导数与函数的单调性、极值、最值问题-经典教学教辅文档.doc

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第4讲导数与函数的单调性、极值、最值成绩
高考定位利用导数研讨函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研讨函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的成绩.

真题感悟
1.(2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为()
A.y＝－2x B.y＝－x
C.y＝2x D.y＝x
解析由于函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，可得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.
答案D
2.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
解析f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0.
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案A
3.(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________.
解析由题意得f′(x)＝exlnx＋ex·eq\f(1,x)，则f′(1)＝e.
答案e
4.(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0；
当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，
在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增.
(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又∵x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)
＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2)).
设φ(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以eq\f(1,x2)＋2lnx2－x2<0，故t>0.
考点整合
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).
易错提示求曲线的切线