【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义15《导数与函数的单调性、极值、》(解析版) .doc，共(11)页，617.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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解密15导数与函数的单调性、极值、最值问题核心考点读高考设问知考法命题解读导数的几何意义【2020新课标1理6】函数43()2fxxx的图像在点(1(1))f，处的切线方程为()利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体

，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.【2020新课标3理10】若直线l与曲线yx和2215xy都相切，则l的方程为（）【2020新课标1文15】曲线ln1yxx的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为

__________．【2016新课标2理16】若直线ykxb是曲线ln2yx的切线，也是曲线ln(1)yx的切线，则b．利用导数研究函数的单调性【2016新课标1文12】若函数1()sin2sin3fx

xxax在,单调递增，则a的取值范围是()【2020新课标2文21】已知函数2ln1fxx．（1）若()2fxxc，求c的取值范围；（2）设0a时，讨论函数()()fxfagxxa的单调性．利用导数研究函数

的极值和最值【2018新课标1理16】已知函数2sinsin2fxxx，则fx的最小值是________．【2017新课标2理11】若2x是函数21`()(1)xfxxaxe的极值点，则()fx的极小值为()【2019新课标3文20】已知函数32()

22fxxax．（1）讨论()fx的单调性；（2）当03a时，记fx在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求Mm的取值范围．【2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝

f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.核心考点一导数的几何意义1.导数的几何意义函数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).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.2.四个易误导数公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax

)′＝axlna(a>0，且a≠1)；(4)(logax)′＝1xlna(a>0，且a≠1，x>0).1．【2020新课标1理6】函数43()2fxxx的图像在点(1(1))f，处的切线方程为（）A．21yxB．21yxC．23yxD

．21yx【解析】432fxxx，3246fxxx，11f，12f，因此所求切线的方程为121yx，即21yx．故选B．2．【2018新课标1文6理5】设函数321fxxaxax．若fx为奇函数，则曲线yfx

在点00，处的切线方程为()A．2yxB．yxC．2yxD．yx【解析】解法一：因为函数32()(1)fxxaxax为奇函数，所以()()fxfx，所以3232()(1)()()[(1)]xaxaxxaxax，所以22(1)0ax，

因为Rx，所以1a，所以3()fxxx，所以2()31fxx，所以(0)1f，所以曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．解法二：因为函数32()(1)fxxaxa

x为奇函数，所以(1)(1)0ff，所以11(11)0aaaa，解得1a，所以3()fxxx，所以2()31fxx，所以(0)1f，所以曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．解法三

：易知322()(1)[(1)]fxxaxaxxxaxa，因为()fx为奇函数，所以函数2()(1)gxxaxa为偶函数，所以10a，解得1a，所以3()fxxx，所以2()31

fxx，所以(0)1f，所以曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．3．【2020新课标1文15】曲线ln1yxx的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln1,1xyyxxyx

，00001|12,1,2xxyxyx，所以切点坐标为(1,2)，所求的切线方程为22(1)yx，即2yx．故答案为2yx．1．【2020新课标3理10】若直线l与曲线yx和2215xy都相切，则l的方程为（）A．21yxB．122yx

C．112yxD．1122yx【解析】解法1：设直线l在曲线yx上的切点为00,xx，则00x，函数yx的导数为12yx，则直线l的斜率012kx，设直线l的方程为00012yxxxx，即002

0xxyx，由于直线l与圆2215xy相切，则001145xx，两边平方并整理得2005410xx，解得01x或015x（舍），则直线l的方程为210xy，即1122yx

．故选D．解法2：由原点到直线的距离为15，排除BC；把21yx代入yx得210xx，而0，排除A；把1122yx代入yx得10xx，方程有唯一解1x，故选D．2．【2020

新课标3文15】设函数e()xfxxa．若(1)4ef，则a_________．【解析】由函数的解析式可得221xxxexaeexafxxaxa，则

12211111eaaefaa，据此可得241aeea，整理可得2210aa，解得1a．故答案为1．3．【2016新课标2理16】若直线ykxb是曲线ln2yx的切线，也是曲线

ln(1)yx的切线，则b．【解析】设ykxb与ln2yx和ln(1)yx的切点分别为11(,ln2)xx和22(,ln(1))xx．则切线分别为1111ln2()yxxxx，2221ln(1)()1yxxxx，化简得111ln1yxxx，222

21ln111xyxxxx，依题意122122111ln1ln11xxxxxx，解得112x，从而1ln11ln2bx．核心考点二利用导数研究函数的单调性1.导数与函数单调性的关系.①f′(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)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.2.利用导数研究函数

单调性的方法.①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题

来求解.1．【2016新课标1文12】若函数1()sin2sin3fxxxax在,单调递增，则a的取值范围是()（A）1,1（B）11,3（C）11,33（D）11,3【解析】问题转化为21cos2cos03fxxax

…对xR恒成立，故2212cos1cos03xax…，即245coscos033axx…恒成立．令cosxt，得245033tat…对1,1t恒成立．解法一：构造24533gttat，开口向下的二次函数g

t的最小值的可能值为端点值，故只需保证11031103gaga……，解得1133a剟．故选C．解法二：①当0t时，不等式恒成立；②当01t„时，1543att…恒成立，由y15

43tt在01t„上单调递增，所以1511445333tt„，故13a…；③当10t„时，1543att„恒成立．由y1543tt在10

t„上单调递增，1511445333tt…，所以13a„．综上可得，1133a剟．故选C．2．【2020新课标2文21】已知函数2ln1fxx．（1）若()2fxxc，求c的取

值范围；（2）设0a时，讨论函数()()fxfagxxa的单调性．【解析】（1）函数()fx的定义域为(0,)，()2()202ln120()fxxcfxxcxxc，设()2ln12(0)hxxxcx，则有

22(1)()2xhxxx，当1x时，()0,()hxhx单调递减，当01x时，()0,()hxhx单调递增，所以当1x时，函数()hx有最大值，即max()(1)2ln11211hxhcc，要想不等式()在(0,)上恒成立，只需max()01

01hxcc；（2）方法1：2ln1(2ln1)2(lnln)()(0xaxagxxxaxa且)xa因此22(1ln)()()aaxxgxxa，在（1）中，令1c得ln1xx，当且仅当1

x时等号成立，即ln1aaxx，故()0gx，所以函数()gx在区间(0,)a和(,)a上单调递减．方法2：2ln1(2ln1)2(lnln)()(0xaxagxxxaxa且)xa，因此22(1

lnln)()()axaxgxxa，令()1lnlnahxxax，则2()axhxx，hx在(0,)a单调递增，在(,)a单调递减，于是0hxha，由此可知()0gx，所以函数()gx在区间(0,)

a和(,)a上单调递减．方法3：2ln1(2ln1)2(lnln)()(0xaxagxxxaxa且)xa因此22(lnln)()()xaxxxagxxxa，设()2(lnln)mxxaxxxa，则有()2

(lnln)mxax，当xa时，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递减，因此有()()0mxma，即()0gx，所以()gx单调递减；当0xa时，lnlnxa，所以()0mx

，()mx单调递增，因此有()()0mxma，即()0gx，所以()gx单调递减，所以函数()gx在区间(0,)a和(,)a上单调递减．1.已知函数f(x)＝12mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是()A

.[－1，1]B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(－∞，1]【解析】f′(x)＝mx＋1x－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－1x2＋2x.令g(x)＝－1x2＋2x，则当1x＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.2.已知x＝1是f(x)＝2x

＋bx＋lnx的一个极值点.(1)求函数f(x)的单调递减区间.(2)设函数g(x)＝f(x)－3＋ax，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)＝2x＋bx＋lnx，定义域(0，＋∞).∴f′(x)＝2－bx2＋1x＝2x2＋x－bx2.

因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数

f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋lnx－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，

2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以a的取值范围是[－3，＋∞).核心考点三利用导数研究函数的极值和最值利用导数研究函数的极值、最值(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.易错提醒若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.1．【2018新课标1理16】已知函数2sinsin2fxxx，则fx的最小值是_________．【解析】因为()2sins

in2fxxx，所以21()2cos2cos24cos2cos24(cos)(cos1)2fxxxxxxx，由()0≥fx得1cos12≤≤x，即2233≤≤kxk，，由()0≤fx得11c

os2≤≤x，即223≤≤kxk或223≤≤kxk，Zk，所以当23xk（Zk）时，()fx取得最小值，且min33()(2)2sin(2)sin2(2)3332fxfkkk．2.【

2018北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[

ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>12，则当x∈1a，2时，f′(x

)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值.若a≤12，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤12x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是12，＋∞.3．【2019新课标3文20】已知函数32()22

fxxax．（1）讨论()fx的单调性；（2）当03a时，记fx在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求Mm的取值范围．【解析】（1）2()622(3)fxxaxxxa．令()0fx，得x=0或3ax．若a>0，则当(,

0),3ax时，()0fx；当0,3ax时，()0fx．故()fx在(,0),,3a单调递增，在0,3a单调递减；若a=0，()

fx在(,)单调递增；若a<0，则当,(0,)3ax时，()0fx；当,03ax时，()0fx．故()fx在,,(0,)3a单调递增，在,03a单调递

减．（2）当03a时，由（1）知，()fx在0,3a单调递减，在,13a单调递增，所以()fx在[0，1]的最小值为32327aaf，最大值为(0)=2f或(1)=4f

a．于是3227am，4,02,2,23.aaMa所以332,02,27,23.27aaaMmaa当02a时，可知3227aa单调递减，所以Mm的取值范围是8,227．

当23a时，327a单调递增，所以Mm的取值范围是8[,1)27．综上Mm的取值范围是8[,2)27．1．【2017新课标2理11】若2x是函数21`()(1)xfxxaxe的极值点，则()fx的极小值为()A．1B．

32eC．35eD．1【解析】∵211xfxxaxe∴导函数2121xfxxaxae，∵20f，∴1a，∴导函数212xfxxxe，令0fx，∴12x，11x，

当x变化时，fx，fx随变化情况如下表：x,222,111,fx+0-0+fx极大值极小值从上表可知：极小值为11f．故选A2.已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线

方程；(2)求函数f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值.【解析】(1)∵f(x)＝ex·cosx－x，∴f(0)＝1，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，∴f′(0)＝0，∴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(cosx－sinx)－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sinx·ex≤0在0，π2上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，∴g(x)在0，π2上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0

处等号成立，∴f(x)在0，π2上单调递减，∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝fπ2＝－π2.3.已知函数f(x)＝exx－a()x－lnx.(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；(2)

若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝exx－x2－a1－1x＝exx－－axx－x2＝()ex－axx－x2.当a≤0时

，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f′(x)＝0在(0,1)内有解．令f′(x)＝()ex

－axx－x2＝0，即ex－ax＝0，即a＝exx.设g(x)＝exx，x∈(0,1)，所以g′(x)＝exx－x2，当x∈(0,1)时，g′(x)<0恒成立，所以g(x)单调递减．又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x

)→＋∞，即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，所以当a>e时，f′(x)＝()ex－axx－x2＝0有解．设H(x)＝ex－ax，则H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，所以H(x)在(0,1)上单调递减．因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，所以H

(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：x(0，x0)x0(x0,1)H(x)＋0－f′(x)－0＋f(x)极小值所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．当a≤e时，当x∈(0,

1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．综上，a的取值范围为(e，＋∞)．