第二编 专题1 第3讲 利用导数研究函数的单调性、极值、最值-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

　第3讲　利用导数研究函数的单调性、极值、最值

「考情研析」1.利用导数研究函数的单调性，求函数的极值、最值是高考导数解答题的基础题型．　2.知道函数的单调性、极值、最值的情况，求参数的值或范围也是常见题型．

考向1　利用导数研究函数的单调性

例1　(1)已知f(x)＝sin2x＋2cosx，求f(x)的单调递减区间．

解：因为f′(x)＝2cos2x－2sinx＝2(1－2sin2x)－2sinx＝－2(2sin2x＋sinx－1)，

所以由f′(x)≤0，

得－2(2sin2x＋sinx－1)≤0，

即－2(2sinx－1)(sinx＋1)≤0，

由于－1≤sinx≤1，则sinx＋1≥0，

只需sinx≥即可，

解得x∈，k∈Z，

故f(x)的单调递减区间为，k∈Z.

(2)(2025·广东湛江二模)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x.若a≥－，讨论f(x)的单调性．

解：由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x>0，

得f′(x)＝－2x＋＋1－a

＝

＝，

令(x＋a)(2x－a－1)＝0，

得x＝－a或x＝.

若a≥0，则－a≤0，>0，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

若－<a<0，则>－a>0，当x∈(0，－a)或x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

若a＝－，则＝－a＝，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减．

综上所述，当a≥0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；

当－<a<0时，f(x)在上单调递增，在(0，－a)和上单调递减；

当a＝－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

　对于含参数的函数的单调性的讨论，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个：

分类讨论点一：求导后，考虑f′(x)＝0是否有实根，从而引起分类讨论．

分类讨论点二：求导后，f′(x)＝0有实根，但不清楚f′(x)＝0的实根是否落在定义域内，从而引起分类讨论．

分类讨论点三：求导后，f′(x)＝0有实根，f′(x)＝0的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论．

1．(2025·河北保定一模)已知函数f(x)＝ax2－(a＋3)x＋ln x.

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

解：(1)当a＝2时，f(x)＝3x2－5x＋ln x，求导得f′(x)＝6x－5＋，

则f′(1)＝2，而f(1)＝－2，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2＝2(x－1)，即2x－y－4＝0.

(2)函数f(x)＝ax2－(a＋3)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，

求导，得f′(x)＝3ax－(a＋3)＋＝，

当a≤0时，由f′(x)>0，得0<x<，

由f′(x)<0，得x>，

函数f(x)在上单调递增，在上单调递减；

当0<a<3时，由f′(x)>0，得0<x<或x>，

由f′(x)<0，得<x<，

函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减；

当a＝3时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>3时，由f′(x)>0，得0<x<或x>，由f′(x)<0，得<x<，

函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减．

综上所述，当a≤0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减；

当0<a<3时，函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减；

当a＝3时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>3时，函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减．

2．(2025·吉林长春二模)已知函数f(x)＝ax＋－ln x.

(1)若斜率为3的直线与f(x)的图象相切，且与x轴的交点的横坐标为－1，求a的值；

(2)若f(x)是[1，e]上的单调函数，求a的取值范围．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

∵f(x)＝ax＋－ln x，∴f′(x)＝a－－，

设切点的横坐标为x0，

则f(x0)＝ax0＋－ln x0，f′(x0)＝a－－＝3，