-导数与函数的单调性极值最值问题-学案.doc

第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位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.

真题感悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
解析f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
又f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
答案B
2.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，则a＝________.
解析f′(x)＝eq\f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2)，可得f′(1)＝eq\f(ae,（1＋a）2)＝eq\f(e,4)，即eq\f(a,（1＋a）2)＝eq\f(1,4)，解得a＝1.
答案1
3.(2020·新高考山东、海南卷)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x).
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为eq\f(－2,e－1)，2.
因此所求三角形的面积S＝eq\f(1,2)|x|·|y|＝eq\f(1,2)×2×eq\f(2,e－1)＝eq\f(2,e－1).
(2)当0＜a＜1时，f(1)＝a＋lna＜1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x).
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a＞1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＞ex－1－lnx≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.
解(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.
设函数g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意.
②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，
则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增.
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4).
所以当eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，则g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.
由于0∈eq\b\