【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学程序方法策略篇 专题2 优化解答程序，构建答题模板 第7讲 导数的应用问题 函数的单调性、极值、最值问题

第7讲　导数的应用问题函数的单调性、极值、最值问题例8　已知函数f(x)＝(x∈R)，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值．审题破题　(1)直接求f′(x)，得f′(2)后写出切线方程；(2)求导函数f′(x)后要对a进行讨论，可以列表观察函数f(x)的单调性，极值．解　(1)当a＝1时，f(x)＝，f(2)＝，又f′(x)＝＝，f′(2)＝－.所以，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－＝－(x－2)，即6x＋25y－32＝0.(2)f′(x)＝＝.由于a≠0，以下分两种情况讨论．①当a＞0，令f′(x)＝0，得到x1＝－，x2＝a.当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－)－(－，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以f(x)在区间，(a，＋∞)内为减函数，在区间内为增函数．函数f(x)在x1＝－处取得极小值f，且f＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.②当a＜0时，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：5\nx(－∞，a)a(a，－)－(－，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在区间(－∞，a)，内为增函数，在区间内为减函数．函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.函数f(x)在x2＝－处取得极小值f(－)，且f＝－a2.综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－，a)，单调递减区间为(－∞，－)，(a，＋∞)，极大值为1，极小值为－a2.当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(－，＋∞)，单调递减区间为(a，－)，极大值为1，极小值为－a2.第一步：确定函数的定义域．如本题函数的定义域为R.第二步：求f(x)的导数f′(x)．第三步：求方程f′(x)＝0的根．第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个开区间，并列出表格．第五步：由f′(x)在开区间内的正、负值判断f(x)在开区间内的单调性．第六步：明确规范地表述结论．第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题中f′(x)＝0的根为x1＝－，x2＝a.要确定x1，x2的大小，就必须对a的正、负进行分类讨论．这就是本题的关键点和易错点．跟踪训练8　已知函数f(x)＝alnx＋＋x(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性．(1)解　f(x)的定义域为{x|x>0}．f′(x)＝－＋1(x>0)．根据题意，有f′(1)＝－2，5\n所以2a2－a－3＝0，解得a＝－1或a＝.(2)解　f′(x)＝－＋1＝＝(x>0)．①当a>0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>a；由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0<x<a.所以函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．②当a<0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>－2a；由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0<x<－2a.所以函数f(x)在(0，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增．导数与不等式问题例9　设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g的大小关系；(3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．审题破题　(1)先求出f(x)，再求g(x)，然后讨论g(x)的单调区间，最值；(2)可构造函数h(x)＝g(x)－g，通过h(x)的单调性比较g(x)，g的大小；(3)对任意x>0若不存在x0，只需取一特殊值即可；若存在x0，一般利用最值解决．解　(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.(2)g＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋，则h′(x)＝－，5\n当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g，当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g.(3)满足条件的x0不存在．证明如下：假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，即对任意x>0，有lnx<g(x0)<lnx＋，(*)但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．第一步：构造函数第二步：根据求单调性、极值的步骤探求函数h(x)的单调性；第三步：根据h(x)的单调性比较h(x)和0的大小；第四步：下结论，反思回顾.跟踪训练9　已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c＋lnx.(1)当a＝b时，若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)设函数f(x)在x＝，x＝1处取得极值，且f(1)＝－1，若对任意的x∈，f(x)≤m恒成立，求m的取值范围．(参考数据：e≈2.7)解　(1)∵a＝b时，f(x)＝ax2＋ax＋c＋lnx，∴f′(x)＝2ax＋a＋＝(x>0)．当a＝0时，f′(x)＝>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，∵x>0，∴2ax2＋ax＋1>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，设g(x)＝2ax2＋ax＋1，函数g(x)在上单调递减，且g(0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函数g(x)的符号不确定，即此时f′(x)的符号不确定，∴函数f(x)在(0，＋∞)上不单调．综上可知，a的取值范围是[0，＋∞)．(2)∵f(x)在x＝，x＝1处取得极值，5\n∴f′(1)＝f′＝0，即解得即f′(x)＝＝，且f(x)＝x2－3x＋c＋lnx.又∵f(1)＝－1，∴1－3＋c＝－1，得c＝1，∴f(x)＝x2－3x＋1＋lnx.∵当x∈时，f′(x)>0，∴函数f(x)在上单调递增；∵当x∈时，f′(x)<0，∴函数f(x)在上单调递减；∵当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(1,2]上单调递增．∴f(x)极大值＝f＝－＋1＋ln＝－－ln2，而f(2)＝－1＋ln2，f(2)－f＝－＋ln4＝ln4－lne，由于4>e>e，故f(2)>f，∴f(x)max＝－1＋ln2，∴m≥－1＋ln2.5