专题一 第三讲 利用导数研究函数的性质（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第三讲　利用导数研究函数的性质 考点1　导数的几何意义 [核心整合] 1．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). 2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同． 3．切点既在切线上，又在曲线上． [例1]　(1)(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.f '＝， 所以f '(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________． 解析：∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex， 设切点为，则y0＝，切线斜率k＝， 切线方程为y－＝(x0＋1＋a)， ∵切线过原点，∴－＝(x0＋1＋a)， 整理得x＋ax0－a＝0， ∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0， ∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞). 答案：∪ [对点练习]　1.(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A.y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 解析：选C.设曲线y＝在点处的切线方程为y－＝k(x－1)， 因为y＝， 所以y′＝＝， 所以k＝y′|x=1＝， 所以y－＝(x－1)， 所以曲线y＝在点(1，)处的切线方程为y＝x＋. (2)(2022·新课标Ⅱ卷)写出曲线y＝ln |x|过坐标原点的切线方程：________，________. 解析：因为y＝ln ， 当x>0时，y＝ln x，设切点为，由y′＝，所以y′|x＝x0＝，所以切线方程为y－ln x0＝， 又切线过坐标原点，所以－ln x0＝，解得x0＝e，所以切线方程为y－1＝，即y＝x； 当x<0时，y＝ln ，设切点为(x1，ln (－x1))，由y′＝，所以y′|x＝x1＝，所以切线方程为y－ln ＝， 又切线过坐标原点，所以－ln ＝，解得x1＝－e，所以切线方程为y－1＝，即y＝－x. 答案：y＝x　y＝－x 考点2　利用导数研究函数的单调性 [核心整合] 1．f '(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. 2．f '(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f '(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性． 角度1　求函数的单调区间 [例2]　(1)(2024·湖南怀化二模)已知f(x)＝2x2－3x－ln x，则f(x)的单调增区间为________． 解析：函数f(x)＝2x2－3x－ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f '(x)＝4x－3－＝，由f '(x)>0，得x>1，所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞). 答案：(1，＋∞)(或者[1，＋∞)) (2)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R，讨论f(x)的单调性． 解：函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R的定义域为(0，＋∞)，且f '(x)＝＋a. 当a≥0时，∀x∈(0，＋∞)，f '(x)＝＋a>0恒成立，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f '(x)＝＋a＝＝0，解得x＝－， 当x∈(0，－)时，f '(x)>0，f(x)在区间(0，－)上单调递增， 当x∈(－，＋∞)时，f '(x)<0，f(x)在区间(－，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在区间(0，－)上单调递增，在区间(－，＋∞)上单调递减． [规律总结]　利用导数求函数的单调区间，其实质是转化为解不等式问题，但应注意以下几点： (1)首先确定函数的定义域，忽视定义域的限制易致错． (2)当函数在区间的端点处有定义时，单调区间可以写成闭区间也可以写成开区间，但当函数在区间的端点处没有定义时，单调区间只能写成开区间． (3)当函数具有多个单调递增区间(或单调递减区间)时，不能用“∪”联结，而应该用“和”“及”等联结． 角度2　由函数的单调性求参数的值或范围 [例3]　 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立． 设G(x)＝－，所以a≥G(x)max， 而G(x)＝－1， 因为x∈[1，4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 所以a≥－，又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(0，＋∞). 答案：∪(0，＋∞) [延伸探究]　1.若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上单调递增”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递增，所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立， 即a≤－恒成立，又因为当 x∈[1，4]时，min＝－1(此时x＝1)， 所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]. 答案：(－∞，－1] 2．若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上存在单调递减区间”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＜0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a＞－有解， 而当x∈[1，4]时，min＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1，又因为a≠0， 所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 答案：(－1，0)∪(0，＋∞) 3．若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上不单调”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上不单调， 所以h′(x)＝0在(1，4)上有解， 即a＝－＝－1在(1，4)上有解， 令m(x)＝－，x∈(1，4)，则－1＜m(x)＜－. 所以实数a的取值范围是. 答案： [规律总结]　(1)已知函数单调性求参数取值范围问题主要采用等价转化法，但要注意函数在某一区间上单调递增(递减)与存在单调递增(递减)区间的区别，前者是恒成立问题，后者是不等式有解问题． (2)解决这类问题主要与参数处理相关，因此尽量采取措施合理地规避分类讨论，简化求解过程，否则就要运用分类讨论的思想解决问题． [对点练习]　2.(1)函数f(x)＝的单调递减区间为________． 解析：当x<0时，f(x)＝－x－2，则其在(－∞，0)上单调递减． 当x≥0时，f(x)＝(x－2)ex，则f '(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，当x>1时，f '(x)>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，当0≤x<1时，f '(x)<0，所以f(x)在[0，1)上单调递减， 又0－2＝－2，f(0)＝－2，故f(x)的单调递减区间为(－∞，1). 答案：(－∞，1) (2)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e-1 D．e-2 解析：选C.依题可知，f '(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥， 设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增， g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e-1，即a的最小值为e-1. 考点3　利用导数研究函数的极值、最值 [核心整合] 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． [例4]　(2024·安徽黄山一模)已知函数f(x)＝x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值． (1)求a的值； (2)求f(x)在区间[，e]上的最大值． 解：(1)由已知f '(x)＝3x－4a＋＝＝， 令f '(x)＝0，得x＝a或x＝， 当a＝1时，令f '(x)>0，得0<x<或x>1，令f '(x)<0得<x<1， 故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 此时函数f(x)在x＝处取极大值，在x＝1处取极小值，与函数f(x)在x＝1处取得极大值不符； 当＝1，即a＝3时，令f '(x)>0得0<x<1或x>3，令f '(x)<0得1<x<3， 故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增， 此时函数f(x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意；所以a＝3. (2)由(1)得，f(x)＝x2－12x＋9ln x，f '(x)＝，x∈[，e]. 令f '(x)>0，得<x<1，函数f(x)单调递增， 令f '(x)<0，得1<x<e，函数f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝－12＝－. [规律总结]　利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值，则先求方程f '(x)＝0的根，再检查f '(x)在方程根的左右函数值的符号． (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，从而得到函数的最值． [对点练习]　3.(1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　 ) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 解析：选D.f '(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x， 所以f(x)在区间(0，)和(，2π)上f '(x)>0，即f(x)单调递增； 在区间(，)上f '(x)<0，即f(x)单调递减， 又f(0)＝f(2π)＝2，f()＝＋2，f()＝－(＋1)＋1＝－， 所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－，最大值为＋2. (2)(2024·宁夏银川一模)若函数f(x)＝(x2－ax－2)ex在x＝－2处取得极大值，则f(x)的极小值为(　　 ) A．－6e2 B．－4e C．－2e2 D．－e 解析：选C.因为函数f(x)＝(x2－ax－2)ex在x＝－2处取得极大值， 则f '(x)＝[x2＋(2－a)x－2－a]·ex(x∈R)且f '(－2)＝0， 即4－2(2－a)－2－a＝0，所以a＝2， 所以f(x)＝(x2－2x－2)·ex，f '(x)＝(x2－4)·ex ＝(x＋2)(x－2)ex， 令f '(x)＝0，则x＝2或x＝－2， 当x∈(－∞，－2)时，f '(x)>0，当x∈(－2，2)时，f '(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f '(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减． 所以函数f(x)在x＝2处取得极小值，f极小＝f(2)＝－2e2. 学科网（北京）股份有限公司 $$