整体”概念,可能在区间的端 点处取得。 题型三、根据函数的单调性求参数的取 值范围 例 3 (2023年河北保定模拟)已知函 数f(x)= 1 3x 3+ m 2x 2-x+ 1 6 。 (1)当 m=1时,求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程; (2)在下面两个条件中任选一个补充在 下面问题的横线处,并加以解答。若f(x) ,求实数m 的取值范围。 ①在区间(m,m+1)上是单调递减函 数;②在 12 ,2 上存在减区间。 解析:(1)当 m=1时,f(x)= 1 3x 3+ 1 2x 2-x+ 1 6 ,f'(x)=x2+x-1,所以f(1) =0,f'(1)=1,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x-1。 (2)由题意知,f'(x)=x2+mx-1。 若选①:因为f(x)在(m,m+1)上是单 调递减函数,所以f'(x)≤0在(m,m+1)上 恒成立,即x2+mx-1≤0在(m,m+1)上恒 成立,所以f'(m)=m2+m2-1≤0且f'(m +1)=(m+1)2+m(m+1)-1≤0,解得 - 2 2 ≤m ≤0 ,即 实 数 m 的 取 值 范 围 为 - 2 2 ,0 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 。 若选②:因为f(x)在 1 2 ,2 上存在减区 间,所以f'(x)<0在 1 2 ,2 上有解,即m< 1 x-x 在 1 2 ,2 上有解。 令g(x)= 1 x-x ,则g'(x)=- 1 x2 -1 <0,所以g(x)在 1 2 ,2 上单调递减,所以 g(x)<g 1 2 =32,所以 m<32,即实数 m 的取值范围为 -∞, 3 2 。 点评:本题考查根据函数的性质求参数 的取值范围,属于中档题。解题时,要注意问 题的等价转化。已知可导函数f(x)在区间 D 上单调递增(或递减),可转化为f'(x)≥0 (或f'(x)≤0)对x∈D 恒成立;已知可导函 数f(x)在区间 D 上存在单调递增区间(或 递减区间),可转化为f'(x)>0(或f'(x)< 0)在x∈D 上有解。 题型四、根据函数的极值、最值求参数的 值或取值范围 例 4 (2023年江苏淮安模拟)已知函 数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x,a∈R。 (1)若f(x)在x=1处取得极值,求实数 a的值; (2)若f(x)在[1,e]上的最小值为-2a, 求实数a的取值范围。 解析:(1)由题意知,f'(x)=2x-(2a+ 1)+ a x ,x>0。 因为f(x)在x=1处取得极值,所以 f'(1)=2-(2a+1)+a=0,解得a=1。 所以f(x)=x2-3x+ln x,f'(x)=2x -3+ 1 x= 2x2-3x+1 x = (2x-1)(x-1) x 。 由f'(x)>0得0<x< 1 2 或x>1,由 63 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 f'(x)<0 得 1 2 <x<1 ,所 以 f(x)在 0, 1 2 和(1,+∞)上单调递增,在 12,1 上 单调递减,所以f(x)在x=1处取得极小值。 综上可知,a=1。 (2)由题意知,f'(x)=2x-(2a+1)+ a x= (2x-1)(x-a) x ,x∈[1,e]。 ①当a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在 [1,e]上单调递增,所以f(x)的最小值为 f(1)=-2a,符合题意; ②当1<a<e时,由f'(x)>0得x>a 或0<x< 1 2 ,由f'(x)<0得 1 2<x<a ,所 以f(x)在[1,a]上单调递减,在[a,e]上单 调递增,所以f(x)的最小值为f(a)<f(1) =-2a,不符合题意; ③当a≥e时,f'(x)<0,所以f(x)在 [1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为 f(e)<f(1)=-2a,不符合题意。 综上可得,实数a的取值范围为(-∞,1]。 例 5 已知函数f(x)=x 2+2ax+a e2x+4 。 (1)若x=0是函数f(x)的极小值点,求 实数a的取值范围; (2)若f(x)的最小值为-e2,求实数a 的值。 解析:(1)由 题 意 可 得,f'(x)= 2x+2a-2(x2+2ax+a) e2x+4 = -2x2+(2-4a)x e2x+4 。 由f'(x)=0得x=0或x=1-2a。若 x=0是函数的极小值点,则1-2a>0,所以 a< 1 2 。经检验,符合题意,所以实数a 的取 值范围为 -∞, 1 2 。 (2)①当a< 1 2 时,由f'(x)>0得0<x <1-2a,由f'(x)<0得x<0或x>1- 2a,所以f(x)在(-∞,0)和(1-2a,+∞) 上单调递减,在(0,1-2a)上单调递增。 而f(1-2a)= 1-a e6-4a >0,因为a< 1 2 ,所 以1-2a>-a。当x>1-2a>-a 时,x2 +2ax+a=(x+a)2-a2+a>(1-2a+a)2 -a2+a=1-a>0,所以f(x)>0。 若f(x)的最小值为-e2,则f(0)= a e4 =-e2,解得a=-e6,符合题意。 ②当a= 1 2 时,f(x)在 R上单调递减, 无最小值,不合题意。 ③当a> 1 2 时,由f'(x)>0得1-2a< x<0,由f'(x)<0得x<1-2a或x>0,所 以f(x)在(-∞,1-2a)和(0,+∞)上单调 递减,在(1-2a,0)上单调递增。 而f(0)= a e4 >0,当x>0时,x2+2ax +a>0,所以f(x)>0。 若f(x)的最小值为-e2,则f(1-2a) = -a+1 e6-4a =-e2,化简得e8-4a-a+1=0。 令g(a)=e8-4a -a+1,则 g'(a)= -4e8-4a-1<0,所以g(a)在 1 2 ,+∞ 上单 调递减。又因为g(2)=0,所以a=2,符合题意。 综上可得,a=-e6 或a=2。 点评:例4和例5考查根据函数的极值、 最值求参数的值或取值范围,属于中档题。 解题时,要注意等价转化及分类讨论思想的 运用。根据极值点处导数为0或极值列出方 程或不等式,需要注意的是,由于导数值等于 0不是此点为极值点的充要条件,所以求出 参数的值或取值范围后必须验证。 通过对上面几个具体例题的分析,我们 可以看到,利用导数研究函数的性质的内容 比较丰富,求解问题的方法也比较灵活,因 此,在高三复习备考中,同学们要理解导数的 概念、导数的几何意义,熟练导数的基本运 算,善于利用导数去研究一些与函数性质有 关的综合问题。此外,同学们要注意经典题 型的收集和整理,体会题型中蕴含的数学方 法和数学思想。 (责任编辑 王福华) 73 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月