（全国通用版）新2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 规范答题示例8 函数的单调性、极值与最值问题学

最新人教版小学试题 规范答题示例8 函数的单调性、极值与最值问题

典例8 (12分)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围． 审题路线图 求f′?x?

规 范 解 答·分 步 得 分 1解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a(x>0). 构 建 答 题 模 板 讨论f′?x?―――→f?x?单调性―→f?x?最大值―→解f?x?max>2a－2. 的符号

x若a≤0，则f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ?1?若a>0，则当x∈?0，?时，f′(x)>0； ?a?第一步 求导数：写出函数的定义域，求函数的导数. ?1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0. ?a??1??1?所以f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减.5分 ?a??a?第二步 定符号：通过讨论确定所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ?1??1?当a>0时，f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减.6?a?f′(x)的符号. 第三步 写区间：利用f′(x)的?a?分 (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值，不合题意； 符号确定函数的单调1当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值， 性. 第四步 求最值：根据函数单调性求出函数最值. a?1??1??1?最大值为f??＝ln??＋a?1－?＝－ln a＋a－1. aaa???????1?因此f??>2a－2等价于ln a＋a－1<0.9分 a??令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0. 于是，当01时，g(a)>0. 因此，a的取值范围是(0,1).12分 评分细则 (1)函数求导正确给1分； (2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分；

部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 (3)求出最大值给2分；

(4)构造函数g(a)＝ln a＋a－1给2分； (5)通过分类讨论得出a的范围，给2分．

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跟踪演练8 (2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x－a(x＋x＋1)．

3(1)若a＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．

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(1)解 当a＝3时，f(x)＝x－3x－3x－3，

3

f′(x)＝x2－6x－3.

令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.

当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.

故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．

(2)证明 因为x＋x＋1>0在R上恒成立，

2

x3

所以f(x)＝0等价于2－3a＝0.

x＋x＋1x3

设g(x)＝2－3a，

x＋x＋1

x2?x2＋2x＋3?

则g′(x)＝22≥0在R上恒成立，当且仅当x＝0时g′(x)＝0，

?x＋x＋1?

所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点． 1?1?212

又f(3a－1)＝－6a＋2a－＝－6?a－?－<0，

3?6?6

f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．

综上，f(x)只有一个零点．

1

3

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