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2018年高考数学(理)二轮复习：规范答题示例1 函数的单调性、极值与最值问题(含答案解析)

规范答题示例1 函数的单调性、极值与最值问题

典例1 (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 )――――→讨论f ′(x )

的符号

f (x )单调性―→f (x )最大值―→解f (x )max >2a －2.

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； (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．

跟踪演练1 (2017·山东)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x

(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e ＝2.718 28…是自然对数的底数．

(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；

(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解(1)由题意知f(π)＝π2－2.

又f′(x)＝2x－2sin x，

所以f′(π)＝2π.

所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)．

即2πx－y－π2－2＝0.

(2)由题意得h(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，

h′(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(－sin x－cos x＋2)－a(2x－2sin x)

＝2e x(x－sin x)－2a(x－sin x)＝2(e x－a)(x－sin x)．

令m(x)＝x－sin x，

则m′(x)＝1－cos x≥0，

所以m(x)在R上单调递增．

因为m(0)＝0，

所以当x＞0时，m(x)＞0；

当x＜0时，m(x)＜0.

①当a≤0时，e x－a＞0，

当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；

当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，

所以当x＝0时，h(x)取到极小值，

极小值是h(0)＝－2a－1.

②当a＞0时，h′(x)＝2(e x－e ln a)(x－sin x)，

由h′(x)＝0，得x1＝ln a，x2＝0.

(i)当0＜a＜1时，ln a＜0，

当x∈(－∞，ln a)时，

e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；

当x∈(ln a,0)时，

e x－e ln a＞0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，

e x－e ln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增．

所以当x＝ln a时，h(x)取到极大值，

极大值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．

当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；

(ii)当a＝1时，ln a＝0，

所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，

函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；

(iii)当a＞1时，ln a＞0，

所以当x∈(－∞，0)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，

h(x)单调递增；

当x∈(0，ln a)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；

当x∈(ln a，＋∞)时，e x－e ln a＞0，h′(x)＞0，

h(x)单调递增．

所以当x＝0时，h(x)取到极大值，

极大值是h(0)＝－2a－1；

当x＝ln a时，h(x)取到极小值，

极小值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．

综上所述，

当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；当0＜a＜1时，函数h(x)在(－∞，ln a)和(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]，

极小值是h(0)＝－2a－1；

当a＝1时，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；

当a＞1时，函数h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(0)＝－2a－1，极小值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．

极值点偏移的典型例题(含答案)

2012120()+sin ,(0,1);2 ()()()()(),2. x f x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞ ( )2121212121 ()ln -,() 2 (1=()()()(1)()1 ,,0,2 f x x ax x a R f f x g x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥ 3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明： 2 12122(1)1 (1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x

12123 12()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈

高三数学二轮复习教学案一体化：函数的性质及应用(2)

专题1 函数的性质及应用（2）高考趋势 1.函数历来是高中数学最重要的内容，不仅适合单独命题，而且可以综合运用于其它内容．函数是中学数学的最重要内容，它既是工具，又是方法和思想．在江苏高考文理共用卷中，函数小题（不含三角函数）占较大的比重，其中江苏08年为3题，07年为4题． 2.函数的图像往往融合于其他问题中，而此时函数的图像有助于找出解决问题的方向、粗略估计函数的一些性质。另外，函数的图像本事也是解决问题的一种方法。这些高考时常出现。图像的变换则是认识函数之间关系的一个载体，这在高考中也常出现。通过不同途径了解、洞察所涉及到的函数的性质。在定义域、值域、解析式、图象、单调性、奇偶性、周期性等方面进行考察。在上述性质中，知道信息越多，则解决问题越容易。考点展示 1. “龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点…用S 1、S 2 分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是 B 2. 函数x y 1=的图像向左平移2个单位所得到的函数图像的解析式是 21 +=x y 3. 函数 )(x f 的图像与函数2)1(2---=x y 的图像关于 x 轴对称，则函数 )(x f 的解析式是 2)1(2+-x 4. 方程22 3x x -+=的实数解的个数为 2 5. 函数)1(x f y +=的图像与)1(x f y -=的图像关于 x=0 对称函数图象对称问题是函数部分的一个重要问题，大致有两类：一类是同一个函数图象自身的对称性；一类是两个不同函数之间的对称性。定理1 若函数y=f(x) 对定义域中任意x 均有f(a+x)=f(b-x)，则函数y=f(x)的图象关于直线2 a b x += 对称。定理2 函数()y f a x ω=+与函数()y f a x ω=-的图象关于直线2b a x ω -=对称特殊地，函数y=f(a+x)与函数y=f(b-x)的图象关于直线2 b a x -= 对称。 6. 函数2 1()2 f x x x =-+定义域为[]n m ,，值域为[]n m 2,2，m n <，则m n += -2 样题剖析例1. 已知R 上的奇函数)(x f 在),0[+∞上是单调递增函数，且2)3(=f ,若函数)(x f 的图像向右平移1个单位后得到函数)(x g 的图像，试解不等式： 02 )(2 )(>+-x g x g ),4()2,(+∞--∞ 变式：若函数f (x )是定义在R 上的偶函数，在]0,(-∞上是减函数，且f (2)=0，则使得f (x )<0的x 的取值范围是（-2，2）．例2. 已知函数x b b ax x f 22242)(-+-=，R b a a x x g ∈---=,,)(1)(2 其中（1）当b=0时，若)(x f 在),2[+∞上单调递增，求a 的取值范围；1≥a （2）求满足下列条件的所有实数对),(b a ：当a 为整数时，存在0x ，使得)(0x f 是)(x f 的最大值， )(0x g 是)(x g 的最小值。（2224b b a -+=2)1(5--=b ，502≤