（江苏专用）2019高考数学二轮复习 专题五 第2讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题学案 理

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1、第2讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式(一般不单独设置试题)是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要同等重视.真题感悟1.(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________.解析　f′(x)＝3x2－2＋ex＋

2、≥3x2－2＋2＝3x2≥0且f′(x)不恒为0，所以f(x)为单调递增函数.又f(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－(x3－2x＋ex－)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，由f(a－1)＋f(2a2)≤0，得f(2a2)≤f(1－a)，∴2a2≤1－a，解之得－1≤a≤，故实数a的取值范围是.答案　2.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a

3、)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f

4、(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.答案　－33.(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b2>3a；(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围.(1)解　由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得f

5、′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3＋b－.当x＝－时，f′(x)有极小值b－.因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，所以f＝－＋－＋1＝0，又a>0，故b＝＋.因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.当a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根x1＝，x2＝.列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x

6、2.从而a>3.因此b＝＋，定义域为(3，＋∞).(2)证明　由(1)知，＝＋.设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝.当t∈时，g′(t)>0，从而g(t)在上单调递增.因为a>3，所以a>3，故g(a)>g(3)＝，即>.因此b2>3a.(3)解　由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2＝－＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和

7、为h(a)，因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，所以h(a)＝－a2＋，a>3.因为h′(a)＝－a－<0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减.因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.因此a的取值范围为(3，6].考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨

8、论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外