2020版高考数学一轮复习 导数与函数的极值、最值习题(理)(含解析)
2020版高考数学一轮总复习 第三单元导数及其应用 教案全集 含解析
导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式 ①C ′＝ 0 (C 为常数)； ②(x n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①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；②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．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(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 .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数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，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2， 由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。
2020年高考数学一轮复习专题2.13利用导数求函数的单调性、极值、最值练习(含解析)
第十三讲 利用导数求函数的单调性、极值、最值一．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 二．函数的极值(1)一般地，求函数y ＝f (x )的极值的方法 解方程f ′(x )＝0，当f ′(x 0)＝0时：①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③考查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 三．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．考向一单调区间【例1】求下列函数的单调区间：（1）3()23f x x x =-；（2）2()ln f x x x =-. （3）)f (x )＝2x －x 2.【答案】见解析【解析】（1）由题意得2()63f x x '=-. 令2()630f x x '=->，解得2x <-或2x >. 当(,2x ∈-∞-时，函数为增函数；当,)2x ∈+∞时，函数也为增函数.令2()630f x x '=-<，解得22x -<<当()22x ∈-时，函数为减函数. 故函数3()23f x x x =-的单调递增区间为(,2-∞-和()2+∞，单调递减区间为(,22-. （2）函数2()ln f x x x =-的定义域为(0,)+∞.11)()2f x x x x-+'=-=. 令()0f x '>，解得x >；令()0f x '<，解得0x <<. 故函数2()ln f x x x =-的单调递增区间为)+∞，单调递减区间为. (3)要使函数f (x )＝2x －x 2有意义，必须2x －x 2≥0，即0≤x ≤2.∴函数的定义域为[0,2]．f ′(x )＝(2x －x 2)′＝12(2x －x 2)－12·(2x －x 2)′＝1－x2x －x2.令f ′(x )＞0，则1－x 2x －x2＞0.即⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＞0，2x －x 2＞0，∴0＜x ＜1.∴函数的单调递增区间为(0,1)． 令f ′(x )＜0，则1－x2x －x 2＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＜0，2x －x 2＞0，∴1＜x ＜2.∴函数的单调递减区间为(1,2)．【举一反三】【套路总结】用导数研究函数的单调性 （1）用导数证明函数的单调性证明函数单调递增（减），只需证明在函数的定义域内'()f x ≥（≤）0（2）用导数求函数的单调区间 ①求函数的定义域D ②求导'()f x③解不等式'()f x ＞()<0得解集P④求DP ,得函数的单调递增（减）区间。
2020版高考数学一轮复习(十六)导数与函数的极值、最值(含解析)
课时跟踪检测(十六) 导数与函数的极值、最值一、题点全面练1．函数f（x)＝x e－x，x∈[0,4］的最小值为( ）A．0 B。
1 eC.错误!D.错误!解析：选A f′（x）＝错误!，当x∈［0，1）时，f′（x）＞0，f(x)单调递增,当x∈(1,4］时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为f（0)＝0，f（4)＝错误!＞0,所以当x＝0时，f（x）有最小值，且最小值为0。
2．若函数f（x）＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则a的值为( ）A．－1 B．0C．1 D．e解析：选C f′（x)＝a e x－cos x，若函数f（x)＝a e x－sin x在x ＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意,故选C。
3．已知x＝2是函数f(x）＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为（)A．15 B．16C．17 D．18解析:选D 因为x＝2是函数f（x)＝x3－3ax＋2的极小值点,所以f′(2）＝12－3a＝0,解得a＝4，所以函数f（x）的解析式为f（x）＝x3－12x＋2，f′(x）＝3x2－12,由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f （x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2），（2，＋∞）上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x）取得极大值f（－2）＝18.4.（2019·合肥模拟)已知函数f（x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示,则x错误!＋x错误!等于（）A.错误!B。
错误!C。
83D.错误!解析：选C 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2,0），x1，x2是函数f（x）的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′（x)＝3x2－6x＋2，则x1，x2是方程f′（x）＝3x2－6x＋2＝0的两个不同的实数根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝错误!，所以x错误!＋x错误!＝(x1＋x2）2－2x1x2＝4－错误!＝错误!。
2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值教案理(含解析)新人教A版
第3讲 导数与函数的极值、最值基础知识整合1．导数与函数的极值 (1)函数的极小值与极小值点若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值□01都小，且f ′(a )＝0，而且在x ＝a 附近的左侧□02f ′(x )<0，右侧□03f ′(x )＞0，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值；(2)函数的极大值与极大值点若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值□04都大，且f ′(b )＝0，而且在x ＝b 附近的左侧□05f ′(x )＞0，右侧□06f ′(x )＜0，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．2．导数与函数的最值(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条□07连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的□08极值． ②将函数y ＝f (x )的各极值与□09端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中□10最大的一个是最大值，□11最小的一个是最小值．1．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f (x )在开区间(a ，b )内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．1．函数f (x )＝43x 3－6x 2＋8x 的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－2C ．x ＝－2和x ＝1D ．x ＝1和x ＝2答案 D解析 f ′(x )＝4x 2－12x ＋8＝4(x －2)(x －1)，则结合列表可得函数f (x )的极值点为x ＝1和x ＝2.故选D.2．(2019·黑龙江模拟)设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x. 令f ′(x )＝0，则x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0， 所以x ＝－1为f (x )的极小值点．3．(2019·岳阳模拟)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0答案 B解析 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.故选B.4．若函数y ＝e x＋mx 有极值，则实数m 的取值范围是( ) A ．m >0 B ．m <0 C ．m >1 D ．m <1答案 B解析 y ′＝e x ＋m ，则e x ＋m ＝0必有根，∴m ＝－e x<0.5．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对答案 A解析 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减， ∴x ＝0为极大值点，也为最大值点，∴f (0)＝m ＝3，∴m ＝3.∴f (－2)＝－37，f (2)＝－5. ∴最小值是－37.故选A.6．(2019·宁夏中卫市模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，给出下列命题：①－3是函数y ＝f (x )的极小值点；②－1是函数y ＝f (x )的极小值点；③y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率小于零；④y ＝f (x )在区间(－3,1)上单调递增．则正确命题的序号是( )A ．①④B ．①②C ．②③D ．③④答案 A解析 由图可知x <－3时，f ′(x )<0，x ∈(－3,1)时f ′(x )>0，∴－3是f (x )的极小值点，①正确；又x ∈(－3，1)时f ′(x )≥0，∴f (x )在区间(－3,1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y ＝f (x )在x ＝0处的导数大于0，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率大于0.∴③不正确．故选A.核心考向突破考向一 导数与函数的极值角度1 知图判断函数极值情况 例1 (2019·贵阳模拟)已知函数y ＝fxx的图象如图所示(其中f ′(x )是定义域为R 的函数f (x )的导函数)，则以下说法错误的是( )A ．f ′(1)＝f ′(－1)＝0B ．当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值C ．方程xf ′(x )＝0与f (x )＝0均有三个实数根D ．当x ＝1时，函数f (x )取得极小值 答案 C解析 由图象可知f ′(1)＝f ′(－1)＝0，A 说法正确．当x <－1时，fxx<0，此时f ′(x )>0；当－1<x <0时，fx x>0，此时f ′(x )<0，故当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值，B 说法正确．当0<x <1时，fx x<0，此时f ′(x )<0；当x >1时，fxx>0，此时f ′(x )>0，故当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，D 说法正确．故选C.角度2 已知函数解析式求极值例2 (1)已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0B ．0，－427C.427，0 D ．0，427答案 C解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.(2)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)·(x －1)k(k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 因为f ′(x )＝(x －1)k －1[e x(x －1＋k )－k ]，当k ＝1时，f ′(1)>0，故1不是函数f (x )的极值点，当k ＝2时，在1左边f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，在1右边f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，故f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C.角度3 已知函数的极值求参数范围例3 (1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11 B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11 C ．a ＝－1，b ＝5 D ．以上都不正确 答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧f＝0，f ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D.(2)(2019·沈阳模拟)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a的取值范围为________．答案 a >－1解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－ax ＋x －x.①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a 的取值范围是a >－1.触类旁通函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．已知函数求极值.求fx ―→求方程f ′x ＝0的根―→列表检验f x在fx ＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.已知极值求参数.若函数f x 在点x 0，y 0处取得极值，则f x 0＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.即时训练 1.(2019·福建莆田月考)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极大值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1答案 C解析 f ′(x )＝(x 2＋(2＋a )x ＋a －1)e x －1，由f ′(1)＝0得a ＝－1. ∴由f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝0得x ＝－2或1.又当x <－2时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0， ∴f (x )的极大值为f (－2)＝5e －3.故选C.2．(2018·江门模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析 由图可得函数y ＝(1－x )f ′(x )的零点为－2,1,2，则当x <1时，1－x >0，此时在(－∞，－2)上f ′(x )>0，在(－2,1)上f ′(x )<0；当x >1时，1－x <0，此时在(1,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，因此f (x )有极大值f (－2)，极小值f (2)．故选D.3．若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)答案 C解析 f ′(x )＝ax －(1＋2a )＋2x＝x －ax －x(x >0)，由题意知12<1a<1，解得1<a <2.故选C.考向二 导数与函数的最值例4 (2019·苏州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.(2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . 触类旁通利用导数求函数最值的方法当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值；当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．即时训练 4.(2019·山东师大附中模拟)已知函数f(x)＝(x－a)e x(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值．解f′(x)＝(x＋1－a)e x.(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)e x.∴f(0)＝－2，f′(0)＝－1，∴所求切线方程为y＋2＝－x，即x＋y＋2＝0.(2)令f′(x)＝0得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2.当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；②若a－1≥2，则a≥3.当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；③若1<a－1<2，则2<a<3.f′(x)，f(x)随x的变化情况如表：∴f(x)的减区间为(1，a－1)，增区间为(a－1,2)，∴f(x)min＝f(a－1)＝－e a－1.综上可知当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝－e a－1.考向三极值与最值的综合应用例5 (2019·黑龙江模拟)已知函数f(x)＝e x1＋ax2，其中a为正实数，x＝12是f(x)的一个极值点．(1)求a的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解 f ′(x )＝ax 2－2ax ＋x ＋ax22.(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43.经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43.(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43x 2－83x ＋1e x⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.当12<b <32时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ，32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增．所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e e 4； 当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b1＋ab 2＝3eb3＋4b 2.触类旁通求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论. 求函数在无穷区间或开区间上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象得到函数的最值.即时训练 5.(2019·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数，且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值． 解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 又a ＝1，所以b ＝－3， 则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (2)由(1)知f ′(x )＝ax －x －x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1，当12a<0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a >0时，x 2＝12a>0，当12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增， 所以最大值可能在x ＝12a或x ＝e 处取得， 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2， 当1<12a <e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a<e 矛盾， 当x 2＝12a≥e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，矛盾，综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.。
2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.3利用导数研究函数的极值,最值(讲)(含解析)(最新整理)
第03讲利用导数研究函数的极值,最值—-—讲1。
了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）以研究函数的单调性、单调区间、极值(最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象等相结合,且有综合化更强的趋势．（2)单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现,综合研究函数的性质以大题呈现；（3）适度关注生活中的优化问题.3。
备考重点:（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法,灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等,分析问题解决问题。
知识点1．函数的极值(1）函数的极小值：函数y＝f(x）在点x＝a的函数值f（a）比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a）＝0,而且在点x＝a附近的左侧f′（x）＜0，右侧f′(x）＞0，则点a叫做函数y＝f（x）的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x）的极小值．（2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f（b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b）＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x）＜0,则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点,f（b）叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．【典例1】（2018年文北京卷）设函数。
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0,求a；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围。
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ)【解析】（Ⅰ)因为，所以。
，由题设知，即，解得。
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，则当时，；当时，。
所以在x=1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：。
(1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：x 1+0−↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a〉0时，令得。
2020版高考数学新设计大一轮复习 利用导数研究函数的极值、最值习题理(含解析)新人教A版
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1－1】 已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 答案 D规律方法 由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数.解 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.规律方法 运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点. 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋m x存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x.设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x(x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－m x 2＝－mx 2－x ＋mx2， 令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·ex －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f (x )＝(x 2－x －1)·ex －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0， 所以x ＝1是函数f (x )的极小值点， 则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； ②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 ①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值. 解 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v×1.5＝180v(升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032， 当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.解析 由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故当x ＝2时，f (x )取得最大值80， 则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 415[思维升华]1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值. [易错防范]1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析 由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C2.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则( ) A.a <－1 B.a >－1 C.a >－1eD.a <－1e解析 因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 又函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x＋a ＝0有大于零的解， 当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x<－1. 答案 A3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A.11或18 B.11 C.18D.17或18解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18. 答案 C4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A5.(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A.2e －1B.－1eC.1D.2ln 2解析 由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x ) 在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案 D 二、填空题6.函数f (x )＝x e －x，x ∈[0，4]的最大值是________. 解析 f ′(x )＝e －x－x ·e －x＝e －x(1－x )， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e 为最大值.答案 1e7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________.解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案 －48.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2，103三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝a x－2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由已知，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ， 故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1， 又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4. ∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C12.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x，所以由f ′(x )＝0解得x＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π. 因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm. 答案 414.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
2020届高考数学一轮复习通用版讲义导数与函数的极值、最值
第三节导数与函数的极值、最值一、基础知识批注——理解深一点1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．二、常用结论汇总——规律多一点(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．()(2)在指定区间上极值可能有多个，也可能一个也没有，最大值最多有1个．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(二)选一选1．已知函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内极小值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A 导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个．所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．2．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：选D 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.3．函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C ．0D.12e解析：选A 易知y ′＝1－xe x，x ∈[0,2]，令y ′≥0，得0≤x ≤1；令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y ＝x e x 在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是y |x ＝1＝1e.(三)填一填4．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 解析：f ′(x )＝6x 2－4x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫23＝－827，f (2)＝8. ∴函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是8. 答案：85．函数f (x )＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的极大值点是________．解析：f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.令f ′(x )＝0，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π6时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎦⎤π6，π2时，f ′(x )<0，故函数f (x )＝x ＋2cos x 的极大值点是π6. 答案：π6考点一 利用导数解决函数的极值问题 考法(一) 利用导数求函数的极值或极值点[典例] (2018·天津高考改编)设函数f (x )＝(x －t 1)·(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x (－∞，t 2－3)t 2－3 (t 2－3，t 2＋3)t 2＋3 (t 2＋3，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以函数f (x )的极小值点为x ＝t 2＋3，极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝6 3. [解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤 (1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ， 得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)． [解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x ＋ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选C f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减， 所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. [解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)．答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x .(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2，因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e. [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，所以k ≤－3. 5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ， 令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x 2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2.答案：2 8．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________． 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx ＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (1－ln x )x 2. 所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0. (2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )的极值； (2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x 2x . 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值． 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级——创高分自选1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________．解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1，由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2，可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧ t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98. 答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值； (2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞；由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。
2020版高考数学一轮复习导数与函数的极值、最值课件理
(2)求函数 f(x)在区间[0, π ]上的最大值和最小值. 2
解:(2)f′(x)=ex(cos x-sin x)-1,令 g(x)=f′(x), 则 g′(x)=-2sin x·ex≤0 在[0, π ]上恒成立,且仅在 x=0 处等号成立,
2 所以 g(x)在[0, π ]上单调递减,所以 g(x)≤g(0)=0,
第二课时 导数与函数的极值、最值
专题概述
函数的最大值、最小值是比较整个定义域内的函数值得出来的,函数的极值 是比较极值点附近的函数值得出来的,函数的极值可以有多个,但最大(小)值 只有一个,极值只能在区间内一点处取得,最值可以在端点处取得,有极值未 必有最值,有最值也未必有极值,极值可能成为最值.
(1)求实数 a,b 的值; 解:(1)由 f(x)=aln x-bx2,得 f′(x)= a -2bx(x>0).
x
因为函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 1 相切. 2
f 1 a 2b 0, a 1,
所以
f
1
b
1 2
,
解得
b
则 f(x)极大值=f(1)=- 1 . 2
又因为 f( 1 )=-1- 1 ,f(e)=1- e2 .
e
2e2
2
因为 f(e)<f( 1 ), e
所以 f(x)max=f(1)=- 1 .f(x)min=f(e)=1- e2 .
2
2
反思归纳 求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤: 第一步,求函数在(a,b)内的极值; 第二步,求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b); 第三步,将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最 小的一个为最小值.
高考数学一轮复习专题15导数与函数的极值、最值(含解析)
专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：（﹣∞，），极小值∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1 C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．②验证：求解后验证根的合理性．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值．(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0 B．C．2ln2﹣4 D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f ′（x ）1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1，当f ′（x ）＞0，即0＜x ＜1，函数f （x ）单调递增， 当f ′（x ）＜0，即x ＞1，函数f （x ）单调递减，故函数f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， （2）由（1）可知，f （x ）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x ＝1时，函数有极大值，极大值为f （1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0， ∵f （）ln 2，f （2）＝ln 2﹣1，由于ln 2﹣ln 2+12ln 2＞0，∴f （）＞f （2）， ∴f （x ）min ＝ln 2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．基础知识训练1．【重庆市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（ ）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】 因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【山东省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（ ） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】 函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-， 20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞； 令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞； 所以当0x =时，函数取极小值。
2020高考数学(理)一轮复习课时作业15导数与函数的极值最值 含解析
3．[2019·山东省，湖北省部分重点中学质量检测]已知函数f(x)＝xlnx－ x2－x有极值，则实数m的取值范围是()
A. B.
C. D.
解析：通解f(x)＝xlnx－ x2－x，则f′(x)＝lnx－mx.函数f(x)有极值，即f′(x)＝lnx－mx有变号零点，即函数g(x)＝ 与函数y＝m在(0，＋∞)上的图象有交点(除去相切的情况)．因为g′(x)＝ ，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ ＝ ，画出函数g(x)的大致图象，如图所示，若g(x)＝ 与y＝m的图象有交点(除去相切的情况)，则m< ，故选B.
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a> ，则当x∈ 时，f′(x)<0；
答案：B
4．[2019·开封测试]已知函数f(x)＝xex，x∈(－∞，2)，函数g(x)＝ax＋1，x∈[－2,2]，若对任意的x1∈[－2,2]，总存在唯一x0∈(－∞，2)，使得f(x0)＝g(x1)成立，则实数a的取值范围为()
A. B.
C. D.
解析：由题意，得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，x∈(－∞，2)，易知当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，函数f(x)取得最小值－ .又当x<－1时，f(x)<0，当－1<x<2时，f(x)<2e2，所以函数f(x)的值域为 .对于函数g(x)＝ax＋1，x∈[－2,2]，当a＝0时，g(x)＝1，满足题意；当a>0时，函数g(x)在[－2,2]上单调递增，所以函数g(x)的值域为[－2a＋1,2a＋1]，因为对任意的x1∈[－2,2]，总存在唯一x0∈(－∞，2)，使得f(x0)＝g(x1)，所以[－2a＋1,2a＋1]⊆[0,2e2]，所以 解得0<a≤ ；当a<0时，函数g(x)在[－2,2]上单调递减，所以函数g(x)的值域为[2a＋1，－2a＋1]，因为对任意的x1∈[－2,2]，总存在唯一x0∈(－∞，2)，使得f(x0)＝g(x1)，所以[2a＋1，－2a＋1]⊆[0,2e2)，所以 解得－ ≤a<0.综上，实数a的取值范围为 ，故选B.
2020版高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值、最值理(含解析)新人教版(最新整理)
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课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝（ B )A.错误!B．－错误!C．－ln2 D．ln2解析：y′＝2x＋x·2x ln2＝0，∴x＝－1ln2.2．函数f（x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( C ）A．－2 B．0C．2 D．4解析:f′（x)＝3x2－6x，令f′（x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在［－1，0)上是增函数，f（x)在(0，1]上是减函数．∴f（x)max＝f（x)极大值＝f(0)＝2.3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是（ D )解析:若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x）在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′（x）的图象不可能是D.4．（2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x）＝ln x－ax,若函数f(x）在［1，e］上的最小值为错误!,则a的值为（ A ）A．－ e B．－错误!C．－错误!D．e错误!解析：由题意,f′(x）＝错误!＋错误!，若a≥0,则f′（x）>0,函数单调递增，所以f(1）＝－a＝32，矛盾;若－e<a〈－1，函数f(x)在［1，－a］上递减,在[－a，e]上递增，所以f(－a）＝错误!，解得a＝－错误!；若－1≤a<0，函数f（x）是递增函数,所以f(1)＝－a＝错误!,矛盾；若a≤－e，函数f(x）单调递减，所以f（e)＝错误!，解得a＝－错误!，矛盾．综上，a＝－错误!,故选A.5．（2019·河北邢台质检）若函数f(x）＝错误!x2＋(a－1）x－a ln x存在唯一的极值,且此极值不小于1，则a的取值范围为（ B )A。
高考数学一轮复习高考大题规范解答系列一_函数与导数学案含解析新人教版
高考大题规范解答系列(一)——函数与导数考点一 利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 (2020·北京，19,15分)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)因为f (x )＝12－x 2，所以f ′(x )＝－2x ，1分………………………………得分点① 令－2x ＝－2，解得x ＝1，2分………………………………………………得分点② 又f (1)＝11，所以所求切线方程为y －11＝－2(x －1)，整理得2x ＋y －13＝0.4分……………………………………………………得分点③ (2)由(1)可知f ′(x )＝－2x ，所以曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线斜率k ＝－2t ，又f (t )＝12－t 2，所以切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )，6分…………………………得分点④整理得2tx ＋y －(t 2＋12)＝0，当x ＝0时，y ＝t 2＋12，所以切线与y 轴的交点为(0，t 2＋12)，7分……………………………………………………………………………得分点⑤当y ＝0时，x ＝t 2＋122t ，所以切线与x 轴的交点为⎝⎛⎭⎫t 2＋122t ，0.8分………得分点⑥ ①当t >0时，S (t )＝12·t 2＋122t ·(t 2＋12)＝(t 2＋12)24t ，9分………………………得分点⑦则S ′(t )＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，10分……………………………………………得分点⑧当0<t <2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(0,2)上单调递减； 当t >2时，S ′(t )>0，此时S (t )在(2，＋∞)上单调递增，所以S (t )min ＝S (2)＝32.11分…………………………………………………得分点⑨ ②当t <0时，S (t )＝－(t 2＋12)24t ；12分………………………………………得分点⑩则S ′(t )＝－3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，13分…………………………………………得分点⑪当t <－2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(－∞，－2)上单调递减； 当－2<t <0时，S ′(t )>0，此时S (t )在(－2,0)上单调递增，所以S (t )min ＝S (－2)＝32.14分………………………………………………得分点⑫ 综上所述，当t ＝±2时，S (t )取最小值，为32.15分………………………得分点⑬【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f ′(x )＝－2得1分． ③写对切线方程得2分． ④写对切线方程得2分． ⑤求对与y 轴交点得1分． ⑥求对与x 轴交点得1分． ⑦分类讨论t ≥0时写对S (t )得1分． ⑧求对S (t )得1分． ⑨求对S (t )的最小值得1分． ○10分类讨论，t <0时写对S (t )得1分． ⑪求对S ′(t )得1分． ⑫求对S (t )最小值得1分． ⑬总结叙述正确得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．2．解题技巧：(1)求出切线与x 轴、y 轴交点，并写出三角形的积S (t )． (2)对S (t )分类讨论，分别求最值是本题关键点． 〔变式训练1〕(理)(2020·湖南期末统测)已知函数f (x )＝ln x ＋1－2a －x ＋a x 有两个不同的极值点x 1，x 2.(1)求实数a 的取值范围．(2)求f (x )的极大值与极小值之和的取值范围．(文)(2020·长春市第二次质量监测)已知函数f (x )＝(a －1)·ln x －ax －x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若函数f (x )在[1,3]上的最大值为－2，求实数a 的值．[解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值．(理)(1)f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1－a x 2＝－x 2＋x －ax 2.因为f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2，且x >0，所以x 2－x ＋a ＝0有两个不同的正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a >0，x 1＋x 2＝1>0，x 1x 2＝a >0，解得0<a <14.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，14. (2)由(1)知x 1x 2＝a ，x 1＋x 2＝1，不妨设x 1<x 2，所以f (x )极小值＝f (x 1)，f (x )极大值＝f (x 2)， 所以f (x )极小值＋f (x )极大值＝f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋2(1－2a )＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＝ln a ＋2－4a .令φ(a )＝ln a －4a ＋2，则φ′(a )＝1a －4，当0<a <14时，φ′(a )>0，所以φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递增，所以φ(a )<φ⎝⎛⎭⎫14＝－2ln 2 ＋1. 又当a →0时，φ(a )→－∞，所以f (x )的极大值与极小值之和的取值范围是(－∞，－2ln 2＋1)．(文)(1)a ＝2时，f (x )＝ln x －2x －x ，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1，f (2)＝ln 2－3，f ′(2)＝0，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝ln 2－3. (2)f ′(x )＝a －1x ＋a x 2－1＝－(x ＋1)(x －a )x 2(1≤x ≤3)，当a ≤1时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,3]上单调递减， 所以f (1)＝－2，a ＝1；当a ≥3时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,3]上单调递增，所以f (3)＝－2，a ＝ln 3＋1ln 3－13<3，舍去；当1<a <3时，f (x )在(1，a )上单调递增，在(a,3)上单调递减， 所以f (a )＝－2，a ＝e. 综上，a ＝1或a ＝e.考点二 利用导数解决与不等式有关的函数问题例2 (2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338； (3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n. 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)f ′(x )＝cos x (sin x sin 2x )＋sin x (sin x sin 2x )′ ＝2sin x cos x sin 2x ＋2sin 2x cos 2x＝2sin x sin 3x .2分……………………………………………………………得分点① 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3∪⎝⎛⎭⎫2π3，π时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π3，⎝⎛⎭⎫2π3，π单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫π3，2π3单调递减.4分………………………………得分点②(2)证明：因为f (0)＝f (π)＝0，由(1)知，f (x )在区间[0，π]的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π3＝338，5分 …………………………………………………………………………………得分点③ 最小值为f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－338.6分…………………………………………………得分点④ 而f (x )是周期为π的周期函数，故|f (x )|≤338.7分…………………………得分点⑤ (3)证明：由于(sin 2x sin 22x …sin 22n x )32 8分…………………………………得分点⑥＝|sin 3x sin 32x …sin 32n x |＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin2n x ||sin 22n x |9分……………………………得分点⑦ ＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x |10分……………………………………得分点⑧ ≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|，11分…………………………………………………得分点⑨所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤⎝⎛⎭⎫3382n3＝3n4n .12分……………………………得分点⑩【评分细则】①正确求得导函数并化简正确得2分． ②讨论f (x )的单调性，正确得2分． ③求对f (x )的最大值得1分． ④求对f (x )的最小值得1分． ⑤证出|f (x )|≤338得1分． ⑥变形正确得1分． ⑦合理转化得1分．⑧转化出f (x )、f (2x )、…、f (2n －1x )得1分． ⑨放缩正确得1分． ⑩证出结论得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对导数解不等式． (2)求出f (x )的最值是证明第2问的关键．(3)将不等式左边变形与f (x )及第2问结合起来是完成第3问的关键． 〔变式训练2〕(理)(2020·河南省郑州市高三第二次质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的斜率为0.(1)求a 的值；(2)求证：当0<x ≤2时，f (x )>12x .(文)(2018·课标全国Ⅰ，21)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，a ∈R . (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.[分析] (文)(1)看到x ＝2是f (x )的极值点，想到f ′(2)＝0且两边异号，看到求单调区间想到求函数定义域，并对函数求导．(2)看到证明当a ≥1e 时，f (x )≥0想到用1e 替换a 进行放缩，构造函数y ＝e xe －ln x －1，从而求此函数的最小值．[解析] (理)(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意可得f ′(1)＝2a －2＝0， ∴a ＝1.(2)要证f (x )>12x (0<x ≤2)，只需证x －ln x x －ln x >12，即证x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，由g ′(x )＝1－1x＝0，解得x ＝1，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故g (x )min ＝g (1)＝1，由h ′(x )＝1－ln xx 2可知h (x )在(0,2]上单调递增，故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22<1＝g (x )min ，故h (x )<g (x )，即f (x )>12x .(文)(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0， 所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e xe －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.考点三 利用导数解决与函数零点有关的问题例3 (2021·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f (x )＝a e x －x －a ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )恰有2个零点，求实数a 的取值范围． 【分析】 ①看到单调性想到求函数f (x )的导数．②看到f (x )恰有2个零点，想到f (x )＝0有两解或y ＝f (x )图象与x 轴有两个交点． 【标准答案】——规范答题 步步得分(1)f ′(x )＝a e x －1，1分……………………………………………………………得分点① 当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －1<0，所以x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，2分…得分点② 当a >0时，令f ′(x )＝a e x －1＝0，得x ＝－ln a ；所以x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减；x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(－ln a ，＋∞)上单调递增.4分………………………………得分点③(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；又知f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点；5分……………………………………得分点④ 当0<a <1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，取f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a ，令函数g (a )＝1a ＋2ln a －a ，得g ′(a )＝－(a －1)2a 2<0，所以g (a )>g (1)＝0，所以f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a >0得f (x )在(－ln a ，－2ln a )上也有1个零点，8分……………………………………………………………………………………得分点⑤ 当a ＝1时，f (x )≥f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点，9分……………………得分点⑥ 当a >1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0， 令函数h (a )＝a －ln a ，a >1得h ′(a )＝1－1a >0，所以h (a )>h (1)>0，所以a >ln a ，∴－a <－ln a ，取f (－a )＝a e －a >0，得f (x )在(－a ，－ln a )上也有1个零点，综上可知：若f (x )恰有2个零点，则a ∈(0,1)∪(1，＋∞).12分……………得分点⑦ 【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②求对a ≤0单调区间得1分． ③求对a >0单调区间得2分．④求对a ≤0时f (x )只有一个零点得1分． ⑤求对0<a <1时f (x )有两个零点得3分． ⑥求对a ＝1时f (x )有一个零点得1分．⑦求对a >1时f (x )有两个零点，并进行综述得3分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．2．解题技巧：(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．(2)通过(1)的分析知道函数f (x )的单调性、最值，讨论f (x )零点的个数，从而得出结论． 〔变式训练3〕(2020·全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b .(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. [解析] 本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、极值、零点． (1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. (2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点． 因为f (－1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点． 由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝⎛⎭⎫－1，－12，x 2∈⎝⎛⎭⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.。
2020版导与练第一轮复习理科数学 (5)
反思归纳 利用导函数图象判断函数的极值,主要是根据导函数的符号确定函数的单调 性,根据函数的单调性以及函数的极值的定义研究函数的极值.
【跟踪训练 1】已知函数 y= f (x) 的图象如图所示,其中 f′(x)是定义域为 R 的函 x
数 f(x)的导函数,则以下说法错误的是( )
(A)f′(1)=f′(-1)=0 (B)当x=1时,函数f(x)取得极小值 (C)当x=-1时,函数f(x)取得极大值 (D)方程xf′(x)=0与f(x)=0均有三个不同的实数根
f(x)max=f(e)=1-me;
②当 1 ≥e,即 0<m≤ 1 时,x∈(1,e),f′(x)>0,所以函数 f(x)在(1,e)上单
m
e
调递增,则 f(x)max=f(e)=1-me;
③当 1< 1 <e,即 1 <m<1 时,函数 f(x)在(1, 1 )上单调递增,在( 1 ,e)上单调
解析:由题图可知,当x<-2时,1-x>3,此时f′(x)>0;当-2<x<1时,0<1-x<3,此 时f′(x)<0;当1<x<2时,-1<1-x<0,此时f′(x)<0;当x>2时,1-x<-1,此时 f′(x)>0,由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值. 故选D.
x2
(A)(-1,+∞)
(B)[-1,+∞)
(C)(0,+∞)
(D)[0,+∞)
解析:f(x)= ex 的导数为 f′(x)= ex (x 1) .令 f′(x)>0,解得 x>-1,令
2020年浙江高考数学一轮复习：导数与函数的极值、最值
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[演练冲关]
1．(2018·浙江十二校联考)如图，已知直线
y＝kx＋m 与曲线 y＝f(x)相切于两点，
则 F(x)＝f(x)－kx 有
()
A．1 个极大值点，2 个极小值点
B．2 个极大值点，1 个极小值点
C．3 个极大值点，无极小值点
D．3 个极小值点，无极大值点
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解析：F′(x)＝f′(x)－k，如图所示， 从而可知 F′(x)共有三个零点 x1，x2， x3，由图可知，F(x)在(－∞，x1)上单调 递减，在(x1，x2)上单调递增，(x2，x3) 上单调递减，(x3，＋∞)上单调递增， ∴x1，x3 为极小值点，x2 为极大值点，即 F(x)有 1 个极大值点， 2 个极小值点，故选 A. 答案：A
D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
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解析：由图可知，当 x＜－2 时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1 时，f′(x)＜0；当 1＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时， f′(x)＞0.由此可以得到函数 f(x)在 x＝－2 处取得极大值， 在 x＝2 处取得极小值． 答案：D
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单
调递增，故函数 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)
＝ln a，无极大值．
综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；
f′(x)
－
0
＋
f(x)
k1－ln k 2
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，
单调递增区间是( k，＋∞)．
2020版高考数学一轮复习 第三章 第三节 导数与函数的极值、最值精练 文
第三节 导数与函数的极值、最值A 组 基础题组1.函数f(x)=13x 3-4x+4的极大值为( ) A.283B.6C.263D.7答案 A f '(x)=x 2-4=(x+2)(x-2),令f '(x)=0,得x=-2或x=2,则f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)的极大值为f(-2)=283. 2.函数y=xex 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C.0D.2√e答案 A 易知y'=1-xe x ,令y'>0,得0≤x<1,令y'<0,得1<x≤2,所以函数y=xe x 在[0,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,所以y=x e x 在[0,2]上的最大值是1e ,故选A.3.已知x=2是函数f(x)=x 3-3ax+2的极小值点,那么函数f(x)的极大值为( ) A.15 B.16 C.17 D.18答案 D 因为x=2是函数f(x)=x 3-3ax+2的极小值点,所以x=2是3x 2-3a=0的根,将x=2代入上述方程得a=4,所以函数f(x)的解析式为f(x)=x 3-12x+2,则f '(x)=3x 2-12,由3x 2-12=0,得x=±2,故函数f(x)在(-2,2)上是减函数,在(-∞,-2),(2,+∞)上是增函数,由此可知当x=-2时,函数f(x)取得极大值f(-2)=18,故选D.4.已知函数f(x)=x 3+bx 2+cx 的图象如图所示,则x 12+x 22等于( )A.23B.43C.83D.163答案 C 由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x 1,x 2是函数f(x)的极值点,所以1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x 3-3x 2+2x,所以f '(x)=3x 2-6x+2.x 1,x 2是方程3x 2-6x+2=0的两根,所以x 1+x 2=2,x 1·x 2=23,所以x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1·x 2=4-43=83,故选C.5.若函数f(x)=x 3-3ax 在区间(-1,2)上仅有一个极值点,则实数a 的取值范围是( ) A.(1,4]B.[2,4]C.[1,4)D.[1,2]答案 C 因为f '(x)=3(x 2-a),所以当a≤0时, f '(x)≥0在R 上恒成立,所以f(x)在R 上单调递增, f(x)没有极值点,不符合题意;当a>0时,令f '(x)=0,得x=±√x ,当x 变化时, f '(x)与f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-√a )-√a (-√a ,√a )√a (√a ,+∞)f '(x) + 0 - 0 + f(x)↗极大值↘极小值↗因为函数f(x)在区间(-1,2)上仅有一个极值点,所以{√x <2,-√x ≤-1或{-√x >-1,2≤√x ,解得1≤a<4.故选C.6.函数f(x)=ae x-sin x 在x=0处有极值,则a 的值为 . 答案 1解析 f '(x)=ae x -cos x,若函数f(x)=ae x -sin x 在x=0处有极值, 则f '(0)=a-1=0,解得a=1,经检验,a=1符合题意.7.已知函数f(x)=x 3+3ax 2+3bx+c 在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为 . 答案 4解析 f '(x)=3x 2+6ax+3b,由题意得{3×22+6a ×2+3b =0,3×12+6a ×1+3b =-3⇒{x =-1,x =0.所以f '(x)=3x 2-6x,令3x 2-6x=0,则x=0或x=2, 所以f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上递增,在(0,2)上递减, 所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.8.已知f(x)=2x 3-6x 2+m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为 . 答案 -37解析 由题意知, f '(x)=6x 2-12x,令f '(x)=0,得x=0或x=2,当-2<x<0时, f '(x)>0,当0<x<2时, f '(x)<0,∴f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,2]上单调递减,由条件知f(0)=m=3,∴f(2)=-5, f(-2)=-37,∴所求最小值为-37.9.(2019河南洛阳调研)已知f(x)=x 3+ax 2+bx+1的导数f '(x)满足f '(1)=2a, f '(2)=-b,其中常数a,b∈R.(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)设g(x)=f '(x)e -x,求函数g(x)的极值. 解析 (1)由题意知f '(x)=3x 2+2ax+b,则{x '(1)=3+2x +x =2x ,x '(2)=12+4x +x =-x ,解得{x =-3,x =-32.所以f(x)=x 3-32x 2-3x+1,则f '(x)=3x 2-3x-3. f(1)=-52,则f '(1)=-3,故曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(-52)=-3(x-1),即6x+2y-1=0. (2)由(1)知g(x)=(3x 2-3x-3)e -x, 则g'(x)=(-3x 2+9x)e -x , 令g'(x)=0,得x=0或x=3,当x<0或x>3时,g'(x)<0;当0<x<3时,g'(x)>0.于是函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减. 所以函数g(x)在x=0处取得极小值g(0)=-3,在x=3处取得极大值g(3)=15e -3. 10.已知函数f(x)=e xcos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.解析 (1)因为f(x)=e xcos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, 则f '(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e xsin x. 当x∈[0,π2]时,h'(x)≤0, 所以h(x)在区间[0,π2]上单调递减.所以对任意x∈[0,π2]有h(x)≤h(0)=0,即f '(x)≤0. 所以函数f(x)在区间[0,π2]上单调递减.因此f(x)在区间[0,π2]上的最大值为f(0)=1,最小值为f (π2)=-π2.B 组 提升题组1.(2019广西南宁模拟)已知函数f(x)=ln x-x-1,g(x)=xf(x)+12x 2+2x. (1)求f(x)的单调区间;(2)若函数g(x)在区间(m,m+1)(m∈Z)内存在唯一的极值点,求m 的值. 解析 (1)由已知得x>0,f '(x)=1x -1=1-xx.由f '(x)>0,得0<x<1, 由f '(x)<0,得x>1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1,+∞).(2)因为g(x)=xf(x)+12x 2+2x=x(ln x-x-1)+12x 2+2x=xln x-12x 2+x, 则g'(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数g'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 又g'(1e 2)=-2-1e 2+2=-1e2<0,g'(1)=1>0,所以g'(x)在(0,1)上有且只有一个零点,记为x 1. 又在(0,x 1)上g'(x)<0,g(x)在(0,x 1)上单调递减; 在(x 1,1)上g'(x)>0,g(x)在(x 1,1)上单调递增. 所以x 1为极值点,此时m=0.又g'(3)=ln 3-1>0,g'(4)=2ln 2-2<0,所以g'(x)在(3,4)上有且只有一个零点,记为x 2. 所以在(3,x 2)上g'(x)>0,g(x)在(3,x 2)上单调递增; 在(x 2,4)上g'(x)<0,g(x)在(x 2,4)上单调递减. 所以x 2为极值点,此时m=3. 综上所述,m=0或m=3.2.已知函数f(x)=ax 2-(a+2)x+ln x,其中a∈R.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a>0时,若f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求a 的取值范围. 解析 (1)当a=1时,f(x)=x 2-3x+ln x(x>0), 所以f '(x)=2x-3+1x =2x 2-3x +1x,所以f '(1)=0.又f(1)=-2, 所以切线方程为y=-2.(2)函数f(x)=ax 2-(a+2)x+ln x 的定义域为(0,+∞), f '(x)=2ax-(a+2)+1x =2xx 2-(a +2)x +1x =(2x -1)(xx -1)x,令f '(x)=0,解得x=12或x=1x .当0<1x ≤1,即a≥1时,f(x)在[1,e]上单调递增. 所以f(x)在[1,e]上的最小值为f(1)=-2,符合题意;当1<1x <e,即1e <a<1时,f(x)在[1,1x ]上单调递减,在[1x ,e ]上单调递增,所以f(x)在[1,e]上的最小值为f (1x )<f(1)=-2,不符合题意;当1x≥e,即0<a≤1e时,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)在[1,e]上的最小值为f(e)<f(1)=-2,不符合题意. 综上,实数a 的取值范围是[1,+∞).。
备考2020年高考数学一轮复习：14 导数与函数的极值、最值
备考2020年高考数学一轮复习：14 导数与函数的极值、最值一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）函数f(x)=(1−x)e x有()A．最大值为1B．最小值为1C．最大值为e D．最小值为e2．（2分）函数f(x)=e xx2−3在[2,4]上的最大值为（）A．e2B．e36C．e413D．2e23．（2分）函数f(x)=elnx−x在(0， 2e]上的最大值为（）A．1−e B．−1C．−e D．04．（2分）函数f(x)=(x2−1)3+2的极值点是（）A．x=1B．x=0C．x=1或-1或0D．x=−15．（2分）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1−x)f′(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(−2)D．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(2)6．（2分）f(x)=(sinx+cosx)2+2cosx,x∈[0,π2]则y=f(x)的最大值为（）A．1+ 32√3B．3C．2+ √2D．47．（2分）函数f(x)=sinx−x，x∈[−π2,π2]的最大值是（）A．π2−1B．πC．−πD．1−π28．（2分）函数f(x)=sin2x−x，x∈[−π2,π2]的最大值是（）A．π2B．π6−√32C．√32−π6D．−π29．（2分）函数f(x)=x3+ax2+3x−9，已知f(x)在x=−3处取得极值，则a等于（）A．2B．3C．4D．510．（2分）若函数f(x)=ax3+2x2+x+1在(1，2)上有最大值无最小值，则实数a的取值范围为（）A．a>−34B．a<−53C．−53<a<−34D．−53≤a≤−3411．（2分）函数f(x)=2x3−3x2+a的极大值为6，那么a的值是（）A．6B．5C．1D．012．（2分）若函数f(x)=xx2+a(a>0)在[1,+∞)上的最大值为√33，则a＝（）A．√3−1B．34C．43D．√3+1二、填空题(共5题；共5分)13．（1分）设函数f(x)＝x3－12x2－2x＋5，若对任意x∈[1,2]都有f(x)<m成立，则实数m的取值范围是．14．（1分）已知函数f(x)=x(lnx−ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是．15．（1分）已知函数f(x)=x2−2lnx+a的最小值为3，则a=．16．（1分）函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1时有极值10，那么a、b的值为.17．（1分）函数f(x)=−12x2+lnx在[1e,e]上的最大值是.三、解答题(共5题；共45分)18．（10分）已知函数f(x)=x3−3x+6.（1）（5分）求f(x)的极值；（2）（5分）求f(x)在[0,2]上的最大值与最小值，并写出相应的x的值. 19．（10分）函数f(x)=ax3−4x+4过点P(3,1).（1）（5分）求函数f(x)的单调区间（2）（5分）求函数f(x)在区间[−1,3]上的最大值和最小值。
(浙江版)2020年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题3.4 利用导数研究函数的极值,最值(练)
专题3.4 利用导数研究函数的极值，最值A 基础巩固训练1.【浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【浙江嘉兴一中测试】已知不等式()ln 11x ax b +-≤+对一切1x >-都成立，则b a的最小值是（ ）A. 1e -B. eC. 1e -D. 1 【答案】C当x ＞1aa -时，y′＜0，函数递减． 则x=1a a-处取得极大值，也为最大值﹣lna+a ﹣b ﹣2，∴﹣lna+a ﹣b ﹣2≤0， ∴b≥﹣lna+a ﹣2， ∴b a ≥1﹣ln a a﹣2a ，令t=1﹣ln a a﹣2a ， ∴t′=21ln a a+， ∴（0，e ﹣1）上，t′＜0，（e ﹣1，+∞）上，t′＞0， ∴a=e ﹣1，t min =1﹣e ． ∴ba的最小值为1﹣e ． 3.函数()f x 的导函数()'f x 在区间(,)a b 内的图象如图所示， 则()f x 在(,)a b 内的极大值点有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个 【答案】B 【解析】4．【河北唐山二模】已知()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()()2'0x f x xf x ++>，则（ ）A. ()0f x >B. ()0f x <C. ()f x 为减函数D. ()f x 为增函数 【答案】A【解析】令()()2xg x x f x e =，()()()()()()()2222x x x x g x xf x e x f x e x f x e xe x f x xf x ⎡⎤=++='++'⎣'⎦，∵()()()2'0x f x xf x ++>，∴当0x >时， ()0g x '>，函数()g x 单调递增，当0x <时， ()0g x '<，函数()g x 单调递减；故()()()200xg x x f x e g =>=即()0f x >，故选A.5.【山西三区八校二模】已知函数()2ln f x x ax bx =++（其中a ， b 为常数且0a ≠）在1x =处取得极值．（Ⅰ）当1a =时，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值．【答案】（Ⅰ）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()1,+∞；单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭; （Ⅱ）12a e =-或2a =-.（Ⅱ）对函数求导，写出函数的导函数等于0的x 的值，列表表示出在各个区间上的导函数和函数的情况，做出极值，把极值同端点处的值进行比较得到最大值，最后利用条件建立关于a 的方程求得结果． 试题解析：（Ⅰ）因为()2ln f x x ax bx =++，所以()1'2f x ax b x=++， 因为函数()2ln f x x ax bx =++在1x =处取得极值，()'1120f a b =++=当1a =时， 3b =-， ()2231'x x f x x-+=，由()'0f x >，得102x <<或1x >；由()'0f x <，得112x <<， 即函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()1,+∞；单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭． （Ⅱ）因为()()()211'ax x f x x--=，令()'0f x =， 11x =， 212x a=， 因为()f x 在1x =处取得极值，所以21112x x a=≠=，当0a >，2102x a=>, 当112a <时， ()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， ()1,e 上单调递增， 所以最大值1可能的在12x a =或x e =处取得，而()21111ln 212222f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln22a a=-0<， 所以()()2ln 211f e e ae a e =+-+=，解得12a e =-； 当112e a ≤<时， ()f x 在区间()0,1上单调递增， 11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 1,2e a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以最大值1可能在1x =或x e =处取得， 而()()1ln1210f a a =+-+<， 所以()()2ln 211f e e ae a e =+-+=，解得12a e =-，与2112x e a <=<矛盾． 当212x e a=≥时， ()f x 在区间()0,1上单调递增，在()1,e 上单调递减，所最大值1可能在1x =处取得，而()()1ln1210f a a =+-+<，矛盾． 综上所述， 12a e =-或2a =-, B 能力提升训练1．已知)(x f 是定义域，值域都为(0,)+∞的函数， 满足2()()0f x xf x '+>，则下列不等式正确的是（ ）A ．2016(2016)2015(2015)f f >B ． 2016(2016)2015(2015)f f <C. 332015(2015)2016(2016)f f < D.332015(2015)2016(2016)f f > 【答案】C 【解析】构造函数0)()(2)(),()(22>'+='=x f x x xf x g x f x x g ，所以)(x g 在),0(+∞单调递增， 所以)2016(2016)2015(201522f f <，结合不等式性质. 故C 正确. 2．已知()f x 在R 上可导，且2()2(2)f x x xf '=+，则(1)f -与(1)f 的大小关系是（ ） （A ）(1)(1)f f -= （B ）(1)(1)f f -> （C ）(1)(1)f f -< （D ）不确定 【答案】B 【解析】3．设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）【答案】D 【解析】A 中曲线是原函数，直线是导函数；B 中递增的为原函数，递减的为导函数；C 中上面的为导函数，下面的为原函数；D 中无论原函数是哪一个，导函数值都要有正有负.4．设函数f （x ）在R 上存在导数)(x f '，R x ∈∀，有2)()(x x f x f =+-，在),0(+∞上，()f x '()f x ()y f x =()y f x '=x x f <')(，若0618)()6(≥+---m m f m f ，则实数m 的取值范围为（ ）A ．),2[+∞B ．),3[+∞C ．[-3，3]D ．),2[]2,(+∞--∞Y 【答案】B 【解析】061821)()6(21)6(618)()6(22≥+----+-=+---m m m g m m g m m f m f ，即0)()6(≥--m g m g ，∴)()6(m g m g ≥-，∴m m ≤-6，∴3≥m ． 5.设函数()x x x x f 2141ln 2--=. （1）求()x f 的单调区间和极值； （2）若()()⎪⎭⎫⎝⎛++=1412x x f x x g ，当1>x 时，()x g 在区间()1,+n n 内存在极值，求整数n 的值.【答案】（1）函数()f x 的单调增区间为（0,1），递减区间为),1(+∞， 在1=x 处取得极大值43-，无极小值.（2）3=n . 【解析】（1）)0(,2221211)(2>+--=--='x xx x x x x f 令0)(='x f ，解得)2(1舍去-=x ，根据)(),(,x f x f x '的变化情况列出表格:x (0,1) 1 ),1(+∞)(x f ' + 0 _)(x f递增极大值43-递减由上表可知函数()f x 的单调增区间为（0,1），递减区间为),1(+∞， 在1=x 处取得极大值43-，无极小值.. （2）x x x x x x f x x g +-=++=2221ln )141)(()(,2ln 11ln )(+-=+-+='x x x x x g , 令2ln )(+-=x x x h ， x xx x h -=-='∴111)(，C 思维拓展训练1.设函数x e x e x g x x e x f 222)(,1)(=+=，对任意),0(,21+∞∈x x ，不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立，则正数k 的取值范围是（ ）A ．),1(+∞B ．),1[+∞C ．)1,(-∞D ．]1,(-∞ 【答案】B 【解析】∵k 为正数，∴对任意),0(,21+∞∈x x ，不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立min max ]1)([])([+≤⇒k x f k x g ， 由0)1()(22=-='+xx ex e x g 得1=x ，)1,0(∈x ，0)(>'x g ，),1(+∞∈x ，0)(<'x g ， ∴kek g k x g ==)1(])([max . 同理)1,0(,101)(22e x e x x x e x f x ∈=⇒=-='，0)(<'x f ，),1(+∞∈ex ，0)(>'x f ， 121)1(]1)([min+=+=+k e k e f k x f ，∴1,0,12≥∴>+≤k k k ek e ，故选B.2．已知函数32()1f x x bx cx =+++有两个极值点12,x x 且12[2,1],[1,2]x x ∈--∈，则(1)f-的取值范围是（）A．[3,12] B．3[,6]2- C．3[,3]2- D．3[,12]2-【答案】A3.若函数(]()21,0,1()31,1,ax xf xax x⎧-∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，2()logg x x=，关于x的不等式()(()0f xg x⋅≥对于任意()0,x∈+∞恒成立，则实数a的取值范围是 .【答案】11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】当(]0,1x∈时，2()log0g x x=≤，关于x的不等式()(()0f xg x⋅≥对于任意(]0,1x∈恒成立，所以(]()210,0,1f x ax x=-≤∈恒成立，即有12ax≤恒成立，则21,a≤即12a≤，当1x>时，2()log0g x x=>，关于x的不等式()(()0f xg x⋅≥对于任意[)1,x∈+∞恒成立，所以()310,f x ax=-≥在[)1,x∈+∞恒成立，即有13ax≥恒成立，则31,a≥即13a≥，关于x的不等式()(()0f xg x⋅≥对于任意()0,x∈+∞恒成立，则实数a的取值范围是1132a≤≤.4．【浙江嘉兴测试】已知函数21()ln(,)2f x a x x bx a b R=++∈在122,3x x==处取得极值．（1）求,a b的值；（2）求()f x在点(1,(1))P f处的切线方程．【答案】（1）⎩⎨⎧=-=65a b ；（2）01324=--y x ．【解析】试题解析：（1）()xabx x b x x a x f ++=++=2/，令()02/=++=xabx x x f据题意，得 2,3是方程02=++a bx x 两根 则有 ⎩⎨⎧=-=⇒⎩⎨⎧=⨯-=+653232a b a b （2）()x x x x f 521ln 62-+=， 则 ()295211-=-=f ， 得 )29,1(-P 又由()xx x x f 652+-='，得 ()26511=+-='f从而，得所求切线方程为()1229:-=+x y l ，即01324=--y x ．5. 已知函数()()R a xx a x f ∈+=ln ．（1）若1=a ，求曲线)(x f 在点))(,(e f e 处的切线方程； （2）求)(x f 的极值；（3）若函数)(x f 的图象与函数1)(=x g 的图象在区间],0(2e 上有公共点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）032=-+e y e x ；（2）11)()(--==a ae ef x f 极大值；（3）1≥a . 【解析】（1）1=a ，()x x x f 1ln +=且()e e f 2=． 又22ln )1(ln )1(ln )(x x x x x x x x f -='+-'+='，()2,1ee f -=． )(x f 在点))(,(e f e 处的切线方程为：)(122e x ee y --=-，即032=-+e y e x ． （2）)(x f 的定义域为),0(+∞，2)(ln 1)(xa x x f +-='， 令0)(='x f 得ae x -=1． 当),0(1aex -∈时，0)(>'x f ，)(x f 是增函数；当),(1+∞∈-aex 时，0)(<'x f ，)(x f 是减函数；)(x f 在a e x -=1处取得极大值，即11)()(--==a a e e f x f 极大值．（3）（i ）当21e e a <-，即1->a 时， 由（Ⅱ）知)(x f 在),0(1ae-上是增函数，在],(21e e a -上是减函数，当a e x -=1时，)(x f 取得最大值，即1m ax )(-=a e x f ．又当a e x -=时，0)(=x f ， 当],0(aex -∈时，0)(<x f ，当],(2e e x a -∈时，],0()(1-∈a e x f ，所以，)(x f 的图像与1)(=x g 的图像在],0(2e 上有公共点，等价于11≥-a e ，解得1≥a ，又因为1->a ，所以1≥a ．。
专题14：导数中的单调性及极值最值问题高考真题(理科)(解析版)
专题14：导数中的单调性及极值最值问题高考真题（理科）（解析版）1．已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【来源】2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围. 【详解】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()21x f x e x '=+-，由于()20xf x e ''=+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----， 记()32112xe x x g x x ---=-，()()231212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21102xe x x h x x ---≥=， 则()1xh x e x '=--，()10xh x e ''=-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，试卷第2页，总14页由()0h x ≥可得：21102xe x x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，0g x ，()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时，0g x ，()g x 单调递减；因此，()()2max724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．2．2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷） 已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对a 进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；(2)根据()f x 存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定2a >，令'()0f x =，得到两个极值点12,x x 是方程210x ax -+=的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.详解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x-+=--+-'=. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在()0,+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x +=.当x ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当x ⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x在0,,,22a a ⎛⎛⎫++∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在22a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于()()12121221212121222ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以()()12122f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<. 设函数()12ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在()0,+∞单调递减，又()10g =，从而当()1,x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即()()12122f x f x a x x -<--. 点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确. 3．2018年全国卷Ⅲ理数高考试题已知函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．试卷第4页，总14页【答案】（1）见解析 （2）16a =- 【解析】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可． （2）分类讨论a 0≥和a 0<,构造函数()()2h x 2f x x ax=++,讨论()h x 的性质即可得到a 的范围．详解：（1）当0a =时，()()()2ln 12f x x x x =++-，()()ln 11x f x x x=+-+'. 设函数()()()ln 11x g x f x x x==+-+'，则()()21x g x x ='+. 当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>.故当1x >-时，()()00g x g ≥=，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=. 所以()f x 在()1,-+∞单调递增.又()00f =，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.（2）（i ）若0a ≥，由（1）知，当0x >时，()()()()2ln 1200f x x x x f ≥++->=，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾. （ii ）若0a <，设函数()()()222ln 122f x xh x x x ax x ax==+-++++.由于当min{x <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同. 又()()000h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点.()()()()()()()222222222221246111212x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++=-=++++++'. 如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且min{x <时，()0h x '>，故0x =不是()h x 的极大值点.如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当()1,0x x ∈，且min{x <时，()0h x '<，所以0x =不是()h x 的极大值点. 如果610a +=，则()()()()322241612x x h x x xx -=+--'.则当()1,0x ∈-时，()0h x '>；当()0,1x ∈时，()0h x '<.所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点综上，16a =-. 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论a 0≥和a 0<,当a 0<时构造函数()()2h x 2f x x ax =++时关键，讨论函数()h x 的性质，本题难度较大．4．2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷） 已知函数()2ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥.（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【分析】（1）通过分析可知f （x ）≥0等价于h （x ）＝ax ﹣a ﹣lnx ≥0，进而利用h ′（x ）＝a 1x-可得h （x ）min ＝h （1a），从而可得结论； （2）通过（1）可知f （x ）＝x 2﹣x ﹣xlnx ，记t （x ）＝f ′（x ）＝2x ﹣2﹣lnx ，解不等式可知t （x ）min ＝t （12）＝ln 2﹣1＜0，从而可知f ′（x ）＝0存在两根x 0，x 2，利用f （x ）必存在唯一极大值点x 0及x 012＜可知f （x 0）14＜，另一方面可知f （x 0）＞f （1e ）21e=．【详解】（1）解：因为f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ＝x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0）， 则f （x ）≥0等价于h （x ）＝ax ﹣a ﹣lnx ≥0，求导可知h ′（x ）＝a 1x-． 则当a ≤0时h ′（x ）＜0，即y ＝h （x ）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）＝0，矛盾，故a ＞0．试卷第6页，总14页因为当0＜x 1a＜时h ′（x ）＜0、当x 1a ＞时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min ＝h （1a），又因为h （1）＝a ﹣a ﹣ln 1＝0， 所以1a=1，解得a ＝1； 另解：因为f （1）＝0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1）， 所以等价于f （x ）在x ＝1处是极小值， 所以解得a ＝1；（2）证明：由（1）可知f （x ）＝x 2﹣x ﹣xlnx ，f ′（x ）＝2x ﹣2﹣lnx ，令f ′（x ）＝0，可得2x ﹣2﹣lnx ＝0，记t （x ）＝2x ﹣2﹣lnx ，则t ′（x ）＝21x-， 令t ′（x ）＝0，解得：x 12=， 所以t （x ）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增， 所以t （x ）min ＝t （12）＝ln 2﹣1＜0，从而t （x ）＝0有解，即f ′（x ）＝0存在两根x 0，x 2，且不妨设f ′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正， 所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0＝0，所以f （x 0）20x =-x 0﹣x 0lnx 020x =-x 0+2x 0﹣220x =x 020x -，由x 012＜可知f （x 0）＜（x 020x -）max 2111224=-+=； 由f ′（1e ）＜0可知x 0112e ＜＜，所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，1e）上单调递减， 所以f （x 0）＞f （1e ）21e=； 综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．5．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ） 设函数2()emxf x x mx =+-．（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（2）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x e -≤-，求m 的取值范围． 【答案】（1）()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（2）[1,1]-. 【解析】（Ⅰ）()(1)2mxf x m e x -'=+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，()0f x '>．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,{(1)(0)1,f f e f f e -≤---≤-即1,{1,m me m e e m e --≤-+≤-①，设函数()1t g t e t e =--+，则()1t g t e =-'．当0t <时，()0g t '<；当0t >时，()0g t '>．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-．综上，m 的取值范围是[1,1]-．考点：导数的综合应用．6．2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅱ卷） 已知函数()f x =2x x e e x ---. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >,求b 的最大值；（3）已知1.4142 1.4143<<，估计ln2的近似值（精确到0.001）试卷第8页，总14页【答案】（1）函数()f x 在R 上是增函数；（2）2；（3）0.693 【详解】（1）因为1()20x x f x e e=+-≥'，当且仅当0x =时等号成立，所以函数()f x 在R 上是增函数；（2）因为()g x =(2)4()f x bf x -=224()(84)x x x xe e b e e b x -----+-，所以()g x '=222[2()(42)]x x x x e e b e e b --+-++-=2(2)(22)x x x x e e e e b --+-+-+.当2b ≤时,()0g x '≥,等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =，所以对任意0x >，()0>g x ；当2b >时，若x 满足222x x e e b -<+<-，即0ln(1x b <<-时，()0g x '<，而(0)0g =，因此当0ln(1x b <≤-+时，()0<g x ， 综上，b 的最大值为2. （3）由（2）知，32(21)ln 22g b =-+-， 当2b =时，36ln 202g =->，3ln 20.692812>>；当14b =+时，ln(1b -=，32)ln 22g =--0<，18ln 20.693428+<<，所以ln 2的近似值为0.693. 【易错点】对第(Ι)问,函数单调性的判断，容易;对第（2）问,考虑不到针对b 去讨论；对第（3）问, 找不到思路.考点：本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，综合性较强，考查函数与方程、分类讨论等数学思想方法，考查同学们分析问题、解决问题的能力，熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本类题目的关键.7．2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【分析】(1)先求()f x 的导数，再根据a 的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据a 的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出a ,b 的值. 【详解】(1)对32()2f x x ax b =-+求导得2'()626()3af x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增.(2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以若0a <，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增； 此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立.若0a =，(,)-∞+∞区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得 01a b =⎧⎨=-⎩. 若02a <≤，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增.即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3a f 而(0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f .试卷第10页，总14页即322()()13321a a ab a b ⎧-+=-⎪⎨⎪-+=⎩相减得32227a a -+=，即(0a a a -+=，又因为02a <≤，所以无解.若23a <≤，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增.即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3a f 而(0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .即322()()1331a a ab b ⎧-+=-⎪⎨⎪=⎩相减得3227a =，解得x =23a <≤，所以无解.若3a >，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f即121b a b =⎧⎨-+=-⎩解得41a b =⎧⎨=⎩. 综上得01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充． 8．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷）设函数()cos2(1)(cos 1)f x x x αα=+-+，其中α＞0，记 ()f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()'f x ； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明()2f x A '≤.【答案】（Ⅰ）'()2sin 2(1)sin f x x x αα=---；（Ⅱ）2123,0,5611{,1,8532, 1.A αααααααα-<≤++=<<-≥（Ⅲ）详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）直接求解()f x '；（Ⅱ）分1,01αα≥<<两种情况，结合三角函数的有界性求出A ，但须注意当01α<<时还须进一步分110,155αα<≤<<两种情况求解；（Ⅲ）首先由（Ⅰ）得到()21f x αα'≤+-，然后分1α≥，110,155αα<≤<<三种情况证明.试题解析：（Ⅰ）()2sin 2(1)sin f x x x αα---'=. （Ⅱ）当1α≥时，()sin 2(1)(cos 1)f x x x αα=-+'+ 2(1)αα≤+-32α=-(0)f =.因此32A α=-.当01α<<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x x x αα=+--．令2()2(1)1g t t t αα=+--，则A 是()g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g α-=，(1)32g α=-，且当14t αα-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488g ααααααα--++=--=-． 令1114αα--<<，解得13α<-（舍去），15α>． （Ⅰ）当105α<≤时，()g t 在(1,1)-内无极值点，(1)g α-=，(1)23g α=-，(1)(1)g g -<，所以23A α=-．（Ⅱ）当115a <<时，由(1)(1)2(1)0g g α--=->，知1(1)(1)()4g g g αα-->>．又试卷第12页，总14页1(1)(17)()(1)048g g ααααα--+--=>，所以2161()48A g ααααα-++==．综上，2123,0,5611{,1,8532, 1.A αααααααα-<≤++=<<-≥ （Ⅲ）由（Ⅰ）得()2sin 2(1)sin 21f x x x αααα=---≤+-'.当105α<≤时，()1242(23)2f x A ααα≤<-'+≤-=. 当115α<<时，131884A αα=++≥，所以()12f x A α≤+<'. 当1α≥时，()31642f x A αα≤-≤-='，所以'()2f x A ≤. 【考点】导数的计算，倍角公式，三角函数的有界性．【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如sin()y A x B ωϕ=++的形式；（2）结合自变量x 的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．9．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷）(1)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时，(2)证明：当时，函数 有最小值.设g （x ）的最小值为，求函数的值域.【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，再构造新函数，用导数法求解.试题解析：（Ⅰ）的定义域为.且仅当时，，所以在单调递增，因此当时，所以（Ⅱ）由（Ⅰ）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有最小值，的值域是【考点】函数的单调性、极值与最值【名师点睛】求函数单调区间的步骤：（1）确定函数f （x）的定义域；（2）求导数f ′（x）；（3）由f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）解出相应的x的范围．当f ′（x）＞0时，f （x）在相应的区间上是增函数；当f ′（x）＜0时，f （x）在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．请考生在第22~24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
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第二课时导数与函数的极值、最值知识点、方法题号利用导数研究函数的极值2,3,5,6,9,11利用导数研究函数的最值1,4,7,8 利用导数研究函数的极值与最值综合问题13,14利用导数研究优化问题10,12基础巩固(时间:30分钟)1.函数f(x)=ln x-x在区间(0,e]上的最大值为( B )(A)1-e (B)-1 (C)-e (D)0解析:因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln 1-1=-1.2.(2018·豫南九校第二次质量考评)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为( C )(A)4 (B)2或6 (C)2 (D)6解析:因为f(x)=x(x-c)2,所以f′(x)=3x2-4cx+c2,又f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,所以f′(2)=12-8c+c2=0,解得c=2或6,c=2时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值;c=6时,f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值;所以c=2.3.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是( A )(A)0 (B)1 (C)2 (D)无数解析:函数定义域为(0,+∞),且f′(x)=6x+-2=,不妨设g(x)=6x2-2x+1.由于x>0,令g(x)=6x2-2x+1=0,则Δ=-20<0,所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.4.(2018·银川模拟)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>),当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于( D )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.令f′(x)=-a=0,得x=,当0<x<时,f′(x)>0;当x>时,f′(x)<0.所以f(x)max=f()=-ln a-1=-1,解得a=1.5.(2017·赤峰二模)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( D )(A)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)(B)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)(C)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)(D)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)解析:由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-2<x<1时,f′(x)<0;当1<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.故选D. 6.设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x1<2<x2,则实数a的取值范围是.解析:由题意得f′(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x1,x2满足x1<2<x2.所以f′(2)=12-8a+a2<0,解得2<a<6.答案:(2,6)7.(2018·郴州三模)已知奇函数f(x)=则函数h(x)的最大值为.解析:当x>0时,f(x)=-1,f′(x)=,所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.所以x=1时,f(x)取到极小值e-1,即f(x)的最小值为e-1.又f(x)为奇函数,且x<0时,f(x)=h(x),所以h(x)的最大值为-(e-1)=1-e.答案:1-e8.(2018·武汉模拟)若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内存在最小值,则实数k的取值范围是.解析:因为f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-,所以由f′(x)=0解得x=,由题意得解得1≤k<.答案:[1,)能力提升(时间:15分钟)9.(2018·郑州质检)若函数y=f(x)存在(n-1)(n∈N*)个极值点,则称y=f(x)为n折函数,例如f(x)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)e x-x(x+2)2,则f(x)为( C )(A)2折函数(B)3折函数(C)4折函数(D)5折函数解析:f′(x)=(x+2)e x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e x-3x-2),令f′(x)=0,得x=-2或e x=3x+2.易知x=-2是f(x)的一个极值点,又e x=3x+2,结合函数图象,y=e x与y=3x+2有两个交点.又e-2≠3×(-2)+2=-4.所以函数y=f(x)有3个极值点,则f(x)为4折函数.10.(2018·华大新高考联盟教学质量测评)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体,其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短,而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm,且知在这段变形过程中,当底面半径为10c m时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒,则此时金箍棒的底面半径为 cm.解析:设神针原来的长度为a cm,t秒时神针的体积为V(t) cm3,则V(t)=π(12-t)2·(a+20t),其中0≤t≤8,所以V′(t)=[-2(12-t)(a+20t)+(12-t)2·20]π.因为当底面半径为10 cm时其体积最大.所以10=12-t,解得t=2,此时V′(2)=0,解得a=60,所以V(t)=π(12-t)2·(60+20t),其中0≤t≤8.V′(t)=60π(12-t)(2-t),当t∈(0,2)时,V′(t)>0,当t∈(2,8)时,V′(t)<0,从而V(t)在(0,2)上单调递增,在(2,8)上单调递减,V(0)=8 640π,V(8)=3 520π,所以当t=8时,V(t)有最小值3 520π,此时金箍棒的底面半径为4 cm.答案:411.(2018·天津卷节选)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值.解:(1)由已知,得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)= f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)= 3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x= t2-或x= t2+.x (-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) ↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)-9×(-)=6,函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.12.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解:(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),x (3,4) 4 (4,6) f′(x) + 0 -f(x) 单调递增极大值42 单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 13.(2018·衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的最大值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=.当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.所以f(x)在(0,+∞)上没有极值点.当a>0时,由f′(x)<0,得0<x<;由f′(x)>0,得x>,所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故f(x)在x=处有极小值.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.(2)因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=a-1=0,则a=1,从而f(x)=x-1-ln x.因此f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,令g(x)=1+-,则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e2,则g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-. 故实数b的最大值是1-.14.已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.解:(1)f′(x)==.令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,由于e x>0.令f′(x)=0,则g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c=0,所以-3和0是y=g(x)的零点,且f′(x)与g(x)的符号相同.又因为a>0,所以-3<x<0时,g(x)>0,即f′(x)>0,当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3), (0,+∞).(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,所以有解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=.因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3), (0,+∞).所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者,又f(-5)==5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.。