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利用导数研究函数的单调性和极值(答案)


小题快练
x ?1 2) 处的切线与直线 ax ? y ? 1 ? 0 垂直,则 a ? 1.(2013 全国Ⅰ卷理)设曲线 y ? 在点 (3, x ?1
( D )

?3a ? 2b ? 3 ? 0, ? ?3a ? 2b ? 3 ? 0.
解得 a ? 1, b ? 0 . ∴ f ( x) ? x 3 ? 3x, f ?

( x) ? 3x 2 ? 3 ? 3( x ? 1)(x ? 1) . 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?1, x ? 1 . 若 x ? (??, ? 1) ? (1, ? ?) ,则 f ?( x) ? 0 ,故

1 A.2 C. ? D. ?2 2 2 . (2013 全 国 Ⅰ 卷 改 编 ) 设 函 数 f ( x) ? ( x ? 1)e x ? x 2 , 则 函 数 f ? x ? 的 单 调 递 增 区 间

x

1 B. 2

f(x)在 (??, ? 1) 上是增函数, f(x)在 (1, ? ?) 上是增函数.
若 x ? (?1, 1) ,则 f ?( x) ? 0 ,故 f(x)在 (?1, 1) 上是减函数. 所以, f (?1) ? 2 是极大值; f (1) ? ?2 是极小值.
3 (2)解:曲线方程为 y ? x ? 3x ,点 A(0, 16) 不在曲线上.

,单调递减区间为
2
x x x

.
x

【解析】(Ⅰ) 当 k ? 1 时,

f ? x ? ? ? x ?1? e ? x , f ? ? x ? ? e ? ? x ? 1? e ? 2 x ? xe ? 2 x ? x ? e ? 2 ?
令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

3 设切点为 M ( x0 , y0 ) ,则点 M 的坐标满足 y0 ? x0 ? 3x0 . 2 2 因 f ?( x0 ) ? 3( x0 ? 1) ,故切线的方程为 y ? y0 ? 3( x0 ? 1)(x ? x0 )

注意到点 A(0,16)在切线上,有
3 3 2 ? ?8 ,解得 x0 ? ?2 . 16 ? ( x0 ? 3x0 ) ? 3( x0 ? 1)(0 ? x0 ) 化简得 x0 所以,切点为 M (?2, ? 2) ,切线方程为 9 x ? y ? 16 ? 0 .

x

? ??,0?
?
?

0 0
极大值

? 0,ln 2?
?

ln 2
0
极小值

? ln 2, ???
?
?

f ? ? x? f ? x?

?

右表可知,函数 f ? x ? 的递减区间为 ? 0,ln 2? ,递增区间为 ? ??,0 ? , ? ln 2, ??? . 3.(2013 湖北理)若 f(x)= ? A.[-1,+∞]

1 2 x ? b ln( x ? 2)在(-1,+?)上是减函数,则 b 的取值范围是(C ) 2
B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,-1)

3 2 4.已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? 3x 在 x ? ?1 处取得极值.

(1)讨论 f (1) 和 f (?1) 是函数 f(x)的极大值还是极小值; (2)过点 A(0, 16) 作曲线 y= f(x)的切线,求此切线方程.
2 (1)解: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? 3 ,依题意, f ?(1) ? f ?(?1) ? 0 ,即

典例 1 【2015 高考四川, 理 21】 已知函数 f ( x) ? ?2( x ? a)ln x ? x 2 ? 2ax ? 2a 2 ? a , 其中 a ? 0 . 设 g ( x) 是 f ( x) 的导函数,讨论 g ( x) 的单调性. 解:由已知,函数的定义域为 (0,??),

综上,当 a ? 时,函数 g( x)在(0,??)上单调递增; 当 0 ? a ? 时,函数 g( x) 在 (0, 在(
1 4

1 4

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a ),( , ? ?) 上单调递增, 2 2

a g ( x) ? f ' ( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) x

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a , ) 上单调递减. 2 2

? g ' ( x) ? 2 ?

2 2a 2( x 2 ? x ? a) ? ? x x2 x2
变式.去掉条件“ a ? 0 ” ,讨论 g ( x) 的单调性.

令 h( x) ? x2 ? x ? a , ? ? 1 ? 4a , (1)当 a ? 时, ? ? 0, ? h( x) ? 0恒成立,此时 g' ( x) ? 0 ,
?g( x)在(0,??)上单调递增;
1 4

(2)当 0 ? a ? 时, ? ? 0, 由 g' ( x) ? 0,即h( x) ? 0, 解得
x1 ? 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 且 0 ? x1 ? x2 . , x2 ? 2 2

1 4

解:当 a ? 0 时, ? ? 0, 由 g' ( x) ? 0,即h( x) ? 0, 解得

x1 ?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 且 x1 ? 0 ? x2 . , x2 ? 2 2

1 ? 1 ? 4a x ? (0, ) 时, h( x) ? 0 ,此时 g' ( x) ? 0 ,函数 g( x) 单调递增; 2

1 ? 1 ? 4a x ? (0, ) 时, h( x) ? 0 ,此时 g' ( x) ? 0 ,函数 g( x) 单调递减; 2 1 ? 1 ? 4a x?( , ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 g' ( x) ? 0 ,函数 g( x) 单调递增. 2

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a x ?( , ) 时, h( x) ? 0 ,此时 g' ( x) ? 0 , g( x) 单调递减; 2 2 1 ? 1 ? 4a x?( , ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 g' ( x) ? 0 ,函数 g( x) 单调递增. 2

典例 2【2013 高考广东,理 21】(22)(本小题满分 14 分) 设函数 f ( x) ? ( x ?1)e x ? kx2 (k ? R). 讨论 f ( x) 的单调区间.

综上,当 k ? 0 时, f ( x) 在(-?, 0) 上单调递减, 在(0, ? ?)上 单调递增; 当 0 ? k ? 时, f ( x) 在(-?,ln2k ) , (0, ? ?)上 单调递增,
在(ln 2k, 0) 上单调递减;
1 2

解:由已知,函数的定义域为 R,
f ' ( x) ? e x ? ( x ?1)e x ? 2kx ? x(e x ? 2k )
1 2

当 k ? 时, f ( x) 在 (??,??) 上单调递增; 当 k ? 时, f ( x) 在(-?, 0) , (ln2k, ? ?)上 单调递增,
在(0,ln2k ) 上单调递减.
1 2

1)当 k ? 0 时, e x ? 2k ? 0,?由f ' ( x) ? 0, 解得x ? 0
x ? (-?, 0) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x ? (0, ? ?) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.

2)当 k ? 0 时,由f ' ( x) ? 0, 解得x1 ? 0,x2 ? ln 2k ① k ? 时, ln 2k ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (??,??) 上单调递增;
0) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; ② k ? 时, ln 2k ? 0 , x ? (-?, x ? (0,ln2k ) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x ? (ln2k, ? ?) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增;
1 2 1 2

③ 0 ? k ? 时, ln 2k ? 0 , x ? (-?,ln2k ) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增;
x ? (ln 2k, 0) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x ? (0, ? ?) 时, f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增;

1 2

【2015 枣庄一模 理 21】已知函数 f ( x) ? x ?1 ? a( x ?1)2 ? ln x(a ? R). (1)讨论 f ( x) 的单调区间; (2)若函数 g ( x) ? f ( x) ? x ? 1 有一个极小值点和一个极大值点,求 a 的取值范围.

③ 0 ? a ? 时,

1 2

1 ?1 2a

x ? (0, 1) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;
1 x ? (1, ) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; 2a 1 x?( , ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2a

解:(1)由已知,函数的定义域为 (0,??),
f ' ( x) ? 1 ? 2a( x ? 1) ? 1 ? 2ax ? (2a ? 1) x ? 1 ? (2ax ? 1)( x ? 1) ? ? x x x

令 h( x) ? ?(2ax ? 1)(x ? 1) (Ⅰ)当 a ? 0 时, h( x) ? x ? 1 ,由 h( x) ? 0,解得x ? 1 ,
x ? (0, 1) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;
x ? (1, ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增;

(Ⅲ)当 a ? 0 ,由h( x) ? 0, 解得 x1 ?

1 ? 0(舍),x2 ? 1 2a

x ? (0, 1) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; x ? (1, ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.

(Ⅱ)当 a ? 0 ,由h( x) ? 0, 解得 x1 ? ① a ? 时,
1 2 1 2

1 ,x2 ? 1 2a

综上,当 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, 1)上 单调递减,在 (1, ? ?)上 单调递增;
1) , ( 当 0 ? a ? 时, f ( x) 在 (0,
1 2 1 1 , ? ? )上 单调递减,在 (1, )上 单调递增; 2a 2a

1 ? 1 , h( x) ? 0恒成立, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (0,??) 上单调递减; 2a 1 ? 1, 2a

② a ? 时, 0 ?

1 2 1 1 1 1)上 单调递增. 当 a ? 时, f ( x) 在 (0, ) , (1, ? ?)上 单调递减,在 ( , 2 2a 2a

当 a ? 时, f ( x) 在 (0,??) 上单调递减;

1 x ? (0, ) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2a
x?( 1 , 1) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; 2a x ? (1, ? ?) 时, h( x) ? 0 ,此时 f ' ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;

(2)解:由已知,得 g ( x) ? ?a( x ? 1)2 ? ln x ( x ? 0 ),
1 2ax2 ? 2ax ? 1 则 g ?( x) ? ?2a( x ? 1) ? ? ? x x
2 令 h( x) ? 2ax ? 2ax ? 1( x ? 0) , 若 函 数

g ( x)

有两个极值点,则方程

h( x ) ? 0 必有两个不等的正根,
又 h(0) ? 1, 且对称轴 x ? ,
1 2

a?0 ? ? a ? 2. ?? 2 ?? ? 4a ? 8a ? 0

若a ?

8 , ? ? 0 ,由于 g ? ?1? ? 1 ? 0, g ?1? ? 2a ?1 ? 0 ,则 g ? x ? 9

在 ? ?1, ?? ? 上有两个零点,从而 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上有两个极值点 x1 , x2 且 x1 ? ?

【2015 高考山东,理 21】(本小题满分 14 分)
2 设函数 f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? a x ? x ,其中 a ? R .

1 ? x2 ; 4

?

?

(3)当 a ? 0 时, g ? x ? 在 ? ?1, ? ? 上单调递增,在 ? ? 且 g ? ?1? ? 1 ? 0, g ? ? ? ? 1 ?

? ?

1? 4?

? 1 ? , ?? ? 上单调递减, ? 4 ?

(Ⅰ)讨论函数 f ? x ? 极值点的个数,并说明理由;

? 1? ? 4?

9a ?0, 8

解:由已知,函数的定义域为 (-1,??),
f ' ( x) ?
2

所以, g ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上有唯一零点,从而函数 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上有唯一极值点.

1 2ax2 ? ax ? 1 ? a ? a(2 x ? 1) ? x ?1 x ?1
综上,......

令 g ? x ? ? 2ax ? ax ?1 ? a (1)当 a ? 0 时, g ? x ? ? 1 ? 0 , f ? ? x ? ? 0 在 ? ?1, ?? ? 上恒成立 所以,函数 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上单调递增无极值;
2 2 (2)当 a ? 0 时, g ? x ? ? 2ax ? ax ?1 ? a ? ? 9a ? 8a ,

若0 ? a ?

8 , ? ? 0 ,则 g ? x ? ? 0 在 ? ?1, ?? ? 上恒成立,从而 f ? ? x ? ? 0 , 9

f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上单调递增无极值;

变式 17. 【2013 高考福建,理 17】 (本小题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? x ? a ln x(a ? R) (1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程; (2)求函数 f ( x ) 的极值. 本小题主要考查函数.函数的导数.不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程 思想.分类与整合思想,数形结合思想.化归与转化思想.满分 13 分. 解:函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ?? ) , f ?( x ) ? 1 ?

a . x
2 ( x ? 0) , x

(Ⅰ)当 a ? 2 时, f ( x ) ? x ? 2ln x , f ?( x ) ? 1 ?

? f (1) ? 1, f ?(1) ? ?1 , ? y ? f ( x ) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 1 ? ?( x ? 1) ,
即 x ? y ?2 ? 0. (Ⅱ)由 f ?( x ) ? 1 ?

a x ?a ? , x ? 0 可知: x x

①当 a ? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 为 (0, ?? ) 上的增函数,函数 f ( x ) 无极值; ②当 a ? 0 时,由 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? a ;

? x ? (0, a ) 时, f ?( x ) ? 0 , x ? (a, ??) 时, f ?( x ) ? 0

? f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值,且极小值为 f (a ) ? a ? a ln a ,无极大值.
综上:当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 无极值 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值 a ? a ln a ,无极大值.


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