91.课标全国卷导数分析试题的最值“情结”
高中数学高考导数题型分析及解题方法
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ ；3．函数331x x y -+=极值题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围；2．已知三次函数32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式； (2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；(3) 若函数()()4(0)g x f x m m m =-+>在区间[3,]m n -上的值域为[4,16]-，试求m 、n 应满足的条件．3．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．题型四：利用导数研究函数的图象1．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ） 2．函数的图像为14313+-=x x y ( )3．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( )A 、0B 、1C 、2D 、3题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围1．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围2．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间 （2）若对x ∈〔－1，2〕，不等式f （x ）<c2恒成立，求c 的取值范围。
高等数学导数真题答案解析
高等数学导数真题答案解析导数作为高等数学中的重要概念，被广泛应用于各个领域的研究和实际问题的解决中。
在学习过程中，通过解析和理解导数的真题问题，可以加深对这一概念的理解，同时也能够提高解题的能力。
本文将针对一些高等数学导数的真题进行解析，帮助读者更好地掌握这一知识点。
第一题：已知函数f(x)=x^3-3x^2+2，求f(x)的导数。
首先，我们需要知道求函数的导数可以使用导数的定义或者直接使用已知函数的求导法则。
根据已知函数f(x)=x^3-3x^2+2，我们可以利用求导法则来求出f(x)的导数。
根据导数的基本法则，我们知道对于幂函数x^n，它的导数为nx^(n-1)。
因此，对于f(x)=x^3-3x^2+2，我们可以将每一项分别求导得到导数，即：f'(x) = 3x^2-6x通过这种方式，我们可以得到函数f(x)的导数为f'(x) = 3x^2-6x。
第二题：求曲线y=x^2-2x+3在点(1,2)处的切线方程。
要求曲线在点(1,2)处的切线方程，首先需要求出曲线在该点处的导数，然后利用导数和已知点的坐标来确定切线的斜率，最后利用斜率和已知点的坐标来确定切线的方程。
根据已知曲线y=x^2-2x+3，我们可以使用导数的求法来求出曲线在点(1,2)处的导数。
根据前面的题目，已经求得y'=2x-2。
那么曲线在点(1,2)处的斜率k为：k = y'(1) = 2*1-2 = 0根据切线的斜率公式，我们知道切线的斜率为0时，切线是水平线，即与x轴平行。
因此，切线的方程可以表示为y=2，其中已知点(1,2)在切线上。
综上所述，曲线y=x^2-2x+3在点(1,2)处的切线方程为y=2。
第三题：已知函数f(x)=4x^3-6x^2+3x-2，求f(x)=0的解。
对于这道题目，我们需要求出函数f(x)的零点，即满足方程f(x)=0的解。
要解这个方程，可以使用因式分解、配方法、求根公式等方法，或者使用数值方法进行迭代逼近求解。
导数与函数的极值、最值问题(解析版)
【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大. 【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步求方程'()0f x =的根；第三步判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步利用结论写出极值.例1已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值． 【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（） A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 【答案】C 【解析】试题分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．?当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．?当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（）A ．()1,0-B ．()1,-+∞C ．()0,+∞D ．()(),10,-∞-+∞【答案】B 【解析】考点：函数的极值． 【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____. 【答案】3 【解析】试题分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=， 所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.【变式演练4】已知等比数列{}n a 的前n 项和为12n n S k -=+，则32()21f x x kx x =--+的极大值为（） A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B 【解析】考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+>,故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此,当1a ≤-或122a ≤≤时,不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦.考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.【变式演练6】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>的极大值点和极小值点都在区间()1,1-内,则实数a 的取值范围是．2a << 【解析】考点：导数与极值．类型二求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点；第二步计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +． （1）求实数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值． 【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解析】试题分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可.试题解析：（1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =； 实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<，存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围. 【变式演练7】已知xe x xf 1)(+=. （1）求函数)(x f y =最值；（2）若))(()(2121x x x f x f ≠=，求证：021>+x x .【答案】（1）)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值；（2）详见解析. 【解析】试题解析：（1）对)(x f 求导可得x x x x e xe e x e xf -=+-='2)1()(， 令0)(=-='x exx f 得x=0. 当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增； 当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 当x=0时，)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值. （2）不妨设21x x <，由（1）得当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增；当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 若)()(21x f x f =，则210x x <<，考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明. 【变式演练7】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. （Ⅰ）求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；（Ⅱ）若函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点1212,()x x x x <且21ln 2x x ->，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；（Ⅱ）2ln 2ln 2ln()133a >--. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e =，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--.试题解析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增，∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，； 两式相减可得1122ln2()2ln 2x x x x =-=- 214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时2ln 2ln 2ln()133a =--，所以，实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--；考点：导数的应用．【变式演练8】设函数()ln 1f x x =+. （1）已知函数()()2131424F x f x x x =+-+,求()F x 的极值； （2）已知函数()()()()2210G x f x ax a x a a =+-++>,若存在实数()2,3m ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,求实数a 的取值范围.【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln 24-；（2）()1ln 2,-+∞.【解析】()(),'F x F x 随x 的变化如下表:当1x =时,函数()F x 取得极大值()10F =;当2x =时,函数()F x 取得极小值()32ln 24F =-.③当112a <,即12a <时,函数()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增,在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,要存在实数()2,3x ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,则()122G G a ⎛⎫< ⎪⎝⎭,代入化简得()()1ln 2ln 2104a a ++->*.令()()11ln 2ln 2142g a a a a ⎛⎫=++-> ⎪⎝⎭,因()11'104g a a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭恒成立,故恒有()111ln 20,222g a g a ⎛⎫>=->∴> ⎪⎝⎭时,()*式恒成立;综上，实数a 的取值范围是()1ln 2,-+∞.考点：函数导数与不等式． 【高考再现】1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.(I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞试题解析;（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． （i ）设0a =,则()(2)x f x x e =-,()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln2ab <,则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->, 故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2ea ≥-,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．综上,a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞,22(,1)x -∈-∞,()f x 在(,1)-∞上单调递减,所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-,而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=,所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---,则2'()(1)()x x g x x e e -=--． 所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<． 考点：导数及其应用2.【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）求()f x 的导函数，对a 进行分类讨论，求()f x 的单调性；（Ⅱ）要证()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立，即证23)()(/>-x f x f ，根据单调性求解.（1）20<<a ，12>a， 当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)2,1(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，12=a，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增； （3）2>a 时，120<<a， 当)2,0(ax ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；当x ∈)1,2(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减. 综上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，23312ln 1x x x x x=-++--，]2,1[∈x ， 令1213)(,ln )(32--+=-=xx x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则)()()()(/x h x g x f x f +=-， 由01)(/≥-=xx x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24326'()x x h x x--+=， 设623)(2+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减，因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。
高中数学根据导数求函数的最值问题解题技巧总结
高中数学根据导数求函数的最值问题解题技巧总结在高中数学中，求函数的最值问题是经常出现的一类问题，对于这类问题我们可以通过求导数的方法来解决。
下面是一些关于根据导数求函数最值问题的解题技巧的总结。
1. 确定函数的定义域在解决函数的最值问题之前，我们需要确定函数的定义域。
定义域是指函数在实数范围内的取值范围。
确定定义域的同时，我们也要考虑函数是否连续以及是否存在间断点等因素。
2. 求函数的一阶导数为了求函数的最值，我们需要先求出函数的一阶导数。
对于一元函数而言，我们可以使用导数的定义或者常见的求导法则来求出一阶导数。
一阶导数能够反映函数的变化趋势以及函数的增减性质。
3. 找出导数为零的点接下来，我们需要找出函数的一阶导数为零的点，即导数为零的临界点。
这些点也称为函数的驻点。
通过求解导数为零的方程，我们可以得到函数取得极值的可能点。
4. 判断临界点的性质在找出函数的驻点之后，我们需要进一步判断这些点的性质。
根据导数的符号变化，我们可以判断驻点是极大值点还是极小值点。
通常我们可以通过求解导数的二阶导数，来判断驻点的性质。
5. 极值与最值的关系在有限闭区间上，函数的极大值和极小值统称为最值。
通过比较极值点的函数值，我们可以确定函数的最大值和最小值。
同时，我们还需要考虑函数在定义域的两端是否存在最值。
6. 综合应用求解问题除了在抽象的函数图像上求解最值问题，我们还可以将最值问题与实际问题相结合。
通过建立函数模型，并利用导数的知识来解决实际问题。
这样可以提升我们对于求解最值问题的能力和灵活性。
通过以上的技巧，我们能够更加高效地解决高中数学中根据导数求函数最值问题。
同时，在实际应用中，我们也需要不断的进行练习和思考，熟练掌握这些技巧，从而更好地应对各种求解最值问题的场景。
高考数学导数试题解题研究以新课标全国卷为例
高考数学导数试题解题研究以新课标全国卷为例一、本文概述本文旨在深入研究高考数学导数试题的解题策略，以新课标全国卷为例进行详细分析。
我们将首先概述导数的基本概念及其在高考中的重要性，然后深入探讨导数试题的常见题型和解题技巧。
通过对新课标全国卷历年导数试题的系统梳理，我们将揭示导数试题的命题规律和趋势，为考生提供有针对性的备考建议。
本文还将分享一些成功的解题经验和策略，帮助考生更好地应对高考数学导数试题，提高解题效率和准确性。
通过本文的研究，我们期望能为广大考生和教师提供有益的参考，推动高考数学导数试题解题水平的提升。
二、导数基础知识回顾导数作为高中数学的核心知识点，其基础知识的掌握对于解答导数试题至关重要。
我们需要明确导数的定义。
导数描述了函数在某一点处切线的斜率，它表示函数在该点处的瞬时变化率。
在求解导数试题时，我们应熟练掌握导数的定义，能够根据给定的函数求出其在某一点的导数。
我们需要掌握导数的基本公式和运算法则。
例如，常见的导数公式包括常数函数的导数、幂函数的导数、指数函数的导数、对数函数的导数等。
同时，我们还需要熟悉导数的运算法则，如加法法则、减法法则、乘法法则、除法法则等。
这些公式和法则将为我们求解导数试题提供有力的工具。
导数的几何意义和应用也是我们需要关注的重点。
导数的几何意义体现在函数图像的切线斜率上，我们可以通过导数来判断函数的单调性、极值点等性质。
同时，导数在实际生活中的应用也十分广泛，如物理学中的速度、加速度等都与导数密切相关。
对于新课标全国卷中的导数试题，我们还需要关注其命题特点和趋势。
近年来，导数试题的命题逐渐趋于灵活和多样化，不仅涉及到导数的基础知识，还涉及到导数在实际问题中的应用。
因此，我们需要加强对导数综合应用能力的培养，提高解题的灵活性和创新性。
对于高考数学导数试题的解题研究，我们需要从导数的基础知识入手，熟练掌握导数的定义、公式、运算法则和几何意义等方面的知识。
我们还需要关注导数在实际问题中的应用和命题趋势的变化，加强综合应用能力的培养和实践经验的积累。
高中数学高考导数题型分析及解题方法
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数概念，导数几何意义，几种常见函数导数；两个函数和、差、基本导数公式，利用导数研究函数单调性和极值，函数最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处切线平行于直线03=-y x ，则P 点坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 方程为 430x y --=4．求下列直线方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点切线斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=切线方程为y=3x+1（Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得 过))1(,1()(f P x f y 上点=切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数$f(x)=2x^3-ax^2+b$.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.解析】1)对$f(x)=2x^3-ax^2+b$求导得$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。
所以有：当$a<0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减；当$a=0$时，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；当$a>0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减.2)若$f(x)$在区间$[0,1]$有最大值$1$和最小值$-1$，所以，若$a<0$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$[0,1]$上单调递增，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$b=-1$，$a=\frac{1}{3}$，与$a<0$矛盾，所以$a<0$不成立.若$a=0$，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；在区间$[0,1]$，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$\begin{cases}a=0\\b=-1\end{cases}$.若$0<a\leq2$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\geq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)$.若$2<a\leq3$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(0)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\leq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(0)$.已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$。
【高考复习】高考数学题型总结之导数题型分析及解题方法
【高考复习】高考数学题型总结之导数题型分析及解题方法高考数学题型总结之导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数;两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1. 在区间上的最大值是 22.已知函数处有极大值，则常数c= 6 ;3.函数有极小值 -1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1.曲线在点处的切线方程是2.若曲线在P点处的切线平行于直线，则P点的坐标为 (1，0)3.若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为4.求下列直线的方程：(1)曲线在P(-1,1)处的切线; (2)曲线过点P(3,5)的切线;解：(1)所以切线方程为(2)显然点P(3，5)不在曲线上，所以可设切点为，则①又函数的导数为，所以过点的切线的斜率为，又切线过、P(3,5)点，所以有②，由①②联立方程组得，，即切点为(1，1)时，切线斜率为;当切点为(5，25)时，切线斜率为;所以所求的切线有两条，方程分别为题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1.已知函数的切线方程为y=3x+1(Ⅰ)若函数处有极值，求的表达式;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，求函数在[-3，1]上的最大值;(Ⅲ)若函数在区间[-2，1]上单调递增，求实数b的取值范围解：(1)由过的切线方程为：而过故∵ ③由①②③得 a=2，b=-4，c=5(2)当又在[-3，1]上最大值是13。
(3)y=f(x)在[-2，1]上单调递增，又由①知2a+b=0。
依题意在[-2，1]上恒有0，即①当;②当;③当综上所述，参数b的取值范围是2.已知三次函数在和时取极值，且.(1) 求函数的表达式;(2) 求函数的单调区间和极值;(3) 若函数在区间上的值域为，试求、应满足的条件.解：(1) ，由题意得，是的两个根，解得，.感谢您的阅读，祝您生活愉快。
导数与函数的单调性、极值、最值问题(题型归纳)
导数与函数的单调性、极值、最值问题【考情分析】1.考查特点:(1)高考对导数几何意义的考查,多在选择题、填空题中出现,难度较小,有时出现在解析题第一问;(2)高考重点考查导数的简单应用,即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,多在选择题、填空题的后几题中出现,难度中等,有时也出现在解析题的第一问.2.关键能力:逻辑思维能力、运算求解能力,创新能力.3.学科素养:逻辑推理、数学运算、数据分析.【题型一】导数的几何意义【典例分析】1．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三模拟）已知函数()2ln f x ax b x =+的图象在点()()1,1f 的切线方程为32y x =-，则a b +=（）A ．2B ．0C ．1D ．2-【答案】A【解析】()2ln f x ax b x =+ ，则()2bf x ax x'=+，由题意可知点()()1,1f 在直线32y x =-上，所以，()1321f =-=，所以，()()11123f a f a b ⎧==⎪⎨=+='⎪⎩，解得1a b ==，因此，2a b +=.故选：A.2．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知P 是曲线[]()sin 0,y x x π=-∈上的动点，点Q 在直线260x y --=上运动，则当PQ 取最小值时，点P 的横坐标为（）A ．4πB ．2πC ．23πD ．56π【答案】C【解析】如下图所示：若使得PQ 取值最小值，则曲线[]()sin 0,y x x π=-∈在点P 处的切线与直线260x y --=平行，对函数sin y x =-求导得cos y x '=-，令12y ¢=，可得1cos 2x =-，0x π≤≤ ，解得23x π=.故选：C.【提分秘籍】应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数；(2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率；(3)切点既在原函数的图象上也在切线上.【变式演练】1．（2021·浙江镇海中学高三模拟）已知曲线322()13f x x x ax =-+-上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 可能的取值（）A ．196B ．3C ．103D ．92【答案】AC【解析】∵322()13f x x x ax =-+-，∴2()22f x x x a '=-+，可令切点的横坐标为m ，且0m >，可得切线斜率2223k m m a =-+=即22230m m a -+-=，由题意，可得关于m 的方程22230m m a -+-=有两个不等的正根，且可知1210m m +=>，则1200m m ∆>⎧⎨⋅>⎩，即2242(3)0302a a ⎧-⨯⨯->⎪⎨->⎪⎩，解得：732a <<，所以a 的取值可能为196，103.故选：AC.2．（2021·湖北武汉市·汉阳一中高三模拟）曲线ln xy x=在1x =处的切线与曲线2y ax ax =-相切，则a =_________．【答案】1【解析】因为ln x y x =，所以()22ln ln 1ln x x x x x y x x''--'==，则121ln1|11x y =-'==，且切点坐标为()1,0，故切线方程为1y x =-，又2y ax ax =-，则2y ax a '=-，设切点坐标为()00,x y ，则0002000211ax a x y ax ax y -=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩解得00110a x y =⎧⎪=⎨⎪=⎩，故答案为：1【题型二】利用导数研究函数的单调性【典例分析】【例1】（2020·海南中学高三模拟）已知ln a =，1b e -=，3ln 28c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c a b>>D ．b a c>>【答案】D【解析】根据题意，ln55a =，1ln =e b e e -=，ln88c =.令()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，由()0f x '<得x e >；由()0f x '>得0x e <<；则函数()f x 在()0e ，上单调递增，在(),e +∞上单调递减，又58e <<，所以()()()58f e f f >>，因此b a c >>．故选：D ．【例2】（2020·武汉外国语学校高三模拟）定义在R 上的函数()f x 满足：()()22f x f x x -+=，且当0x ≤时，()2f x x '<，则不等式()()25510f x x x f +-+≥的解集为______．【答案】5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】因为()()22f x f x x -+=，所以()()()220f x x f x x ---+-=，令()()2g x f x x =-，则()()0g x g x -+=，所以()g x 为奇函数．又因为当0x ≤时，()()20g x f x x ''=-<，所以()g x 在(],0-∞上单调递减，即()g x 在R 上单调递减．而不等式()()()()()()()2225510555f x f x x f x x f x x g x g x +≥-+⇔-≥---⇔≥-，所以5x x ≤-，所以52x ≤．故答案为：5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【提分秘籍】利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认；(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况【变式演练】1．（2021·湖南长沙雅礼中学高三模拟）已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x ，()'f x 是()f x 的导函数，且恒有cos ()sin ()0xf x xf x '+<成立，则()A．64f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD【解析】根据题意，令()()cos f x g x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则其导数2()cos sin ()()f x x x f x g x cos x '+'= ，又由(0,2x π∈，且恒有cos ()sin ()0x f x x f x '+< ，则有()0g x '<，即函数()g x 为减函数，又由63ππ<，则有()()63g g ππ>，即()()63cos cos 63f f ππππ>，分析可得()()63f ππ>；又由64ππ<，则有()(64g g ππ>，即()(64cos cos 64f f ππππ>()()64ππ>．故选：CD ．2.（2011·山东青岛市·高三一模）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且满足'()()0f x f x ->，()20212021f e =，则不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为【答案】()60630,e【解析】由题可设()()x f x F x e=，'()()0f x f x -> ，则2'()()'()()'()0x x x xf x e f x e f x f x F x e e--==>，所以函数()F x 在R 上单调递增，2021(2021)(2021)1f F e ==，将不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭1ln 311ln ln 3311ln ln 33x x x f x f x e e e⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅=，可得1ln 13F x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln (2021)3F x F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，有1ln 20213x <，故得60630x e <<，所以不等式1ln 3f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()60630,e 【题型三】利用导数研究函数的极值和最值【典例分析】1.（安徽省宣城市2021届高三下学期第二次调研数学试题）已知函数3()7f x x ax =-+的极小值为5．（1）求a 的值，并求出()f x 的单调区间；（2）若函数()()g x f x mx =+在(3,1)a --上的极大值不小于10m -，求实数m 的取值范围．【解析】（1）2()3f x x a '=- ，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，无极值，当0a >时，2()30f x x a '=-=，解得：3x =±，x ，()f x'，()f x 的变化如下：()f x 递增极大值递减极小值递增()53f x f ⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭极小值，即3337533a ⎛⎫-⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭，解得：3a =；()f x ∴的递减区间是3,3⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭，3,3⎫+∞⎪⎪⎝⎭，递减区间是33,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知3a =，故3()(3)7g x x m x =+-+，2()3(3)g x x m '=+-，当30m -≥时，()0g x '≥恒成立，()g x ∴在R 上递增，无极值，当30m -<时，()0g x '=，解得：3x =±，x ，()g x'，()g x 的变化如下：93()103g x g m ⎛⎫∴=-≥- ⎪ ⎪⎝⎭极大值，即39393(3)71033m m ⎛⎛-+--+≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：154m ≤-，又323m --<-< ，解得：243m -<<，15244m ∴-<≤-，即实数m 的取值范围是15244m m ⎧⎫-<≤-⎨⎬⎩⎭∣．2.（2021·重庆南开中学高三模拟）已知A 、B 两地相距200km ，一只船从A 地逆水行驶到B 地，水速为8km /h ，船在静水中的速度为v km/h(8<v ≤v 0)．若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当v ＝12km/h 时，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船的实际速度为多少？【解析】设每小时的燃料费为y 1，比例系数为k (k >0)，则y1＝k v2，当v＝12时，y1＝720，∴720＝k·122，得k＝5，即y1＝5v2.设全程燃料费为y，由题意，得y＝y1·2 200100088vv v=--，∴y′＝222000(8)1000(8)v v vv---＝22100016000(8)v vv--.令y′＝0，得v＝16，∴当v0≥16时，y在(8,16)上递减，在[16，v0]上递增，即v＝16km/h时全程燃料费最省，y min＝32000(元)；当v0<16时，即y在(8，v0]上为减函数，∴当v＝v0时，y min＝210008vv-(元)．综上，当v0≥16时，v＝16km/h时全程燃料费最省，为32000元；当v0<16时，v＝v0时全程燃料费最省，为210008vv-元．【提分秘籍】1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.(2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.(3)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.2.已知函数极值点或极值求参数的方法(1)列式:根据极值点处的导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:因为导数值等于0并不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.3.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【变式演练】（2021·山东滕州一中高三模拟）音乐是用声音来表达思想情感的一种艺术，数学家傅里叶证明了所有的器乐和声乐的声音都可用简单正弦函数sin y A x ω=的和来描述，其中频率最低的称为基音，其余的称为泛音，而泛音的频率都是基音频率的整数倍，当一个发声体振动发声时，发声体是在全段振动的，除了频率最低的外，其余各部分(如二分之一､三分之一…)也在振动，所以我们听到声音的函数是11sin sin 2sin 323y x x x =+++ ，则声音函数1sin sin 22y x x =+的最大值是（）A ．32B ．1C ．4D ．4-【答案】C【解析】1sin sin 22y x x =+，周期为2π，只需要求y 在[0,2]π上最大值.令cos cos 20y x x =+='，解得：3x π=或x π=或53x π=，当(0,3x π∈时，'0y >，当(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,2)3x ππ∈时，'0y >，所以y 在550,,,,,,,23333πππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭3x π=时，4y =；2x π=时，y =0max 334y ∴=.故选：C.2.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.1．（2021·山东济宁市·高三一模）已知曲线x y e =在点()11,xx e 处的切线与曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线相同，则()()1211x x +-=（）A ．-1B ．-2C ．1D ．2【答案】B 【解析】已知曲线x y e =在点()11,x x e 处的切线方程为()111x xy e e x x -=-，即1111x x x y e x e x e =-+，曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即2211ln y x x x =-+，由题意得11121211ln x x x e x e e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩，得121x x e =，11112111ln 1ln 1x x x e x e x e x -=-+=-+=--，则11111x x e x +=-.又121x x e=，所以12111x x x -=+，所以1211121111x x x x ---=-=++，所以()()12112x x +-=-.故选B.2．（2021·福建莆田市·高三模拟）已知函数3()f x x kx k =+-，则“0k <”是“()f x 有极值”的（）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【答案】C【解析】若“()f x 有极值”，则2()30f x x k '=+=有两个不等的实数根，所以0430k ∆=-⨯>，解得0k <，当0k <时，令2()30f x x k '=+=可得x =，此时3()f x x kx k =+-在,⎛-∞ ⎝单调递增，在⎛ ⎝单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增，所以“0k <”可以推出“()f x 有极值”，所以“0k <”是“()f x 有极值”的充要条件.故选：C 3．（2021·江西高三二模）已知函数21()ln 12f x x x =-+，若()0f x kx ->恰有3个正整数解，则k 的取值范围为（）A ．ln 27ln 37,2436⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．ln 27ln 37,2436⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．ln 27ln 37,2436⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．ln 27ln 37,2436⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由题意，()0f x kx ->恰有3个正整数解，转换为ln y x =的图象与2112y x kx =-+的图象交点问题，作出ln y x =和2112y x kx =-+的图象，如图：要使21ln 12x x kx >-+恰有3个正整数解，则需满足：9ln 313k 2ln 474k⎧>-+⎪⎨⎪<+⎩，解得：ln 27ln 372436k -<<-，故选B ．4．（2021·钦州市第三中学高三模拟）若函数op =12B 2+En −存在单调递增区间，则的取值范围是（）A ．(−1,1)B ．(−1,+∞)C ．(−1,+∞)D ．(−∞,1)【答案】B【解析】解：f′（x ）=ax+ln ，∴f′（x ）＞0在x ∈0，+∞上成立，即ax+ln ＞0，在x ∈0，+∞上成立，即a ＞−l 在x ∈0，+∞上成立．令g （x ）=−l ，则g′（x ）=−1−lnx 2，∴g （x ）=−l，在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）=−l 的最小值为g （e ）=−1∴a ＞−1．故选B ．5．（2021·山东枣庄市·滕州市第一中学高三月考）函数()2ln x f x x=的图象大致是()A．B ．C ．D ．【答案】D【解析】因为()()f x f x -=-，所以函数的奇函数，排除答案A 、C ，又当01x <<时，1()2ln x f x x=，21ln 1()02(ln )x f x x -'=<，函数1()2ln x f x x=单调递减，故排除答案B ，应选答案D ．6．（2021·安徽省涡阳第一中学高三模拟）已知函数()f x 满足(2)()f x f x +=，当[]1,1x ∈-时，2()f x x =，那么函数()()lg g x f x x =-的零点共有（）A ．7个B ．8个C ．9个D ．10个【答案】D【解析】根据题意，函数()y f x =满足()()f x f x 2=+，则函数()y f x =是周期为2的周期函数，设()h x lgx =，则函数()()g x f x lgx =-的零点个数即图象()y f x =与()y h x =的交点个数，由于()f x 的最大值为1，所以x 10>时，图象没有交点，在()0,1上有一个交点，()1,3，()3,5，()5,7，()7,9上各有两个交点，如图所示，在()9,10上有一个交点，故共有10个交点，即函数零点的个数为10；故选D ．7．（2021·江苏苏州大学附属中学高三模拟）已知函数()()(ln )e x f x x ax ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎫⎛ ⎪⎝⎭B ．1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．(0,e)D ．(1,e)【答案】A【解析】若()0f x <，则ln x ax -与e x ax -异号，如图所示，ln >x e x 恒成立∴问题等价于y ax =在x y e =与ln y x =之间转动根据重要不等式x e ex ≥，ln x x e≤.∴1a e e<<，故选：A 8．（2021·重庆南开中学高三模拟）已知函数()3121,02,0x x f x x x ⎧-++<⎪=⎨⎪≥⎩，若存在实数a ，b ，c ，当a b c <<时，满足()()()f a f b f c ==，则()()()af a bf b cf c ++的取值范围是（）A ．()4,0-B ．()3,0-C ．[)4,0-D ．[)3,0-【答案】B 【解析】312,221(),202,0x x f x x x x x ⎧+<-⎪⎪⎪=--≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩，作出函数()f x 的图象，如图：由图可知4a b +=-，01c <<，所以()()()af a bf b cf c ++343()()(4)()(4)4a b c f c c f c c c c c =++=-=-=-，令43()4(01)g c c c c =-<<，则32()412g c c c '=-24(3)c c =-，因为01c <<，所以()0g c '<，所以43()4g c c c =-在(0,1)上为单调递减函数，所以(1)()(0)g g c g <<，即30c -<<，所以()()()af a bf b cf c ++的取值范围是()3,0-.故选：B9．（2021·山东淄博实验中学高三模拟）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（）A ．010x e <<B ．01x e >C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AD 【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=，120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,当1x e >时，()0f x '>0,()x f x '→→-∞ ,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;()()()2000000000002ln 2l 1n 20f x x x x x x x x x x x +=++=-++=>,即D 正确,C 不正确.故答案为:AD.10．（2021·江苏省南京师大附中高三模拟）已知函数()f x 定义域为[]1,5-，部分对应值如表，()f x 的导函数()f x '的图象如图所示.下列关于函数()f x 的结论正确的有（）x 1-0245()f x 12021A ．函数()f x 的极大值点有2个B ．函数在()f x 上[]0,2是减函数C ．若[]1,x t ∈-时，()f x 的最大值是2，则t 的最大值为4D ．当12a <<时，函数()y f x a =-有4个零点【答案】ABD【解析】由导数的正负性可知，函数()y f x =的单调递增区间为(),0-∞、()2,4，单调递减区间为()0,2、()4,+∞，B 选项正确；函数()y f x =有2个极大值点，A 选项正确；当[]1,5x ∈-时，函数()y f x =最大值是2，而t 最大值不是4，C 选项错误；作出函数()y f x =的图象如下图所示，由下图可知，当12a <<时，函数y a =与函数()y f x =的图象有四个交点，D 选项正确.故选：ABD.12．（2021·山东省烟台高三一模）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =-，其导函数()f x '满足()1f x m '>>，则下列成立的有（）A ．11m f m m -⎛⎫> ⎪⎝⎭B ．11f m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭C ．1111f m m ⎛⎫> ⎪--⎝⎭D ．101f m ⎛⎫<⎪-⎝⎭【答案】AC【解析】设()()g x f x mx =-，则()()0g x f x m ''=->，故函数()()g x f x mx =-在R 上单调递增，且10m>，()10g g m ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故111f m ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，10f m ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，而10m m -<，11m f m m -⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，故A 正确，B 错误．101m >-，故()101g g m ⎛⎫> ⎪-⎝⎭，所以1111m f m m ⎛⎫->-⎪--⎝⎭，11011f m m ⎛⎫>> ⎪--⎝⎭，故C 正确，D 错误．故选：AC .13．（2021·辽宁省实验中学高三模拟）定义在()0+∞，的函数()f x 满足()()()1,11f x xf x f x'+==，则()f x 的零点是_______．【答案】1e【解析】令()()ln F x xf x x =-，则()()()1F x f x xf x x ''=+-，又()()1f x xf x x '+=，所以()()()10F x f x xf x x''=+-=，则函数()F x 为常函数，又()()111ln11F f =⨯-=，所以()()()1ln ln 1x F x xf x x f x x +=-=⇒=令()0f x =，所以1=x e 故答案为：1e14．（2021·嘉祥县第一中学高三模拟）某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为___________.【答案】2627π【解析】设中空圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为2(02)h h +<<，则22()12h r +=，2214h r =-，∴中空圆柱的体积22(2)(1)(2)4h V r h h ππ=+=-+．23(1)4V h h π'=-+-，可得当2(0,3h ∈时，0V '>，当2(3h ∈，2)时，0V '<，则当23h =时，V 取得最大值为6427π，又毛坯的体积为2341012133πππ⨯⨯+⨯=，∴该模具体积的最小值为10642632727πππ-=．故答案为：2627π．15．（2021·重庆高三模拟）已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()x g x f x xe -=+，则a =______；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为______.【答案】1(),2e -∞【解析】因为y x =为奇函数，()()x x f x x ae e =-为偶函数，所以x x y ae e =-为奇函数，∴000ae e =-，所以1a =，则()xg x xe =.因为()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，所以x e m e x<+对()0,x ∈+∞恒成立.设函数()()0x e h x e x x =+>，则()2'x e h x e x =-，显然()2'x e h x e x=-在()0,x ∈+∞上单调递增，且()'10h =，所以当01x <<时，()'0h x <；当1x >时，()'0h x >.从而可得()()min 12h x h e ==，故m 的取值范围为(),2e -∞.16.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.17.（北京市海淀区2021届高三一模数学试题）已知函数()sin f x x x =.（1）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的单调性，并说明理由；（2）求证：函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点；（3）求函数()1()ln f x g x x+=在区间(1,]π上的最小值.【答案】（1）增函数，理由见解析（2）证明见解析（3）1ln π【解析】（1）因为()sin f x x x =，所以()sin cos f x x x x '=+⋅，因为02x π<<，所以()0f x '>，所以函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数.（2）设()()h x f x '=，则()cos cos sin 2cos sin h x x x x x x x x '=+-⋅=-⋅，当2x ππ<<时，()0h x '<，所以()h x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，又()102h π=>，()0h ππ=-<，所以存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0h x =，即存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0f x '=，()f x 与()'f x 在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内的变化情况如下：x 0(,)2x π0x 0(,)x π()'f x +0-()f x 增函数极大值减函数所以函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点.（3）由（1）（2）知，()f x 在0(1,)x 内单调递增，在0(,)x π内单调递减，又因为(1)sin10f =>，()0f π=，所以当(1,]x π∈时，()11f x +≥，又因为当(1,]x π∈时，0ln ln x π<≤，所以()11()ln ln f x g x x π+=≥，当且仅当x π=时等号成立，所以()g x 在(1,]π上的最小值为1ln π.。
(完整版)高中数学高考导数题型分析及解题方法
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
－－泰戈尔导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P Θ所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f（2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
高考数学复习考点题型归类解析15利用导数研究函数单调性、极值、最值(解析版)
高考数学复习考点题型归类解析专题15利用导数研究函数单调性、极值、最值一、关键能力了解函数单调性和导数的关系，会用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间.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.二、教学建议1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间；2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.三、自主梳理1、函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2、函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.3、函数的极值与导数形如山峰形如山谷4、函数的最值与导数(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)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.四、高频考点+重点题型考点一、利用导数研究函数单调性 例1-1.（求函数的单调区间）【2019·天津卷】设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
历年高考数学导数压轴题型归类总结与解析
a
a
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a ≤ 0 时， f (x) 在(0,+∞)上单调递增，由 f (0) = 0，知不合题意.
当 时， 在 的最大值是 ， 0 < a < 1 f (x) (0,+∞)
f ( 1 −1)
a
由 f (1 −1) > f (0) = 0 ，知不合题意. a
当 a ≥ 1时， f (x) 在(0,+∞)单调递减， 可得 f (x) 在[0,+ ∞) 上的最大值是 f (0) = 0 ，符合题意. 所以， f (x) 在[0,+ ∞)上的最大值是0 时， a 的取值范围是[1,+∞) .
（切线）设函数 1.
f (x) = x2 − a .
（1）当 a =1时，求函数 g(x) = xf (x) 在区间[0,1]上的最小值；
（ ）当 时，曲线 在点 处的切线为 ， 与 轴交于点 2 a > 0
y = f (x)
P(x1, f (x1 ))(x1 > a )
ll x
A(x2 ,0)
求证： x1 > x2 > a .
+
0
—
0
+
↗
极大 值
↘
极小 值
↗
所以f ( 在 ， x) (−∞ − ， 2a) (a − 2，+ ∞)内是增函数，在(−2a，a − 2)内是减函数.
函数 在 处取得极大值 ，且 f (x) x = −2a
f (−2a) f (−2a) = 3ae−2a . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
∴ ＝ ＝－ ＝ ，∴ ＝－ 舍去 3
3
f(x)min f(1)
新课标全国卷(1卷)数学试题特点分析及应对建议
新课标全国卷（1卷）数学试题特点分析及应对建议湖南省2007年开始实施新课程以来，2010年第一届学生参加高考直到2015年，湖南省使用本省命制的数学新课标试卷。
同时，2010、2011、2012年教育部考试中心也命制了一套新课标数学试卷供海南等省使用，2013、2014、2015年教育部考试中心又命制了两套新课标试卷供河北、海南等省选用。
下面主要针对近三年全国新课标数学一卷实行分析，并与湖南同年试卷实行比照，力争发现其特点，为应对明年我省使用全国新课标数学卷确定备考策略，提升高三复习的针对性。
一、试卷结构及题型分值比例二、近六年新课标全国数学1卷考点内容与分值分布情况分析2010-2015年新课标全国Ⅰ卷数学高考考点内容与分值分布表（理科）注：1.个别题考了几个知识点，统计中只列为其中主要的一类。
2.表中数字第一个是题号，第二个是分值。
2010-2015年新课标全国Ⅰ卷数学高考考点内容与分值分布表（文科）注：1.个别题考了几个知识点，统计中只列为其中主要的一类。
2.表中数字第一个是题号，第二个是分值。
3.2013年函数内容与其他知识综合的题较多，本表将他们归入了相关知识内容中。
从上表能够看出，各考点内容及分值分布情况是：稳字当先，适当求变。
主干知识、重点内容分值高，各知识块的考查全面。
如理科函数、导数及其应用约22分，三角函数与解三角形约15分，统计与概率约17分，数列约12分，立体几何与空间向量约22分，解析几何约22分，选修10分。
这七块内容共约120分，其他六块内容共约30分。
文科的函数、导数及其应用约27分，其他五块内容共约25分，其他情况与理科基本相同。
三、近六年新课标全国数学1卷考点内容考查特点分析（一）非主干知识的考点内容考查分析1、考题分布情况2、考题例选（1）集合、逻辑用语、推理证明：理科： 2010.（1）已知集合{||2,}A x x x R =≤∈},{|4,}B x x Z =≤∈,则A B ⋂=(A)(0,2) (B)[0,2] (C){0,2] (D){0,1,2}2012（1）已知集合{1,2,3,4,5}A =,{(,),,}B x y x A y A x y A =∈∈-∈；,则B 中所含元素的个数为（ ）()A 3 ()B 6()C 8 ()D 102014.1.已知集合A={x |2230x x --≥}，B={x |－2≤x ＜2}，则A B ⋂=A .[-2,-1]B .[-1,2）C .[-1,1]D .[1,2）2015.（3）设命题P ：∃n ∈N ，2n >2n，则⌝P 为（ ）（A ）∀n ∈N, 2n >2n （B ）∃ n ∈N, 2n ≤2n（C ）∀n ∈N, 2n ≤2n （D ）∃ n ∈N, 2n =2n2014.14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市； 乙说：我没去过C 城市； 丙说：我们三人去过同一个城市.由此可判断乙去过的城市为 .文科的要求略低。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解9---导数-极值、最值问题(解析版)
1 / 33高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题9导数-极值、最值问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．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；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 3．求函数f (x )在[a ,b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[a ,b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x )在区间(a ,b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ,b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f (x )在区间(a ,b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定．1．已知函数32()6f x x x ax =-+的图象经过点()2,2A ． （1）设t R ∈，讨论()f x 在(),t +∞上的单调性；（2）若()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，求m 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）⎡⎢⎣⎦．【分析】（1）求出函数解析式，求导数，对t 分类讨论即可求解；（2）根据（1）只需满足()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩即可求解．【解析】（1）因为()22162f a =-=，所以9a =，32()69f x x x x =-+，()()()2'()343331f x x x x x =-+=--，当1x <或3x >时，'()0g x >，当13x <<时，)'(0g x <，所以：①当1t <时，()f x 在(),1t 和()3,+∞上递增，在()1,3上递减；3 / 33②当13t ≤<时，()f x 在(),3t 上递减，在()3,+∞上递增； ③当3t ≥时，()f x 在(),t +∞上递增；（2）因为()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，所以由（1）可得()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩，解得1m ≤≤故m的取值范围为⎡⎢⎣⎦．2．已知函数()x xf x e e -=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设存在[)01,x ∈+∞，使得()()30003f x a x x <-+成立，求正实数a 的取值集合A ；（2）若a A ∈，比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论．【试题来源】湖南师范大学附属中学2021届高三下学期月考（六）【答案】（1）1,2e e ∞-⎛⎫++ ⎪⎝⎭；（2）答案见解析． 【分析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性及最小值，当且仅当最小值()10g <，即可得到参数的取值范围；（2）构造函数()()1ln 1h x x e x =---，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分别进行讨论即可得到结论．【解析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+， 则()()2131x x g x e a x e +'=--．当1x 时，210,10x xe x e->-， 又0,a >故()0g x '>,所以()g x 是[)1,+∞上的单调增函数，因此()g x 在[)1,+∞的最小值是()112.g e e a -=+- 由于存在[)01,,x ∞∈+使()0030030x x e e a x x -+--+<成立,当且仅当最小值()10.g <故120,e e a -+-<即1,2e e a -+>则1,.2e e A ∞-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭（2）令函数()()1ln 1,h x x e x =---则()11e h x x-=-'． 令()0,h x '=得1x e =-，当()0,1x e ∈-时(),0,h x '<故()h x 是()0,1e -上的单调减函数． 当()1,x e ∞∈-+时(),0,h x '>故()h x 是()1,e -+∞上的单调增函数 所以()h x 在()0,∞+上的最小值是()1h e -．注意到()()10h h e ==， 所以当()()1,10,1x e e ∈-⊆-时()()(),110.h e h x h -<<= 当()()1,1,x e e e ∞∈-⊆-+时()(),0h x h e <=, 所以()0h x <对任意的()1,x e ∈成立．①当()1,1,2e e a e e -⎛⎫+∈⊆⎪⎝⎭时(),0,h a <即()11ln ,a e a -<-从而11;a e e a --< ②当a e =时11,a e e a --=；③当()(),1,a e e ∞∞∈+⊆-+时()(),0,h a h e >=即()11ln a e a ->-，故11a e e a -->.综上所述，当1,2e e a e -⎛⎫+∈⎪⎝⎭时11,;a e e a --<当a e =时11,a e e a --=；当(),a e ∈+∞时，11a e e a -->．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 3．已知函数21()ln 21()-=--+∈a f x x ax a R x． （1）当104a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数2121()()2a g x x f x x-=++，当||1a >时，若函数()g x 的极大值点为1x ，证明：2111ln 1->-x x ax ．5 / 33【试题来源】2021届高三数学二轮复习 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）先求出2(1)(221)()x ax a f x x-+-'=-，再对a 分类讨论得到函数()f x 的单调性； （2）通过分析得到21112x a x +=，所以2311111111122x lnx ax x x x lnx -=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，再利用导数证明()1h x >-即得证．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2221212(21)(1)(221)()2a ax x a x ax a f x a x x x x -----+-'=-+=-=-， ①当0a =时，21()x f x x -'=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， ②当104a <<时，由()0f x '=，解得11x =，2112x a=-， 此时11102a->>， ∴当(0,1)x ∈，1[12a-，)+∞时，()0f x '，函数()f x 单调递减， 当[1x ∈，11)2a-，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 综上所述，当0a =时，()f x 在(0,1)上单调递减，在[1，)+∞上单调递增， 当104a <<时，()f x 在(0,1)，1[12a -，)+∞时，单调递减，在[1∈，11)2a -，单调递增．（2）221211()()2122a g x x f x x ax lnx x -=++=-++， 2121()2x ax g x x a x x-+∴'=-+=，当||1a >时，即1a >或1a <-时，令()0g x '=，则2210x ax -+=的两个根为1x ，2x ， 函数()g x 的极大值点为1x ，120x x ， 又121=x x ，122x x a +=，1a ∴>，101x <<，由1()0g x '=，可得211210x ax -+=，则21112x a x +=，3231111111111111222x x x lnx ax x lnx x x x lnx +∴-=-=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，231()22x h x lnx ∴'=-++， 2113()3x h x x x x-∴''=-+=，(0,1)x ∈，当03x <<时，()0h x ''>，当13x <<时，()0h x ''<，()h x ∴'在上单调递增，在，1)上单调递减，3()()03h x h ∴''=-，()h x ∴在(0,1)上单调递减， ()h x h ∴>（1）1=-，故21111x lnx ax ->-．【名师点睛】在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数（一般导函数是超越函数）的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题． “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径．利用二次求导解题时，要注意“导下去，看正负；倒回来，看图象”，“导下去，看正负”指一直对函数求导，直到你能确定导数的正负，确定前面函数的单调区间为止，才停止求导；“倒回来，看图象”指的是根据导数求出对应函数的单调性，再求出端点函数值、拐点值等，画出原函数的图象，逐步分析得到最初的函数的单调性． 4．已知函数()2x x f x e e =-，()2ln 2ag x x x x x =-- （1）求()f x 的极值；（2）若()1,x ∈+∞时，()f x 与()g x 的单调性相同，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮优化提升高考数学复习考点知识与题型专题讲解7 / 33专题训练（新高考地区专用）【答案】（1）极小值()11f e=，无极大值；（2）0a ≤．【分析】（1）根据函数的极值的概念可求得结果；（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增，所以()g x 在()1,+∞单调递增，利用导数转化为ln xa x≤在()1,+∞恒成立，构造函数()ln xp x x=，()1,x ∈+∞，利用导数求出()p x 的值域即可得解． 【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()1x x f x e-'=，当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增．所以()f x 有极小值()11f e=，无极大值．（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增．则()g x 在()1,+∞单调递增，即()1ln 1ln 0g x x ax x ax '=+--=-≥在()1,+∞恒成立，即ln x a x ≤在()1,+∞恒成立，令()ln x p x x =，()1,x ∈+∞；()21ln xp x x -'=， 所以当()1,x e ∈时，()0p x '>；当(),x e ∈+∞时，()0p x '<，所以()p x 在()1,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，又()1,x ∈+∞时，()0p x >，所以()10,p x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以0a ≤．【名师点睛】将函数在指定区间上的单调性转化为导函数的不等式恒成立是解题关键．5．已知函数()()2,ln f x ax g x x ==（1）当1a =时，求()()f x g x -的最小值； （2）若曲线()y f x =与yg x 有两条公切线，求a 的取值范围．【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）11ln 222+；（2）12a e >．【分析】（1）由导数得出函数()F x 的单调性，进而得出最值；（2）由题意得出当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线，构造函数()2ln xh x x =，利用导数得出其最大值，从而得出a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，令()()()2ln F x f x g x x x =-=-()()212120x F x x x x x -'=-=>，令()0F x '=且0x >可得x =()02F x x '>⇒>，()002F x x '<⇒<<即函数()F x 在0,2⎛ ⎝⎭上单调递减，在2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增min11ln 2ln 22221122F F =--⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）由函数()f x 和()g x 的图象可知: 当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线即2ln ax x >在0,上恒成立，即2ln xa x >在0,上恒成立设()2ln x h x x =，()312ln xh x x -'=令()312ln 0,x h x x x-=='=()()000x h x h x x >⇒<<<⇒'>'即函数()h x 在(上单调递增，在)+∞上单调递减即max 12h he ==，因此，12a e >【名师点睛】解决本题的关键在于利用导数得出函数的单调性，进而得出最值．6．已知函数()()2sin 10f x x x =->，()5sin 3g x x x =-+． （1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()g x f x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月）9 / 33【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导函数()'f x ，由()'f x 确定单调性，得极小值也即为最小值． （2）不等式()()g x f x >化为3sin 40x x -+．引入函数()3sin 4x x x ϕ=-+()ϕx 的最小值即可证明．【解析】（1）()2cos f x x '，令()0f x '=，得cos x =，故在区间[]0,π上，()f x '的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >时，5sin 32sin 1x x x -+-， 即证：当0x >3sin 40x x -+． 令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0x ϕ'<， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()()g x f x >．【名师点睛】本题考查用导数求函数的最值，证明不等式．解题方法是不等式变形后，引入新函数，利用导数求得新函数的最值，从而得证不等式成立．7．已知函数12()()sin f x x m x =--，其中14m <-．（1）当1m =-时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（2）求证：()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点．【试题来源】1号卷A10联盟2021届高三开年考 【答案】（1）220x y +-=；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程．（2）令()()cos g x f x x '==-，可证()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，结合零点存在定理可得()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点，结合其()g x '在该零点附近的符号可证()'f x 的单调性，结合零点存在定理可证()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点． 【解析】（1）当1m =-时，12()(1)sin f x x x =+-，则()cos f x x '=-， 所以1(0)2f '=-，又(0)1f =，所以所求切线方程为112y x -=-，即220x y +-=．（2）由题意得，()cos f x x '=-．令()cos g x x =-，则321()sin 4()g x x x m '=-+-，因为3214()y x m =--和sin y x =均在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以()'g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，11 / 33 又3214)0)(0(g m --'=<，32110242g m ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数00,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g t '=， 则当()00,x t ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减； 当0,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增． 又14m <-，则14m ->12>，即1>，2>，所以(0)10g =-<，1032g π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，02g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00cos 0g x x =-=， 所以当()00,x x ∈时，()()0f x g x '=<，函数()f x 单调递减； 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0f x g x '=>，函数()f x 单调递增， 所以()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一极小值点0x ． 【名师点睛】导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易计算．8．已知函数()()()ln x f x e x m x m x =-+++，2m ≤．（1）若直线:1l y x =+是函数()f x 的切线，求m 的值；（2）判断函数()f x 的单调性，并证明．【试题来源】广东省揭阳市2021届高三下学期教学质量测试【答案】（1）1m =；（2）单调递增函数，证明见解析．【分析】（1）设切点的坐标为(),n t ，求出()f x '，根据直线l 与函数()f x 的图象相切可得出关于t 、m 、n 的方程组，解出这三个未知数的值即可；（2）利用导数证得()()1ln 2ln x e x x x m ≥+≥+≥+，从而可得出()0f x '≥，即可得出结论．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),m -+∞．对函数()f x 求导可得()()ln x f x e x m -'=+．设直线l 关于函数()f x 的切点为(),n t ，则有()()()1ln ln 1n n t n t e m n m n n e m n ⎧=+⎪=-+++⎨⎪-+=⎩，解方程组可得1m =，0n =，1t =；（2）由第（1）问可得()()ln x f x e x m -'=+，令()()1x g x e x =-+，则()1x g x e '=-．可知当(),0x ∈-∞时，()0g x '<；当()0,x ∈+∞时，()0g x '>．即()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，于是有()()()100x g x e x g =-+≥=，即有1x e x ≥+恒成立．构造函数()()()1ln 2h x x x =+-+，则()11122x h x x x +=-=++'． 可知当()2,1x ∈--时，()0h x '<；当()1,x ∈-+∞时，()0h x '>．即()h x 在()2,1--上单调递减，在()1,-+∞上单调递增，于是有()()()()1ln 210h x x x h =+-+≥-=，即有()ln 21x x +≤+恒成立．当2m ≤时，()()ln ln 21x m x x +≤+≤+成立．综上可得()1ln x e x x m ≥+≥+，即有()0f x '≥恒成立，故函数()f x 为单调递增函数．【名师点睛】本题考查切线的定义，利用待定系数法求参数，利用放缩法证明函数的单调性．该题的本质构造了两个函数x y e =、()ln 2y x =+的公切线1y x =+，并分别与其进行对比，以得到比较的目的．13 / 339．设函数()1()x x a a f x e -=+>． （1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x x f x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln x x ae a ae a==． 因为1a >，所以1ln 0a >，所以1log ln ae x a =． 当1log ln ae x a>时，()()0,f x f x '>单调递增； 当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减． 因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值． （2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一， 因为ln (1)a f e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =． 当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10a f ae '-=-<． 而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a e f a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>． 当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值．10．已知函数()x f x e ax =-，其中a R ∈．（1）讨论函数()f x 在[0,1]上的单调性；（2）若函数()()ln(1)cos g x f x x x =++-，则是否存在实数a ，使得函数()g x 在0x =处取得极小值？若存在，求出a 值；若不存在，说明理由．【试题来源】广东省广州市天河区2021届高考二模【答案】（1）答案见详解；（2）存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值【分析】（1）求出导函数，讨论1a ≤、1a e <<或a e ≥，结合函数的单调性与导数之间的关系进行求解即可．（2）求出()1sin 1x g x e a x x '=-+++，根据极值的定义可得()020g a '=-=，得出2a =，再证明充分性，利用导数证明当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递增；再构造函数令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，证明当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递减．【解析】（1）由()x f x e ax =-，则()x f x e a '=-，因为[0,1]x ∈，则[]1,x e e ∈，当1a ≤时，()0x f x e a '=-≥，函数在[0,1]上单调递增；当1a e <<时，令()0x f x e a '=-≥，解得ln ≥x a ，令()0x f x e a '=-<，解得ln x a <，即函数在[]ln ,1a 上单调递增，在[)0,ln a 上单调递减；当a e ≥时，()0x f x e a '=-≤，函数在[0,1]上单调递减；（2）()()()ln(1)cos cos ln 1x g x f x x x e ax x x =++-=--++，15 / 33()1sin 1x g x e a x x '=-+++， 显然0x =是函数()g x 的极小值点的必要条件为()020g a '=-=，即2a =，此时()1sin 21x g x e x x '=++-+，显然当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()11sin 21sin 2sin 011x g x e x x x x x x '=++->+++->>++， 当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()22311131122x x x x x ⎛⎫+-+=++> ⎪⎝⎭， 故213112x x x <-++，令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 则()202x x m x e -'=-≤，故()m x 是减函数， 故当0x <时，()()01m x m >=，即212xx e x <++， 令()1sin 2h x x x =-，则()1cos 2h x x '=-， 当10x -<<时，()1cos102h x '>->，故()h x 在()1,0-上单调递增， 故当10x -<<时，()()00h x h <=，即1sin 2x x <， 故当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()1sin 21x g x e x x '=++-+ 2223112202222x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+++-+-+=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，当2a =时，0x =是()g x 的极小值点，即充分性也成立，综上，存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，解题的关键是结合函数的单调性、极值和导数之间的关系进行构造函数，考查了逻辑推理能力以及运算求解能力，考查了化归与转化思想，综合性比较强．11．已知数列()*11nn a n n ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ． （1）证明：n a e <(*n ∈N ，e 是自然对数的底数)；（2）若不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，求实数a 的最大值．【试题来源】山东省淄博市2021届高三一模考试【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为11ln 2-． 【分析】（1）将所要证明的不等式转化为证明()()()ln 101f x x x x =+-<≤在区间(]0,1上小于零，利用导数研究()f x 在区间(]0,1上的单调性和最值，由此证得结论成立．（2）将不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，转化为()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立，利用导数研究()g x 的单调性，结合对a 进行分类讨论，求得a 的取值范围，由此求得a 的最大值．【解析】（1）要证()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立，两边取对数：只需证明11ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 101f x x x x =+-<≤， 即只需证明函数()f x 在区间(]0,1上小于零，由于()1x f x x =-+'， 在区间(]0,1上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且()00f =，所以在区间(]0,1上函数()0f x < 所以不等式()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立； （2）对于不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N ，两边取对数： 只需不等式11ln 1n n a ⎛⎫+≤ ⎪+⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+，17 / 33 不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N 成立，等价于在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立， 其中，()222(21)(1)(1)a x a x g x x ax +-=++'，由分子22(21)0a x a x +-=，得其两个实数根为10x =，2212a x a -=； 当12a ≥时，20x ≤，在区间(]0,1上，()0g x '>，函数()g x 单调递増， 由于()()00g x g >=1212a <<时，()20,1x ∈，在区间()20,x 上()0g x '<，在区间()2,1x 上()0g x '>；函数()g x 在区间()20,x 上单调递减，在区间()2,1x 上单调递增；且()00g =，只需()11ln 201g a =-≤+， 得11ln 2a ≤-1211ln 2a <≤-时不等式成立， 当021a <≤时，21x ≥，在区间(]0,1上，()0g x '<，函数()g x 单调递减，且()()00g x g <=，不等式恒成立，综上，不等式(),011n a a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭>N 成立，实数a 的最大值为11ln 2-． 【名师点睛】可将不等式恒成立问题，转化为函数最值来求解，要注意导数的工具性作用．12．已知函数221()2()2x ax f x x x a e =+-∈R （ 2.71828e =…是自然对数的底数）． （1）若()f x 在(0.2)x ∈内有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）1a =时，计论关于x 的方程211()2|ln |()2x f x x x b x b xe⎡⎤-++=∈⎢⎥⎣⎦R 的根的个数． 【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）22e e a <<；（2）答案见解析．【分析】（1）若()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，则()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，等价于0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．令()x g x e ax =-，分类讨论()g x 有两个变号根时a 的范围；（2）化简原式可得2()|ln |,(0,)x x h x x b x e=--∈+∞，分别讨论(1,)x ∈+∞和(0,1)x ∈时()h x 的单调性，可得()h x 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合()h x 的单调性可以得到零点个数．【解析】（1）由题意可求得()()22(2)()2x x x a x x x e ax f x x e e '---=+-=，因为()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，所以()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，即0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-，①当0a 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当0a >时，令()0x g x e a '=-=得ln x a =，当ln 2a ，即2a e 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=-<，所以()g x 在(0,2)上单调递减，不符合条件；当ln 0a ，即01a <时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0ln 2a <<，即21a e <<时，()g x 在(0,ln )a 上单调递减，(ln ,2)a 上单调递增，若要0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根，则(0)0,(2)0,(ln )0,0ln 2,g g g a a >⎧⎪>⎪⎨<⎪⎪<<⎩，解得22e e a <<． 综上所述，22e e a <<．19 / 33（2）设2211()|ln |()2|ln |,(0,)2x x x h x x f x x x b x b x xee ⎡⎤=--+-=--∈+∞⎢⎥⎣⎦， 令2x x y e =，则212x x y e '-=，所以2x x y e =在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． （ⅰ）当(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，则2()ln x x h x x b e =--，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭． 因为2210,0xe x x->>，所以()0h x '>，因此()h x 在(1,)+∞上单调递增． （ⅱ）当(0,1)x ∈时，ln 0x <，则2()ln x x h x x b e =---，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭． 因为()22221,,1,01,1,x x xe e e e x x ∈><<∴>即21,xe x -<-，又211,x -<所以22()210x x e h x e x x '-⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭，因此()h x 在(0,1)上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(0,)x ∈+∞时，2()(1)h x h e b -=--，当2(1)0h e b -=-->，即2b e -<-时，()h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，当2(1)0h e b -=--=，即2b e -=-时，()h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，当2(1)0h e b -=--<，即2b e ->-时，①当(1,)x ∈+∞时，221()ln ln ln 1x x h x x b x b x b e e ⎛⎫=-->-+>-- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b -->，即()1,b x e +∈+∞； ②当(0,1)x ∈时，121()ln ln ln 12x x h x x b x e b x b e -⎛⎫=-----+>--- ⎪⎝⎭，要使()0h x >， 可令ln 10x b --->，即()10,b x e --∈，所以当2b e ->-时，()h x 有两个零点，故关于x 的方程根的个数为2，综上所述：当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为0，当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为1，当2b e ->-时，关于x 的方程根的个数为2．13．已知函数()()210,2x f x e ax x a =->∈R ． （1）当1a =时，比较()f x 与 1x +的大小； （2）若()f x 有两个不同的极值点12 , x x ，证明：1122ln (1)x a x x x <-． 【试题来源】四川省大数据精准教学联盟2021届高三第二次统一监测【答案】（1）()()10f x x x >+>；（2）证明见解析．【分析】（1）令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，再利用导数法判断()g x 与0的关系．（2）根据()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，转化为1 x ，2 x 为方程x e a x=的两个不同实根有11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x lnlnx lnx x x x x x =-=-=-，进而将问题转化为()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-，再由（1）得到2112x x e x >++，即2112e x x x >++，然后作出函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象，利用数形结合法求解．【解析】（1）当1a =时，()()2102x f x e x x =->， 令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，则()1x g x e x '=--． 令()1x u x e x =--，则()1x u x e '=-，可知()1x u x e '=-为()0,∞+上的增函数， 则()()00u x u ''>=，则()u x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00u x u >=，即()0g x '>，所以()g x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00g x g >=，所以不等式212x x e x ->+在()0,∞+上成立，21 / 33所以()()10f x x x >+>．（2）()xf x e x α'=-，因为()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，所以1 x ，2 x 为方程()0f x '=两不等根，即1 x ，2 x 为方程xea x=的两个不同实根，令()xe h x x =，()()21x e x h x x-'=，令()0h x '>，得1x >；令()0h x '<，得1x <， 则()h x 在()1,+∞上递增，在()0,1上递减， 所以当1x =时，()h x 取得最小值为()1h e =，所以a e >，不妨设1201x x <<<，且11x e ax =，22xe ax =，则11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x ln lnx lnx x x x x x =-=-=-， 故只需证明()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-． 由（1）知2112xx e x >++，所以22111212x x ex x x x++>=++， 令()112x x x ϕ=++()0x >，则()2222x x x ϕ-'=可得()x ϕ在(上递减，)+∞上递增，函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象如图所示，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=两不等根，即()22120x a x +-+=的两个实根，则34342(1),2,x x a x x +=--⎧⎨=⎩由图可知，31240x x x x <<<<， 即421311110x x x x <<<<，所以43123434341111x x x x x x x x --<-==1a =<=-，所以()21121x x a x x -<-，故原不等式()11221x lna x x x <-得证． 【名师点睛】利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式．14．已知函数()()21ln 0f x x ax x a a=-+>． （1）当1a e=时，求函数()f x 在x e =处的切线方程；（2）若()f x 在(000x x x =<<处取得极值，且()00f x >，求a 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）12y e x e e ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭；（2）⎫⎪⎪⎝⎭． 【分析】（1）求出()f e 、()f e '，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）求出()222a x x a f x ax -++'=，求得0x =，由()00f x >可得出(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，构造函数()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<利用导数分析函数()h x 在(上单调递增，由()00hx >可得出01x <进而可解得正实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a e =时，()2ln x f x x ex e=-+，则()12x f x e x e '=-+， 所以()21f e e e =-+，()12f e e e'=+-，所以切线方程为()211212y e x e e e e x e e e ⎛⎫⎛⎫=+--+-+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；23 / 33（2）()221122a x x af x ax x a ax-++'=-+=，设()222g x a x x a =-++，则3180a ∆=+>．因为0x >，由()0g x >，可得2104x a <<，此时()0f x '>； 由()0g x <，可得x >()0f x '<． 所以，函数()f x的单调递增区间为⎛ ⎝⎭，单调递减区间为⎫+∞⎪⎪⎝⎭．所以，0x =，则()()0f x f x =极大值且有220020a x x a -++=，可得20021x ax a =+，02114x a +=<a >所以()()0020000002ln 11ln ln 0222x a x x x f x x ax x a a a+-=-+=+-=>，且()()222000000ln 21ln 10f x x ax ax x ax =-+-=+->，所以，21ln ax x >-， 因为0x <012ln 0x ->，即002001ln 12ln x x a x x -<<-，即002001ln 12ln x x x x -<-，整理得(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，设()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<则()324ln 334ln 33x x x h x x x x x-+'=-+=， 0x <<1ln 2x<，所以34ln 0x ->，即当0x <<()0h x '>． 所以，函数()h x 在(上单调递增，()10h =，由()()001h x h >=，可得01x << 即2114a<<1a <<．因此，实数a的取值范围是⎫⎪⎪⎝⎭． 【名师点睛】利用导数求函数极值的步骤如下： （1）求函数()f x 的定义域； （2）求导；（3）解方程()00f x '=，当()00f x '=； （4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值； ②如果在0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么()0f x 是极大值． 15．已知函数()()2sin 10f x x x =->，())))112sin g x e x x =⋅++．（1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()f x g x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月） 【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值； （2）要证()()f x g x >，只要证()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，可得0x >时，()0x ϕ>，从而有()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >【解析】（1）()2cos f x x '，令0fx，得cos x =，25 / 33故在区间[]0,π上，fx 的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0fx，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0fx，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >))2sin 112sin x x x ->++，即证：当0x >时，()()11h x x x =-+>．()())11h x x x x '=+3sin 4x x =-+，令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0ϕ'<x ， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0ϕ'>x ， 所以()ϕx 在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()0h x '>， 即()h x 是0,上的增函数，所以()()01h x h >．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，解题的关键是把()()f x g x >转化为()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，进而可判断()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题16．已知0a >，函数()2xe f x x a=+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()f x 存在极值点1x 、2x ，求证：()()1212e af x f x a--<⋅．【试题来源】江苏省无锡市天一中学2021届高三下学期二模考前热身模拟 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求得()()()2222x e x x a f x xa -+'=+，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）由题意得出122x x +=，12x x a =，2112x a x +=，2222x a x +=，将所证不等式转化为证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅，即()()11211111210x x x e x e x ------<，令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，证明出()0F t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可． 【解析】（1）当0a >时，函数()2xef x x a=+的定义域为R ，且()()()2222x e x x a f x xa -+'=+．对于方程220x x a -+=，44a ∆=-．①当0∆>时，即()0,1a ∈时，令()0f x '=，11x =21x = 由()0f x '<可得11x <<27 / 33由()0f x '>可得1x <或1x >所以函数()f x在(,1-∞上单调递增，在(1上单调递减，在()1++∞上单调递增；②当0∆≤时，即[)1,a ∈+∞时，()()()22220x e x x a f x xa -+'=≥+，所以函数()f x 在R 上单调递增．（2）由（1）可得01a <<，且1x 、2x 是220x x a -+=的两根． 由根与系数关系可得122x x +=，12x x a =．设1201x x <<<，则()f x 在1x x =处取到极大值，在2x x =处取到极小值， 所以()()12f x f x >．因为2112x a x +=，2222x a x +=，所以命题等价于证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅， 整理得121121121x x x e x e x x ---<-，即()()11211111210x x x e x e x ------<．令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，()0,1t ∈， 则()()2t tF t t e e -'=--，()0,1t ∈，令()2t tg t e e -=--，易知()g t 在()0,1上单调递增．因为()020g =-<，()10g >，所以存在()00,1t ∈，使()00g t =，当()00,t t ∈时，()0F t '<，()F t 单调递减；当()0,1t t ∈时，()0F t '>，()F t 单调递增， 所以()()(){}max 0,10F t F F <=，所以()()11211111210x x x e x e x ------<成立，所以()()1212e a f x f x a--<⋅．【名师点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．17．已知函数()1xf x e ax =--（1）讨论函数()()f xg x x=在其定义域内的单调性； （2）若()0f x ≥对任意的x ∈R 恒成立，设()()xh x e f x =，证明：()h x 在R 上存在唯一的极大值点t ，且()3.16h t <【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考 【答案】（1）在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数()g x 求导，得()()211x x e g x x '-+=，令()()11xx x e ϕ=-+，则()x x xe ϕ'=，得到()x ϕ在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，结合其定义域，得到()()00ϕϕ>=x ，进而求得()g x 的单调区间； （2）根据()0f x ≥对任意的x ∈R恒成立，可确定1a =，()()()()1,22x x x x h x e e x h x e e x '=--=--，利用导数研究函数的图象的走向，研究得其极值点以及极值的范围，证得结果．【解析】（1）由题意()1x e ax g x x --=，定义域为()()()()211,00,,x x e g x x ∞∞'-+-⋃+=令()()11x x x e ϕ=-+，则()xx xe ϕ'=当0x <时，()0;x ϕ'<当0x >时，()0x ϕ'>()x ϕ∴在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增 ()()00,x ϕϕ∴>=即()g x '在(),0-∞和()0,∞+上均大于零 ()g x ∴在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增29 / 33（2）易知()x f x e a '=-，由()10xf x e ax =--≥对任意的x ∈R 恒成立，即1x ax e ≤-恒成立，当0x =时显然成立，当0x >时，1x e a x -≤恒成立，当0x <时，1x e a x -≥恒成立，令1()x e u x x -=，则22(1)(1)1'()x x x e x e x e u x x x⋅---+==， ()(1)1x v x x e =-+，'()x v x e =，可知'()0v x >，()v x 在R 上单调递增，且(0)110v =-+=，所以当0x <时，'()0u x <，当0x >时，'()0u x >，所以1()x e u x x -=在(,0)-∞上单调减，在(0,)+∞上单调增，且001lim lim 11x xx x e e x→→-==，所以1a =，此时()()()()1,22x x x xh x e e x h x e e x '=--=--，令()22,x x e x τ=--则()21xx e τ='-，当ln2x <-时，()0;x τ'<当ln2x >-时，()0x τ'>，()x τ∴在(),ln2∞--上单调递减，在()ln2,∞-+上单调递增，又()()3322223212200,20,0224e ee τττ⎛⎫=-=>-=-=-< ⎪⎝⎭， ∴存在唯一实数32,,2t ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭使得()220t t e t τ=--=，()h x ∴在(),t -∞上递增，(),0t 上递减，()0,∞+上递增， ()h x ∴在R 上唯一的极大值点，即为.t()()222231122416ttt t t t h t e e t t ++--⎛⎫∴=--=--=<⎪⎝⎭． 【名师点睛】该题考查的是有关利用导数研究函数的问题，解题思路如下：（1）对函数求导，之后对其导数再求导，结合导数的符号确定函数的单调性，从而确。
导数的极值与最值题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
第6讲导数的极值与最值题型总结【考点分析】考点一：函数的驻点若()00='x f ，我们把0x 叫做函数的驻点．考点二：函数的极值点与极值①极大值点与极大值：函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数的一个极大值，记作0()y f x =极大值，其中0x 叫做函数的极大值点②极小值点与极小值：函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数的一个极小值，记作0()y f x =极小值，其中0x 叫做函数的极小值点考点三：求可导函数()f x 极值的步骤①先确定函数()f x 的定义域；②求导数()f x '；③求方程()0f x '=的根；④检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注意：可导函数()x f 在0x x =满足0()0f x '=是()x f 在0x 取得极值的必要不充分条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.考点四：函数的最值一个连续函数在闭区间[]b a ,上一定有最值，最值要么在极值点处取得，要么在断点处取得。
求函数最值的步骤为：①求()y f x =在[]b a ,内的极值（极大值或极小值）；②将()y f x =的各极值与()a f 和()b f 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型目录】题型一：求函数的极值与极值点题型二：根据极值、极值点求参数的值题型三：根据极值、极值点求参数的范围题型四：利用导数求函数的最值（不含参）题型五：根据最值求参数题型六：根据最值求参数范围【典例例题】题型一：求函数的极值与极值点【方法总结】利用导数求函数极值的步骤如下：（1）求函数()f x 的定义域；（2）求导；（3）解方程()00f x '=，当()00f x '=；（4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值；【例1】(2022石泉县石泉中学)函数()2x x f x e=的极小值为()A ．0B ．1eC ．2D ．24e 【答案】A【解析】由()2x xf x e=，得()()()2222x xxx x x xe x e f x e e ---'==，当02x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0x <或2x >时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以当0x =时，函数()2x x f x e=取得极小值，极小值为()000f e ==.故选：A.【例2】(2021·河南新乡市)已知函数()ln f x x ax =-的图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，则()f x 的极大值为()A ．ln 21--B ．ln 21-+C ．1-D ．1【答案】A【解析】因为()ln f x x ax =-，所以1()f x a x'=-，又因为函数()f x 在图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，所以(1)1f a b =-=--，(1)11f a ='-=-，解得2a =，1b =.由112()2x f x x x-'=-=，102x <<，()0f x '>，12x >，()0f x '<，知()f x 在12x =处取得极大值，11ln 1ln 2122f ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭.故选：A.【例3】若函数2()x f x e ax a =--在R 上有小于0的极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(,1)-∞-D ．(1,)+∞【答案】B【解析】由()2()x xf x e ax a f x e a'=--⇒=-因为2()x f x e ax a =--在R 上有小于0的极值点，所以()0xf x e a ='-=有小于0的根，由x y e =的图像如图：可知()0xf x e a ='-=有小于0的根需要01a <<，所以选择B【例4】（2022·江西师大附中三模（理））已知函数()sin ,()e xxf x xg x =-为()f x 的导函数．(1)判断函数()g x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；【答案】(1)存在；极小值【分析】（1）转化为判断导函数是否存在变号零点，对()g x '求导后，判断()g x '的单调性，结合零点存在性定理可得结果；【解析】(1)由()sin ex x f x x =-，可得2e e 1()cos cos (e )e x x x x x xg x x x --=-=-，则2e (1)e 2π()sin sin ,0,(e )e 2x x x x x x g x x x x ----⎛⎫'=+=+∈ ⎪⎝⎭，令2()sin e x x h x x -=+，其中π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得2e (2)e 3()cos cos 0(e )e x x x x x x h x x x ---'=+=+>，所以()h x 在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，即()g x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为π2π2π2(0)20,102eg g -⎛⎫''=-<=+> ⎪⎝⎭，所以存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0,()g x g x '<单调递减；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g x g x '>单调递增，所以当0x x =时，函数()g x 取得极小值．【例5】（2022·江苏苏州·模拟预测）函数()sin cos f x x x x =--．(1)求函数()f x 在(),2ππ-上的极值；【答案】(1)极大值，12π-；极小值，1-；【分析】（1）由题可得()14f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，进而可得；【解析】(1)∵()sin cos f x x x x =--，∴()1cos sin 1cos 4f x x x x π⎛⎫=-+=+' ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，由()0f x '=，可得2x π=-，或0x =，∴,2x ππ⎛⎫∈-- ⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '<单调递减，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，∴2x π=-时，函数()f x 有极大值(122f ππ-=-，0x =时，函数()f x 有极小值(0)1f =-；【题型专练】1.已知e 为自然对数的底数，设函数()x xe x f =，则A ．1是()x f 的极小值点B ．﹣1是()x f 的极小值点C ．1是()x f 的极大值点D ．﹣1是()x f 的极大值点【答案】B 【解析】【详解】试题分析：，当时，，当时，，当时，，所以当时，函数取得极小值，是函数的极小值点，故选B.考点：导数与极值2.（2022福建省福建师大附中高二期末多选）定义在R 的函数()f x ，已知()000x x ≠是它的极大值点，则以下结论正确的是（）A ．0x -是()f x -的一个极大值点B ．0x -是()f x -的一个极小值点C ．0x 是()f x -的一个极大值点D ．0x -是()f x --的一个极小值点【答案】AD【解析】()000x x ≠是()f x 的极大值点，就是存在正数m ，使得在00(,)x m x -上，()0f x '>，在00(,)x x m +上，()0f x '<．设()()g x f x =-，()()g x f x ''=--，当00x x x m -<<-+时，00x m x x -<-<，()0f x '->，()0g x '<，同理00x m x x --<<-时，()0g x '>，∴0x -是()f x -的一个极大值点，从而0x -是()f x --的一个极小值点，0x 是()f x -的一个极小值点．不能判定0x -是不是()f x -的极值点．故选：AD.3.（2022江西高三期中（文））已知函数()ln f x a x ax =+，2()2g x x x =+，其中a R ∈.（1）求函数()()()h x f x g x =+的极值；（2）若()g x 的图像在()()11,A x g x ，()()()2212,0B x g x xx <<处的切线互相垂直，求21x x -的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）1.【解析】（1）函数2()ln (2)h x a x x a x =+++的定义或为(0,)+∞，2(1)2()2(2)a x x a h x x a x x⎛⎫++ ⎪⎝⎭'=+++=，若0a ≥，()0h x '>恒成立，此时()h x 在(0,)+∞上单调递增，无极值；若0a <时，()0h x '=，解得2a x =-，当02ax <<-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当2ax >-时，()0h x '>，()h x 单调递增.∴当2a x =-时，()h x 有极小值2ln 224a a ah a a ⎛⎫⎛⎫-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极大值.（2）()22g x x '=+，则()()1222221x x ++=-，其中，120x x <<，1222022x x ∴+<<+，且()121141x x =--+，210x -<<，()212211141x x x x ∴-=++≥+，当且仅当21(1,0)2x =-∈-时取等号，∴当212x =-，132x =-时，21x x -取最小值1.题型二：根据极值、极值点求参数的值【方法总结】解含参数的极值问题要注意：①()00f x '=是0x 为函数极值点的必要不充分条件，故而要注意检验；②若函数()y f x =在区间(,)a b 内有极值，那么()y f x =在(,)a b 内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．【例1】(2022全国课时练习)若函数()2()1xf x x ax e =--的极小值点是1x =，则()f x 的极大值为()A ．e -B ．22e -C ．25e -D ．2-【答案】C【解析】由题意，函数()2()1x f x x ax e =--，可得2()(2)1x f x e x a x a '⎡⎤=+---⎣⎦，所以(1)(22)0f a e '=-=，解得1a =，故()2()1x f x x x e =--，可得()())1(2xf x ex x '=+-，则()f x 在(,2)-∞-上单调递增，在()2,1-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()f x 的极大值为2(2)5f e --=．故选：C.【例2】(2021·全国课时练习)若函数2()()f x x x a =-在2x =处取得极小值，则a=__________．【答案】2【解析】由2322()()2f x x x a x ax a x ==--+可得22()34f x x ax a '=-+，因为函数2()()f x x x a =-在2x =处取得极小值，所以2(2)1280f a a '=-+=，解得2a =或6a =，若2a =，则2()384(2)(32)f x x x x x '=-+=--，当2,3x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，则()f x 单调递增；当2,23x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，则()f x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；所以函数()f x 在2x =处取得极小值，符合题意；当6a =时，2()324363(2)(6)f x x x x x '=-+=--，当(),2x ∈-∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；当()2,6x ∈时，()0f x '<，则()f x 单调递减；当()6,x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；所以函数在2x =处取得极大值，不符合题意；综上：2a =.故答案为：2.【例3】（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，且()f x 的极大值为4，则b =（）A ．-1B ．2C ．-3D ．4【答案】B 【解析】【分析】对()f x 求导，由函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，所以()0f a ¢=，所以a b =，()()2e xf x x a ∴=-，对()f x 求导，求单调区间及极大值，由()f x 的极大值为4，列方程得解.【详解】解：()()()e xf x x a x b =--()2e x x ax bx ab =--+，所以()()()22e e x x f x x a b x ax bx ab '=--+--+()2e 2x x a b x ab a b ⎡⎤=+--+--⎣⎦因为函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，所以()()()2e 2e 0a af a a a b a ab a b a b '⎡⎤=+--+--=-=⎣⎦，所以a b =，()()2e x f x x a ∴=-，()()()()22e 222=e 2x x f x x a x a a x ax a '⎡⎤=+-+----⎡⎤⎣⎦⎣⎦，令()0f x '=，得=x a 或=2x a -，当()2x a ∈-∞-，时，()0f x '>，所以()f x 在()2a -∞-，单调递增，当()2x a a ∈-，时，()0f x '<，所以()f x 在()2a a -，单调递增，当()x a ∈∞，+时，()0f x '>，所以()f x 在()a ∞+，单调递增，所以()f x 在=2x a -处有极大值为()22e ==44a f a --，解得=2a ，所以=2b .故选：B 【题型专练】1．设函数()23ln 2f x x ax x =+-，若1x =是函数()f x 是极大值点，则函数()f x 的极小值为________【答案】ln 22-【解析】函数()2313ln '()222f x x ax x f x ax x =+-⇒=+-1x =是函数()f x 是极大值点则131'(1)20124f a a =+-=⇒=()213113ln '()04222f x x x x f x x x =+-⇒=+-=1x =或2x =当2x =时()f x 的极小值为ln 22-故答案为：ln 22-2．（2023全国高三专题练习）已知函数()ln 1xf x ae x =--，设1=x 是()f x 的极值点，则a =___，()f x 的单调增区间为___.【答案】1e()1,+∞【解析】由题意可得：()1xf x ae x'=-1x = 是()f x 的极值点()110f ae ∴=-='1a e⇒=即()1ln 1x f x ex -=--()11x f x e x-⇒-'=令()0f x '>，可得1x >()f x ∴的单调递增区间为()1,+∞3．（2023河南省实验中学高二月考）函数1sin sin 33y a x x =+在3x π=处有极值，则a 的值为（）A ．6-B ．6C ．2-D ．2【答案】D【解析】cos cos3,y a x x +'=由3|0x y π=='得，cos cos 0,2,3a a ππ+==选D.点睛：函数()f x 在点3x π=处由极值，则必有()0,3f π'=但要注意()0,3f π'=3x π=不一定是()f x 的极值点.题型三：根据极值、极值点求参数的范围【例1】（2022·四川绵阳·二模（文））若2x =是函数()()2224ln f x x a x a x =+--的极大值点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),2-∞-B ．()2,-+∞C ．()2,+∞D ．()2,2-【答案】A 【解析】【分析】求出()f x '，分0a ≥，2a <-，20a -<<，2a =-分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从而得出答案.【详解】()()()()()22224224222x a x a x x a a f x x a x x x+---+'=+--==，()0x >若0a ≥时，当2x >时，()0f x '>；当02x <<时，()0f x '<；则()f x 在()0,2上单调递减；在()2,+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极小值，与条件不符合,故满足题意.当2a <-时，由()0f x '>可得02x <<或x a >-；由()0f x '<可得2x a <<-所以在()0,2上单调递增；在()2,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极大值，满足条件.当20a -<<时，由()0f x '>可得0x a <<-或2x >；由()0f x '<可得2a x -<<所以在()0,a -上单调递增；在(),2a -上单调递减，在()2,+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极小值，不满足条件.当2a =-时，()0f x '≥在()0,∞+上恒成立，即()f x 在()0,∞+上单调递增.此时()f x 无极值.综上所述：2a <-满足条件故选：A【例2】（2022·河南·高三阶段练习（文））若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值，则实数a 的取值范围（）A ．()2,2-B ．(-C ．⎡-⎣D ．[]22-,【答案】D 【解析】【分析】求()()222e x x a f x x a ⎡⎤++++⋅⎣⎦'=，由分析可得()2220y x a x a =++++≥恒成立，利用0∆≤即可求得实数a 的取值范围.【详解】由()()22e xx a f x x =++⋅可得()()()()222e 2e 22e x x xx a x ax x a x f a x ⎡⎤=+⋅+++⋅=++++⋅⎣⎦'，e 0x >恒成立，()222y x a x a =++++为开口向上的抛物线，若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值，则()2220y x a x a =++++≥恒成立，所以()()22420a a ∆=+-+≤，解得：22a -≤≤，所以实数a 的取值范围为[]22-,，故选：D.【例3】（2022·全国·高三专题练习）函数()(ln )xe f x a x x x=--在(0,1)内有极值，则实数a 的取值范围是（）A ．(,)e -∞B ．(0,)eC ．(,)e +∞D ．[),e +∞【答案】C 【解析】【分析】由可导函数在开区间内有极值的充要条件即可作答.【详解】由()(ln )x e f x a x x x=--得，21111()()(1)(1)()x x e f x e a a x x x x x '=---=--，因函数()(ln )x e f x a x x x=--在(0,1)内有极值，则(0,1)x ∈时，()0xef x a x '=⇔=有解，即在(0,1)x ∈时，函数()xe g x x=与直线y=a 有公共点，而1()(10x e g x x x'=-<，即()g x 在(0,1)上单调递减，(0,1),()(1)x g x g e ∀∈>=，则a e >，显然在x e a x =零点左右两侧()'f x 异号，所以实数a 的取值范围是(,)e +∞.故选：C 【点睛】结论点睛：可导函数y ＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．【例4】（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()24143e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦，若2x =是()f x 的极小值点，则实数a 的取值范围是（）A ．2,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．(),0-∞D ．()1,-+∞【答案】B 【解析】【分析】根据导函数的正负，对a 分类讨论，判断极值点，即可求解.【详解】由()()24143e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦得()()()12e x f x ax x '=--，令()()()()()12e 0120x f x ax x ax x '=-->⇒-->，若0a <，则()()11202ax x x a -->⇒<<，此时在12x a <<单调递增，在12,x x a><单调递减，这与2x =是()f x 的极小值点矛盾，故舍去.若0a =，可知2x =是()f x 的极大值点，故不符合题意.若102a >>，()()11202,ax x x x a -->⇒<>，此时()f x 在12,x x a <>单调递增，在12x a<<单调递减，可知2x =是()f x 的极大值点，故不符合题意.当12a >，，()()11202,ax x x x a -->⇒><，此时()f x 在12,x x a ><单调递增，在12x a>>单调递减，可知2x =是()f x 的极小值点，符合题意.若12a =，()f x 在定义域内单调递增，无极值，不符合题意，舍去.综上可知：12a >故选：B【例5】（2022·吉林长春·模拟预测（文））已知函数()sin f x ax x =+，()0,πx ∈．(1)当1a =时，过()0,1做函数()f x 的切线，求切线方程；(2)若函数()f x 存在极值，求极值的取值范围．【答案】(1)1y x =+，(2)()0,π【解析】【分析】（1）设切点，再根据导数的几何意义求解即可；（2）求导分析导函数为0时的情况，设极值点为0x 得到0cos a x =-，代入极值再构造函数()cos sin h x x x x =-+，求导分析单调性与取值范围即可(1)由题，当1a =时，()sin f x x x =+，()1cos f x x '=+，设切点为()000,sin x x x +，则()001cos f x x '=+，故切线方程为()()0000sin 1cos y x x x x x --=+-，又切线过()0,1，故()00001sin 1cos x x x x --=-+，即000sin cos 10x x x --=，设()sin cos 1g x x x x =--，()0,πx ∈，则()sin 0g x x x '=>，故()g x 为增函数.又sin cos 102222g ππππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，故000sin cos 10x x x --=有唯一解02=x π，故切点为,122ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，斜率为1，故切线方程为122y x ππ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，即1y x =+；(2)因为()cos f x a x '=+，()0,πx ∈为减函数，故若函数()f x 存在极值，则()0f x ¢=在区间()0,πx ∈上有唯一零点设为0x ，则0cos 0a x +=，即0cos a x =-，故极值()000000sin cos sin f x ax x x x x =+=-+，设()cos sin h x x x x =-+，()0,πx ∈，则()sin 0h x x x '=>，故()h x 为增函数，故()()()0h h x h π<<，故()0h x π<<，即()()00,f x π∈，故极值的取值范围()0,π【点睛】本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题【例6】（2022·天津·耀华中学二模）已知函数()ln (0)xae f x x x a x=+->.(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)若()f x 存在两个极小值点12,x x ，求实数a 的取值范围.【答案】(1)递减区间为(0,1)，递增区间为(1,)+∞，(2)1(0,)e【解析】【分析】（1）当1a =时，求得2(1)(e )()x x x f x x '--=，令()e xm x x =-，利用导数求得()0m x >，进而求得函数的单调区间；（2）求得2(1)(())x x xx a e ef x x -'=-，令()e x x u x =，结合单调性得到()e 1u x ≤，进而得到10e ex x <≤，分1e a ≥和10ea <<，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解.(1)解：当1a =时，函数e ()ln xf x x x x =+-，可得221(1)(1)()()1x x e e f x x x x x x x -'+--=-=，令,())(0,x m x e x x -∈=+∞，可得()e 10x m x '=->，所以函数()m x 单调递增，因为()(0)1m x m >=，所以()0m x >，当(0,1)x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，即函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.(2)解：由函数()ln ,(0,)xae f x x x x x =+-∈+∞，可得22(()(1)())1(),0x x xe ae x x ef x x x x x a x --'==->-，令()e xx u x =，可得()1e x u x x='-，所以函数()u x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()e1u x ≤，当0x >时，可得e 1x >，所以10e ex x <≤，①当1ea ≥时，0e x xa -≥，此时当(0,1)x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以函数()f x 的极小值为()1e 1f a =-，无极大值；②当10e a <<时，()()0e e e1,1a a a u a a u a =<==>，又由()u x 在(),1a 上单调递增，所以()f x ¢在(),1a 上有唯一的零点1x ，且11e x xa =，因为当e x >时，令()2ln g x x x =-，可得()2210x g x x x-'=-=<，又因为()0e e 2g =-<，所以()0g x <，即2ln x x <，所以112ln a a<，所以2212ln 11ln2ln 1(ln )1aa a u a a a ea==⋅<，e 1(1)u a =>，因为()u x 在(1,)+∞上单调递减，所以()f x ¢在21(0,ln )a 上有唯一的零点2x ，且22e x x a =，所以当1(0,)x x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当1(,1)x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当2(1,)∈x x 时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以函数()f x 有两个极小值点，故实数a 的取值范围为1(0,)e.【题型专练】1．（2022贵州遵义·高三）若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点则实数a 的取值范围是（）A ．(1,1)-B ．[1,1]-C ．(,1)(1,)-∞-+∞ D ．(,1][1,)-∞-+∞ 【答案】B 【解析】321()53f x x ax x =-+- ,2()21f x x ax '∴=-+，由函数321()53f x x ax x =-+-无极值点知，()0f x '=至多1个实数根，2(2)40a ∴∆=--≤，解得11a -≤≤，实数a 的取值范围是[1,1]-，故选：B2.（2022湖南湘潭·高三月考（理））已知函数2()e 2x f x ax ax =-+有两个极值点，则a 的取值范围是（）A ．(,)e +∞B ．,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()2,e +∞D ．2,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】因为2()e 2x f x ax ax =-+有两个极值点，所以()0f x '=有两个不同实数根，所以220x e ax a -+=有两个不同实数根，所以()21xe a x =-有两个不同实数根，显然0a ≠，所以112x x a e -=有两个不同实数根，记()1xx g x e -=，()2x x g x e -'=，当(),2x ∈-∞时()0g x '>，当()2,x ∈+∞时()0g x '<，所以()g x 在(),2-∞上单调递增，在()2,+∞上单调递减，所以()()2max 12g x g e==，又因为(],1x ∈-∞时，()0g x ≤；当()0,2x ∈时，()210,g x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；当[)2,x ∈+∞时，()210,g x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以当112x x a e-=有两个不同实数根时2110,2a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22a e >，所以22e a >，故选：D.3.若函数2()2ln f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．12a >B ．102a -<<C ．12a <D ．102a <<【答案】D 【解析】【分析】求出函数的导数，由导函数有两个零点可得实数a 的取值范围.【详解】∵2()2ln f x x x a x =-+有两个不同的极值点，∴222()2202a x x af x x x-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点，∴2220x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点，∴Δ4800a a =->⎧⎨>⎩，解得102a <<．故选：D.4.（2020·辽宁高三月考）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________.【答案】10,2⎛⎫⎪⎝⎭[)5,-+∞【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ,所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<.()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---,设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭,22()0a h a a'-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-.因此t 的取值范围是[)5,-+∞故答案为：10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞5.（2022·江苏南通·高二期末）若x ＝a 是函数2()()(1)f x x a x =--的极大值点，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．1a ≤C ．1a >D ．1a ≥【答案】A 【解析】【分析】求导后，得导函数的零点2,3a a +，比较两数的大小，分别判断在x a =两侧的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在x a =处取到极大值，即可求得a 的范围．【详解】解：2()()(1)f x x a x =--，Rx ∈()()(32)f x x a x a '∴=---令()()(32)0f x x a x a '=---=，得：2,3a x a x +==当23a a +<，即1a <此时()f x 在区间(,)a -∞单调递增，2(,)3a a +上单调递减，2(,)3a ++∞上单调递增，符合x ＝a 是函数()f x 的极大值点，反之，当23a a +>，即1a >，此时()f x 在区间2(,3a +-∞单调递增，2(,)3a a +上单调递减，(,)a +∞上单调递增，x ＝a 是函数()f x 的极小值点，不符合题意；当23a a +=，即1a =，()0f x '≥恒成立，函数()f x 在R x ∈上单调递增，无极值点.综上得：1a <.故选：A.6.（2020·江苏盐城·高三期中）若函数()21ln 2f x x b x ax =++在()1,2上存在两个极值点，则()39b a b ++的取值范围是_______.【答案】814,16⎛⎫⎪⎝⎭【解析】因为()()21ln 02f x x b x ax x =++>，所以()2b x ax bf x x a x x++'=++=，设()2g x x ax b =++，因为函数()f x 在()1,2上存在两个极值点，所以()f x '在()1,2上存在两个零点，所以()g x 在()1,2上存在两个零点，设为12,x x 且12x x ≠，所以根据韦达定理有：1212x x ax x b+=-⎧⎨⋅=⎩，故()23939b a b b ab b++=++()()21212121239x x x x x x x x =⋅-⋅++⋅()()22112233x x x x =--，因为()11,2x ∈，所以221113993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，222223993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，由于12x x ≠，所以()()22112281334,16x x x x ⎛⎫--∈⎪⎝⎭.故答案为：814,16⎛⎫⎪⎝⎭.7.(2018年北京高考题)设函数()()23132e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦。
专题04 用导数研究函数的最值(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题4 用导数研究函数的最值函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数的最值,只能借助导数来求,高考常考题型一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,二是求解不等式恒成立问题,常常利用函数的最值来求解,此类问题一般难度较大,多以压轴题形式出现.(一) 求函数()y f x =在闭区间[],a b 上的最值一般地,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,那么它必有最大值与最小值．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．【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高三冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x -¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x=--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sin sin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点. (二) 求函数在非闭区间上的最值求函数在非闭区间上的最值,一般通过研究函数的单调性与极值来确定,若函数在某一区间上有唯一极值点,则该点处的极值一定是函数的最值.【例2】（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试模拟预测）已知函数()21e 2axf x x ax =+-（R a Î）.(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)当[]1,1a Î-时，证明：对任意的1x ，[]22,2x Î-，都有()()212e 1f x f x --≤.【解析】（1）当1a =时，()21e 2xf x x x =+-，()e 1x f x x ¢=+-，易知()e 1xf x x ¢=+-在上R 单调递增.因为()00f ¢=，所以当0x <时，()0f x ¢<，当0x >时，()0f x ¢>，所以()f x 在(],0-¥上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()f x 有最小值()01f =，无最大值.（2）证明：()e ax f a x a x ¢=+-.令()()e ax g f a a x x x ¢==+-，则()2e 10axg a x ¢=+>，所以()'f x 在[]22-,上单调递增.又()00f ¢=，所以当0x <时，()0f x ¢<，当0x >时，()0f x ¢>，所以()f x 在[]2,0-上单调递减，在(]0,2上单调递增，即当[]1,1a Î-时，()f x 在[]2,0-上单调递减，在(]0,2上单调递增.所以()()220e 21a f f a -=-+，()()220e 21af f a ---=++.令()22e 2e 2t h t t =--+，则()22e 2th t ¢=-，当0t <时，()0h t ¢<，当0t >时，()0h t ¢>，所以()h t 在(],0-¥上单调递减，在[)0,¥+上单调递增.因为()10h =，()22114e 0eh -=+-<，所以当[]1,1t Î-时，()0h t £，即当[]1,1t Î-时，22e 21e 1t t -+£-，所以当[]1,1a Î-时，22e 21e 1a a -+-≤且2e 221e 1a a -++-≤，即()()220e 1f f -£-且()()220e 1f f --£-，即对任意的1x ，[]22,2x Î-，都有()()212e 1f x f x --≤.(三) 含单参数的函数在闭区间上的最值问题含单参数的函数的最值一般不通过比值求解,而是先讨论函数的单调性,再根据单调性求出最值．含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间,二是定极值点动区间,这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论．【例3】（2024届广东省东莞中学、广州二中等高三下学期六校联考）已知函数()()()211ln 2f x x a x a x a =+--ÎR ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当0a >时，求函数()f x 在区间[]1,e 上的最大值．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,¥+ ，求导数，得()()()()2111x a x a x x a a f x x a x x x+--+-¢=+--== ，若0a £，则()0f x ¢>，此时()f x 在()0,¥+上单调递增，若0a >，则由()0f x ¢=得x a =，当0x a <<时，()0f x ¢<，()f x 在()0,a 上单调递减，当x a >时，()0f x ¢> ，()f x 在(),a +¥上单调递增，综上，当0a £，()f x 的增区间为()0,¥+，无减区间，若0a >，()f x 减区间为()0,a ，增区间为(),a +¥.（2）由（1）知，当01a <£时，()f x 在区间[]1,e 上为增函数，函数()f x 的最大值为()()21e e 1e 2f a a =+--，当e a ³时，()f x 在区间[]1,e 上为减函数，函数()f x 的最大值为()312f a =-，当1e a <<时，()f x 在区间()1,a 上为减函数，在(),e a 上为增函数，函数()f x 的最大值为{}max (1),(e)f f ，由()()()213e 1e 1e 022f f a -=+-->，得13e 122ea <+-，若131e 122e a <<+-时，函数()f x 的最大值为()()21e e 1e 2f a a =+--，若13e 1e 22e a +-£<时，函数()f x 的最大值为()312f a =-，综上，当13e 122e a <+-时，函数()f x 的最大值为()()21e e 1e 2f a a =+--，当13e 122e a ³+-时，函数()f x 的最大值为()312f a =-.(四) 把不等式恒成立或有解问题转化为函数的最值问题有些不等式恒成立或有解问题,常通过分离参数,转化为求函数的最值问题,常用结论是：若()f x 的值域为[],m M ,则()f x a ³恒成立a m Û£,()f x a ³有解a M Û£.【例4】（2024届湖南省岳阳市湘阴县第一中学高三下学期期中）已知函数()()1ln 1x f x x a+-=-（a 为常数），2x =是函数()f x 的一个极值点.(1)求实数a 的值；(2)如果当2x ³时，不等式()mf x x³恒成立，求实数m 的最大值；(3)求证：()1232ln 12341n n n n æö-++++<+ç÷+èøL .【解析】（1）由题意得：()()()21ln 11x ax x f x x a ¢-----=-，因为2x =是函数()f x 的一个极值点，所以()20f ¢=，解得：1a =，则()()()()()2211ln 1ln 1111x x x x f x x x ------==---¢，令()0f x ¢>，则12x <<，令()0f x ¢<，则2x >，所以2x =是函数()f x 的一个极值点，所以1a =；（2）由（1）得()()1ln 11x f x x +-=-，定义域为()1,+¥，所以问题等价于()1ln 11x m x x +-£×-在[)2,+¥上恒成立，构造函数()()1ln 11x g x x x +-=×-，2x ³，则()()()21ln 11x x g x x ¢---=-，令()()1ln 1h x x x =---，2x ³，则()21x h x x -=-¢，所以2x ³时，()0h x ¢³，()h x 在[)2,+¥递增，所以()()210h x h ³=>，所以()0g x ¢>，所以()g x 在[)2,+¥递增，所以()()min 22g x g ==，所以2m £，所以实数m 的最大值为2；（3）由（2）得：2x ³时，()2f x x ³，即()1ln 121x x x+-³-，整理得()22ln 1111x x x -³->--，令11k x k +-=，则221111k x k -=--+，即12ln 11k kk k +>-+，1k =时，1212ln 21-´<，2k =时，2312ln 32-´<，…，k n =时，112ln 1n n n n+-×<+，将以上不等式两端分别相加得：122312ln 23112n n n n n +æöæö-+++<´´´ç÷ç÷+èøèøL L ，即()122ln 1231n n n n æö-+++<+ç÷+èøL .(五) 含双参数的函数的最值问题含双参数的函数的最值一般与恒成立问题有关，通常是先通过函数的最值把问题两个参数的等式或不等式，再把其中一个参数看作自变量，构造函数求解．【例5】（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研）已知函数()e xf x ax b =-+．(1)当0b =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0a >时，若()0f x ³，求b 的最小值．【解析】 (1)当0b =时，()e x f x ax =-，()e xf x a ¢=-，当0a £时，()e 0x f x a =¢->，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，令()0f x ¢=有ln x a =，当(),ln x a Î-¥时，()0f x ¢<，()f x 单调递减，当()ln ,x a Î+¥时，()0f x ¢>，()f x 单调递增.(2)当0a >时，由（1）若()0f x ³，则()ln 0f a ³有解即可，即ln 0a a a b -+³有解，即ln b a a a ³-有解，设()ln g a a a a =-，则()ln g a a ¢=，故当01a <<时，()0g a ¢<，()g a 单调递减；当1a >时，()0g a ¢>，()g a 单调递增.故()min ln 111g a =-=-，故当()min ln 1b a a a ³-=-.故b 的最小值为1- (六) 根据()f x a ³恒成立,求整数a 的最大值根据()f x a ³恒成立,求整数a 的最大值,通常情况是()f x 有最小值,但无法求出,这种情况下一般设出函数的极值点,把最小值转化为关于极值点的式子,根据极值所在范围,确定最小值的大致范围,由此确定整数a 的最大值.【例6】（2024届山东省日照市高三下学期三模）已知函数()()2ln 2f x a x x a x =-+-，()()22e 4x g x x x x m =---+，a ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =-时，对()0,1x "Î，()()f x g x >，求正整数m 的最大值.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,¥+，求导得()()()1222x x a af x x a x x+-+=-+-=¢，①当0a £时，有()0f x ¢<，此时函数()f x 在区间()0,¥+上单调递减；②当0a >时，当0,2a x æöÎç÷èø时，()0f x ¢>，此时函数()f x 在区间0,2a æöç÷èø上单调递增；当,2a x ¥æöÎ+ç÷èø时，()0f x ¢<，此时函数()f x 在区间,2a ¥æö+ç÷èø上单调递减.所以当0a £时，函数()f x 在区间()0,¥+上单调递减；当0a >时，函数()f x 在区间0,2a æöç÷èø上单调递增，在区间,2a ¥æö+ç÷èø上单调递减.（2）当1a =-，()0,1x Î时，()()f x g x >恒成立，等价于()2e ln xm x x x <-+-+恒成立，设()()2e ln xh x x x x =-+-+，()0,1x Î，则()()11e x h x x x æö=--çè¢÷ø，当01x <<时，有10x ->，函数()1e xu x x =-在()0,1上单调递增，且1202u æö=<ç÷èø，()1e 10u =->，则存在唯一的01,12x æöÎç÷èø，使得()00u x =，即001e x x =，当()00,x x Î时，()0u x <，()0h x ¢<；当()0,1x x Î时，()0u x >，()0h x ¢>，函数()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,1x 上单调递增，()()()()00000000min 00122e ln 2212x h x h x x x x x x x x x ==-+-+=-++=-++设212y x x =-++，则当()0,1x Î时，2220y x =-+<¢，函数212y x x=-++在()0,1上单调递减，又因为01,12x æöÎç÷èø，所以()()03,4h x Î.所以正整数m 的最大值是3.【例1】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数()()2ln ,2f x x g x x x m ==--+．(1)若e m =，求函数()()()F x f x gx =-的最大值；(2)若()()()22e xf xg x x x +£--在2(]0,x Î恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）因为()2ln e 2F x x x x =-++-，可知()F x 的定义域为()0,¥+，且1(21)(1)()21x x F x x x x+-¢=-+=-，由()0F x ¢>，解得01x <<；由()0F x ¢<，解得1x >．可知()F x 在(0,1)内单调递增，在(1,)+¥内单调递减，所以函数()()()F x f x g x =-的最大值为()1e 2F =-．（2）因为2()()(2)e x f x g x x x +£--在2(]0,x Î恒成立，等价于(2)e ln 2x m x x x ³-+-+在2(]0,x Î恒成立．设()(2)e ln 2x h x x x x =-+-+，2(]0,x Î，则()11()(1)e 11e xx h x x x x x æö=-+-=--çè¢÷ø，当1x >时，则10x ->，且1e e,1xx><，可得1e e 10x x->->，所以()0h x ¢>；当01x <<时，则10x -<，设1()e ,01x u x x x=-<<，则21()e 0xu x x ¢=+>，可知()u x 在(0,1)递增，且120,(1)e 102u u æö-=-ç÷èø．则01,12x æö$Îç÷èø，使得()00u x =．当()00,x x Î时，()0u x <；当()0,1x x Î时，()0u x >．当()00,x x Î时，()0h x ¢>；当()0,1x x Î时，()0h x ¢<．可知函数()h x 在()00,x 递增，在()0,1x 递减，在(1,2)递增．由()0001e 0x u x x =-=，得001e x x =，且00ln x x =-．可得()()()0000000000112e ln 222232xh x x x x x x x x x æö=-+-+=--+=-+ç÷èø，且01,12x æöÎç÷èø，则()00h x <，又因为(2)ln 20h =>，可知当2(]0,x Î时，()max ()2ln 2h x h ==，所以m 的取值范围是[ln 2,)+¥．【例2】（2024届云南省昆明市第一中学高三考前适应性训练）已知函数()ln af x x x =-，0a >．(1)求()f x 的最小值()g a ；(2)证明：()11g a aa £+-．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,¥+，()111a a ax f x axx x--¢=-=，令010a ax -=解得101ax aæö=ç÷èø，又因为当0a >时，1a y ax =-为增函数，故当()00,x x Î时，()0f x ¢<，则()f x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x Î+¥时，()0f x ¢>，则()f x 在()0,x +¥上单调递增；故()()000min 1111ln ln ln aa f x f x x x a a a a +==-=-=，故()1ln ag a a+=．（2）()1ln ag a a +=，0a >，则()2ln g a a a-¢=，故当()0,1a Î时，()0g a ¢>，则()g a 在()0,1单调递增；当()1,a Î+¥时，()0g a ¢<，则()g a 在()1,+¥单调递减；故()()max 11g a g ==．又因为12a a +³=，所以111a a +-³（当且仅当1a =时，取“=”），所以()11g a aa £+-．【例3】（2024届河南省信阳市高级中学高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.【解析】（1）()11(1)11ax a f x a x x x¢-++=+=<--，①当0a ³时，(1)ln 20f a -=--<，不符合题意.②当a<0时，令()0f x ¢=，解得11x a=+，当1,1x a æöÎ-¥+ç÷èø时，()0f x ¢<，()f x 在区间1,1a æö-¥+ç÷èø上单调递减，当11,1x a æöÎ+ç÷èø时，()0f x ¢>，()f x 在区间11,1a æö+ç÷èø上单调递增，所以当11x a =+时，()f x 取得最小值()111ln f a a a æö+=++-ç÷èø；若()0f x ³恒成立，则()1ln 0a a ++-³，设()()1ln (0)x x x x j =++-<，则()111x x x xj +¢=+=，当(),1x Î-¥-时，()()0,x x j j ¢>在区间(),1-¥-上单调递增，当(1,0)x Î-时，()()0,x x j j ¢<在区间()10-,上单调递减，所以()()01x j j £-=，即()1ln 0a a ++-³的解为1a =-.所以1a =-.（2）当0a ³时，()0f x ¢>，()f x 在区间(,1)-¥上单调递增，所以()f x 至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，因为(0)0f =，不妨设10x =，若201x <<，则211e 1x x -<<-，不符合题意；若20x <，则21e x <-，由（2）可知，只需(1e)0f -<，即(1e)10a --<，解得101ea <<-，即a 的取值范围为1,01e æöç÷-èø.【例4】（2024届广东省广州市高中毕业班冲刺训练二）已知函数()e axf x x =（0a >）.(1)求()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值；(2)当1a ³时，求证：()ln 1f x x x ³++.【解析】（1）解：()()e 1axf x ax =+¢（0x >）（0a >），令()0f x ¢=，则1x a=-，当01a <£时，11a-£-，所以()0f x ¢³在区间[]1,1-上恒成立，()f x 在区间[]1,1-上单调递增，所以()()min 1e a f x f -=-=-，()()max 1e af x f ==.当1a >时，111a -<-<，则当11,x a éöÎ--÷êëø时，()0f x ¢<，()f x 在区间11,a éö--÷êëø上单调递减；当1,1x a æùÎ-çúèû时，()0f x ¢>，()f x 在区间1,1a æù-çúèû上单调递增，所以()min 11e f x f a a æö=-=-ç÷èø，而()1e 0a f --=-<，()1e 0a f =>.所以()()max 1e af x f ==综上所述，当01a <£时，()min e a f x -=-，()max e af x =；当1a >时，所以()min 1ef x a =-，()max e af x =.（2）方法一：隐零点法因为0x >，1a ³，所以e e ax x x x ³，欲证e ln 1ax x x x ³++，只需证明e ln 1x x x x ³++，设()e ln 1xg x x x x =---，（0x >），()()11e æö¢=+-ç÷èøx g x x x ，令()1e xx xf =-，易知()x f 在()0,¥+上单调递增，而1202f æö=<ç÷èø，()1e 10f =->，所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的01,12x æöÎç÷èø使得()00x f =，即001e 0x x -=，因此001e x x =，00ln x x =-，当()00,x x Î时，()0x f ¢<，()0g x ¢<，()g x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x Î+¥时，()0x f ¢>，()0g x ¢>，()g x 在()0,x +¥上单调递增；所以()()00000000min 01e ln 1ln 10x g x g x x x x x x x x ==---=----=所以()0g x ³，因此()ln 1f x x x ³++.方法二：（同构）因为0x >，1a ³，所以e e ax x x x ³，欲证e ln 1ax x x x ³++，只需证明e ln 1x x x x ³++，只需证明ln ln e e e e ln 1x x x x x x x x x +==³++，因此构造函数()e 1xh x x =--（x ÎR ），()e 1x h x ¢=-，当(),0x Î-¥时，()0h x ¢<，()h x 在(),0¥-上单调递减；当()0,x Î+¥时，()0h x ¢>，()h x 在()0,¥+上单调递增：所以()()00h x h ³=，所以e 1x x ³+，所以e ln 1x x x x ³++，因此()ln 1f x x x ³++.【例5】（2024届江苏省宿迁市高三下学期三模）已知函数()ln()0)f x x a a =->．(1)若曲线()y f x =在2x =处的切线的方程为x y b +=，求实数b 的值；(2)若函数()ln 2f x a a +≤恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()ln()0)f x x a a =->，函数的定义域为9(,4a a ，所以1()f x x a ¢=-由曲线()y f x =在2x =处的切线的方程为x y b +=，得(2)1f ¢=-，所以1(2)12f a ¢==--，设18()(2)29h a a a =<<-，21()0(2)h a a ¢=>-，所以函数()h a 是8(,2)9上的递增函数，又(1)1h =-，所以方程112a =--有唯一解1a =，所以()ln(1)f x x =-+(2)1f =，所以切点坐标为(2,1)，代入直线方程x y b +=得3b =．（2）()ln()0)f x x a a =-+>，定义域为9(,4aa ，1()f x x a ¢=-设()2()g x x a --，所以()20g x ¢=-<，所以()g x 在9(,)4a a 上递减，又()0g a =>，95(042a ag =-<，所以当0(,)x a x Î时，()0g x >，即()0f x ¢>，函数()f x 递增，当09(,)4ax x Î时，()0g x <，即()0f x ¢<，函数()f x 递减，所以函数()f x 的最大值max 0()()f x f x ==0ln()x a - ，又00()2()0g x x a --=，02()x a =-，所以max 0()()f x f x ==00ln()2()x a x a -+-，因为()ln 2f x a a +≤恒成立，即00ln()2()ln 2x a x a a a -+-+≤恒成立，设()ln 2h x x x =+，则1()20h x x ¢=+>，所以()h x 递增，所以0x a a -≤，即02x a £恒成立，因为()g x 在9(,)4aa 上递减，且0()0g x =，所以只需(2)0g a ≤20a ≤，又0a >，所以1a 4³．【例6】（山西省晋城5月第四次调研考）函数()2()e ()xf x x ax a =+ÎR .(1)求()f x 的单调区间；(2)若()f x x =只有一个解，则当0x >时，求使()()2()e 1ex x f x kx x >--成立的最大整数k .【解析】（1）函数()2()e x f x x ax =+，定义域为R ，则()()22e xf x x a x a éù=+++ëû¢，因为e x 222(0a ，则令g 2=当x Î()0f x ¢>，()f x 单调递增，当x Î时，()0g x <，()0f x ¢<，()f x 单调递减，当)x Î+¥时，()0g x >，()0f x ¢>，()f x 单调递增，综上所述：()f x 的单调递增区间为，)+¥，单调递减区间为（2）若()f x x =即()2e xx ax x +=只有一个解，因为0x =使方程成立，所以只有0是()f x x =的解，当0x ¹时，()e 1x x a +=无非零解，设()()e 1x h x x a =+-，则()(1)e x h'x x a =++，当1x a <--，()0h x ¢<，()h x 单调递减，当1x a >--，()0h x ¢>，()h x 单调递增，所以()h x 最小值为1(1)e 10a h a ----=--<，当x ®-¥时，()1h x ®-，当x ®+¥时，()h x ®+¥，故()()e 1x h x x a =+-定有零点，又因为()e 1x x a +=无非零解，有零点应还是0，所以0(0)(0)e 10h a =+-=，所以1a =，则()2()e xf x x x =+，()()2()e 1exxf x kx x >--，得()()22e 1x x x kx x +>--，0x >，e 1x >，所以1e 1x x k x +>--，得11x x k x e +<+-，设1()e 1x x F x x +=+-，则()()()22e e 21e '()1e 1e1x x xx xx x F x ----=+=--，令()e 2x G x x =--，则()e 1xG x ¢=-，因为0x >时，e 1x >，所以()0G x ¢>，则()G x 在()0,¥+单调递增，又(1)e 30G =-<，2(2)e 40G =->所以0(1,2)x $Î使得()00G x =，所以002x e x =+，且()()()000002e e 2'0e1x x x x F x --==-，当()00,x x Î时，()00F x ¢<，1()e 1x x F x x +=+-单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()0F x ¢>，1()e 1x x F x x +=+-单调递增，所以()F x 最小值()00001e 1x x F x x +=+-，且002x e x =+，得()00000111x F x x x x +=+=++，又因为0(1,2)x Î，所以01(2,3)x +Î，因为()0k F x <，所以01k x <+，故整数k 的最大值为2.1．（2024届浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月联考）已知函数()12e ln xf x a x x a-=+-，a ÎR (1)当2a =-时，求()f x 的最小值；(2)若()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；(3)当01a <<时，设1x 为函数()f x 的极大值点，求证：()11ef x <.2.（2024届广东省茂名市高州市高三一模）设函数()e sin xf x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.3.（2024届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.4.（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()e xaxf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.5．（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数()()ln 1f x ax x =++.(1)若2a =-，求()f x 的单调区间；(2)若()0f x £恒成立，求a 的取值集合.6．（2024届重庆市育才中学教育集团高三下学期5月模拟）已知函数()e 1x f x ax =-+．(1)求函数()y f x =的最值；(2)若3a =，设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，该曲线在点P 处的切线方程为()y g x =，求证：()()R,x f x g x "Σ；7.（2024届河北省秦皇岛市青龙县第一中学高三下学期5月模拟）已知0m >，函数()e 2xf x x m =-+的图象在点()()0,0f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.(1)求m 的值；(2)求()f x 在[]1,2-上的值域.8.（2024届辽宁省实验中学高三下学期考前练）已知函数()ln f x x x ax a =-+（a ÎR ）9．（2024届陕西省西北工业大学附属中学高三适应性训练）已知函数()2sin f x x ax =-(1)若函数在[0,π]内点A 处的切线斜率为(0)a a -¹，求点的坐标；(2)①当时，求在上的最小值；②证明：．10．（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时，函数与函数有相同的最大值，求的值.11．（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）已知函数的图象与轴交于点，且在处的切线方程为，记．（参考数据：）．(1)求的解析式；(2)求的单调区间和最大值．12．（2024届湖北省武昌实验中学高三下学期5月高考适应性考试）已知函数.(1)当时，求的最大值；(2)讨论函数在区间上零点的个数.13．（2024届安徽省鼎尖名校联盟高三下学期5月联考）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，求函数在上的最值.14．（2024届湖北省武汉市华中师范大学附属中学高三五月适应性考试）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若函数有最大值，求实数的值．15．（2024届四川省南充市高三三诊）已知函数.(1)当时，求的最小值；A 1a =()()ln(1)g x f x x =-+π0,6éùêúëû()1111sin sin sin ln,2232n n n n++++>γN L 1()1ln ,R.f x a x a x=--Î()f x 0a >()f x 1()(1e )1x g x a x -=--+a ()()ln f x x m =+x P P ()(),11y g x g ==()()21h x f x =+3e 20.09»()g x ()h x ()()21ln R 2f x x ax a =-Î1a =()f x ()f x 21,e éùëû()()221e x f x x ax =--()y f x =0x =2e a =()f x []1,3()(0)ax f x x =>()f x ()f x 12a ()21sin 2f x x x ax =-+1a =()f x(2)①求证：有且仅有一个极值点；②当时，设的极值点为，若.求证：16．（2024届江苏省连云港市厉庄高级中学高三考前模拟）已知函数（，且）．(1)若，求函数的最小值；(2)若，证明：．()f x []1π,1a Î--()f x 0x ()212sin 22g x x x x =-+-()()00f x g x ³()1log x a f x a x -=-0a >1a ¹e a =()f x 2a ³(){}1|1,x f x a a æö<Íç÷èø。
高考真题分析、方法总结-----导数专训(函数极值、解析式、单调性、最值、恒成立问题)
高考真题解题分析、方法总结——导数专训（函数极值、解析式、单调性、最值、恒成立问题）一、【命题意图】导数是研究函数的重要工具，利用导数研究函数的单调性可以描绘出函数图象大致的变化趋势，是进一步解决问题的依据.分类讨论思想具有明显的逻辑特征，是整体思想一个重要补充，解决这类问题需要一定的分析能力和分类技巧.因此高考对这类题主要考查导数的运算、代数式化简与变形，考查运算求解能力，运用数形结合、分类讨论的思想方法分析与解决问题能力.二、【考试方向】含有参数的函数导数试题，主要有两个方面：一是根据给出的某些条件求出这些参数值，基本思想方法为方程的思想；二是在确定参数的范围（或取值）使得函数具有某些性质，基本解题思想是函数与方程的思想、分类讨论的思想.含有参数的函数导数试题是高考考查函数方程思想、分类讨论思想的主要题型之一.这类试题在考查题型上，通常以解答题的形式出现，难度中等.三、【得分要点】1.研究函数单调区间，实质研究函数极值问题.分类讨论思想常用于含有参数的函数的极值问题，大体上可分为两类，一类是定区间而极值点含参数，另一类是不定区间（区间含参数）极值点固定，这两类都是根据极值点是否在区间内加以讨论，讨论时以是否使得导函数变号为标准，做到不重不漏.2.求可导函数单调区间时首先坚持定义域优先原则，必须先确定函数的定义域，尤其注意定义区间不连续的情况，此时单调区间按断点自然分类；其次，先研究定义区间上导函数无零点或零点落在定义区间端点上的情况，此时导函数符号不变，单调性唯一；对于导函数的零点在定义区间内的情形，最好列表分析导函数符号变化规律，得出相应单调区间.3.讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.4.含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. 5.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数)(x f 的定义域(定义域优先)；(2)求导函数()f x '；(3)在函数)(x f 的定义域内求不等式()0f x '>或()0f x '<的解集．(4)由()0f x '>（()0f x '<）的解集确定函数)(x f 的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．6．由函数)(x f 在(,)a b 上的单调性，求参数范围问题，可转化为()0f x '≥ (或()0f x '≤)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．7. 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．8. 函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.9. 导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．10. 函数的单调性问题与导数的关系（1）函数的单调性与导数的关系：设函数()y f x =在某个区间内可导，若()0f x '>，则()f x 为增函数；若/()0f x <，则()f x 为减函数.（2）用导数函数求单调区间方法求单调区间问题，先求函数的定义域，在求导函数，解导数大于0的不等式，得到区间为增区间，解导数小于0得到的区间为减区间，注意单调区间一定要写出区间形式，不用描述法集合或不等式表示，且增（减）区间有多个，一定要分开写，用逗号分开，不能写成并集形式，要说明增（减）区间是谁，若题中含参数注意分类讨论；(3) 已知在某个区间上的单调性求参数问题先求导函数，将其转化为导函数在这个区间上大于（增函数）（小于（减函数））0恒成立问题，通过函数方法或参变分离求出参数范围，注意要验证参数取等号时，函数是否满足题中条件，若满足把取等号的情况加上，否则不加.（4）注意区分函数在某个区间上是增（减）函数与函数的增（减）区间是某各区间的区别，函数在某个区间上是增（减）函数中的区间可以是该函数增(减)区间的子集. 11.函数的极值与导数（1）函数极值的概念设函数()y f x =在0x 附近有定义，若对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数()f x 的一个极大值，记作y 极大值=0()f x ；设函数()y f x =在0x 附近有定义，若对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数()f x 的一个极小值，记作y 极小值=0()f x .注意：极值是研究函数在某一点附近的性质，使局部性质;极值可有多个值，且极大值不定大于极小值;极值点不能在函数端点处取.（2）函数极值与导数的关系当函数()y f x =在0x 处连续时，若在0x 附近的左侧/()0f x >，右侧/()0f x <，那么0()f x 是极大值；若在0x 附近的左侧/()0f x <，右侧/()0f x >，那么0()f x 是极小值.注意：①在导数为0的点不一定是极值点，如函数3y x =，导数为/23y x =，在0x =处导数为0，但不是极值点；②极值点导数不定为0，如函数||y x =在0x =的左侧是减函数，右侧是增函数，在0x =处取极小值，但在0x =处的左导数0(0)(0)lim x x x-∆→-+∆--∆=-1，有导数0(0)(0)lim x x x+∆→+∆-∆=1，在0x =处的导数不存在.（3）函数的极值问题①求函数的极值，先求导函数，令导函数为0，求出导函数为0点，方程的根和导数不存在的点，再用导数判定这些点两侧的函数的单调性，若左增由减，则在这一点取值极大值，若左减右增，则在这一点取极小值，要说明在哪一点去极大（小）值；②已知极值求参数，先求导，则利用可导函数在极值点的导数为0，列出关于参数方程，求出参数，注意可导函数在某一点去极值是导函数在这一点为0的必要不充分条件，故需将参数代入检验在给点的是否去极值；③已知三次多项式函数有极值求参数范围问题，求导数，导函数对应的一元二次方程有解，判别式大于0，求出参数的范围.12.最值问题（1）最值的概念对函数()y f x =有函数值0()f x 使对定义域内任意x ，都有()f x ≤0()f x （()f x ≥0()f x ）则称0()f x 是函数()y f x =的最大（小）值.注意：①若函数存在最大（小）值，则值唯一；最大值可以在端点处取；若函数的最大值、最小值都存在，则最大值一定大于最小值.②最大值不一定是极大值，若函数是单峰函数，则极大（小）值就是最大（小）值. （2）函数最问题①对求函数在某一闭区间上，先用导数求出极值点的值和区间端点的值，最大者为最大值，最小者为最小值，对求函数定义域上最值问题或值域，先利用导数研究函数的单调性和极值，从而弄清函数的图像，结合函数图像求出极值；②对已知最值或不等式恒成立求参数范围问题，通过参变分离转化为不等式()f x ≤（≥）()g a （x 是自变量，a 是参数）恒成立问题，()g a ≥max ()f x （≤min ()f x ），转化为求函数的最值问题，注意函数最值与极值的区别与联系.1.(2016高考山东理数)已知()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（II ）略考点：应用导数研究函数的单调性【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思想.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.2.(2016高考天津理数)设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；(II)略；（Ⅲ）略错误！未找到引用源。
全国卷高考导数知识点归纳应用
导数知识点归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点及根的分布 （23） 三、不等式证明 （31） （一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母范围 （51） （一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数及导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85） 书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点及原点连线斜率小于1.⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 及x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122xax x +=，∴12111211222x xa x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x xa ，即12x x <.又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x xa x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间及极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性及极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
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课标高考全国卷数学试题揭秘.预测第45讲:课标全国卷导数分析试题的最值“情结” 391第45讲:课标全国卷导数分析试题的最值“情结”揭秘情结函数的最大值或最小值(合称为最值)是函数研究的又一个中心问题,也是最重要的问题;课标全国卷导数分析试题具有最值“情结”是自然的.情结渊源1.(2007年课标高考试题文科第19题)设函数f(x)=ln(2x+3)+x 2. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)求f(x)在区间[-43,41]的最大值和最小值.[解析]:(Ⅰ)f(x)的定义域为(-23,+∞);由f(x)=ln(2x+3)+x 2⇒f '(x)=322+x +2x=324+x (x+1)(x+21),由此列表如下: 由表知,f(x)分别在区间(-23,-1)和(-1,+∞)内单调递增,在区间(-1,-21)内单调递减; (Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在区间[-43,41]的最小值=f(-21)=ln2+41;由f(-43)=ln 23+169,f(41)=ln 27+161⇒f(41)-f(-43)= ln37-21=21(ln 949-1)>0⇒f(x)在区间[-43,41]的最大值=f(41)=ln 27+161. 2.(2015年课标Ⅱ高考试题文科第21题)已知函数f(x)=lnx+a(1-x). (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a 的取值范围.[解析]:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞);由f(x)=lnx+a(1-x)⇒f '(x)=x1-a;①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(0,+∞)内单调递增;②当a>0时,由f '(x)=-x a (x-a1),列表如下: 由表知,f(x)在(0,a 1)上单调递增,在(a1,+∞)上单调递减;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,仅当a>0时,f(x)有最大值=f(a 1)=-lna+a-1,所以,f(a1)>2a-2⇔-lna+a-1>2a-2⇔lna+a-1<0;由g(a)= lna+a-1在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,所以,lna+a-1<0⇔g(a)<g(1)⇔0<a<1.故a 的取值范围是(0,1).命题规律392 第45讲:课标全国卷导数分析试题的最值“情结”关于函数的最大值或最小值:①连续函数f(x)在区间[a,b]內必有最大值M,M=max{f(a),f(b),f(x)在区间[a,b]內的所有极大值};f(x)在区间[a,b]內必有最小值m,m=min{f(a),f(b),f(x)在区间[a,b]內的所有极小值};②若函数f(x)在区间(a,x 0)內单调递增,在区间(x 0,b)內单调递减,则f(x)在区间(a,b)內必有最大值M,M=f(x 0);若函数f(x)在区间(a,x 0)內单调递减,在区间(x 0,b)內单调递增,则f(x)在区间(a,b)內必有最小值m,m=f(x 0);③若函数f(x)在区间[a,b]內单调,则f min (x)+f max (x)=f(a)+f(b).原创预测[原创示例]:如图:A 、B 为y=1-x 2上在y 轴两侧的点,求过A 、B 的切线与x 轴围成面积的最小值.[解析]:设A(a,1-a 2),B(-b,1-b 2)(a,b>0),则过A 、B 的切线方程分别为:y=-2ax+a 2+1、y=2bx+b 2+1⇒与x 轴的交点分别为M(a a 212+,0)、N(-bb 212+,0),两切线的交点P(2b a -,ab+1)⇒围成面积S=21(a a 212++b b 212+)(ab+1)=41ab ab b a )1)((++(ab+1)≥21abab 2)1(+;令x=ab >0,f(x)=21x x 22)1(+⇒f '(x)=21221xx +(3x 2-1)⇒f(x)的最小值=f(33)=938⇒当a=b=33时,围成面积S 取得最小值938. [原创预测]:1.已知函数f(x)=x-x2+1-alnx,a>0. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设a=3,求f(x)在区间[1,e 2]上值域.其中e=2.71828…是自然对数的底数.2.设函数f(x)=e xsin 3x,x ∈R.(Ⅰ)求函数f(x)单调递增区间;(Ⅱ)当x ∈[0,π]时,求函数f(x)的最大值和最小值. 3.设函数f(x)=(x-1)e x-kx 2(k ∈R). (Ⅰ)当k=1时,求函数f(x)的单调区间; (Ⅱ)当k ∈(21,1]时,求函数f(x)在[0,k]上的最小值和最大值. 4.己知函数f(x)=(2x+a)2x ,其中a<0.(Ⅰ)当a=-4时,求函数f(x)的单调递增区间; (Ⅱ)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a 的值. 5.己知函数f(x)=e 2x-2e xlnt+x 2-2tx+ln 2t+t 2+1(x ∈R,t>0). (Ⅰ)当t=1时,求函数f(x)的单调区间; (Ⅱ)求函数f(x)的最小值. 6.己知x=0是函数f(x)=ax 2+cosx+(a-21)sinx-1的一个极值点. (Ⅰ)求a 的值和f(x)的单调区间; (Ⅱ)函数g(x)=sinx+b,若对任意的x ∈[0,2π],总存在t ∈[0,2π],使g(t)=f(x)成立,求b 的取值范围. [原创解析]:1.解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=1+22x -x a =21x(x 2-ax+2); 第45讲:课标全国卷导数分析试题的最值“情结” 393①当(-a)2-8≤0,即0<a ≤22时,f '(x)=21x [(x-2a )2+482a -]≥0⇒f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当(-a)2-8>0,即a>22时,f '(x)=21x (x-x 1)(x-x 2),其中x 1=21(a-82-a ),x 2=21(a+82-a ),f(x)在(0,x 1)和(x 2,+∞)上单 调递增;在(x 1,x 2)上单调递减.(Ⅱ)当a=3时,x 1=1,x 2=2⇒f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,e 2)上单调递增⇒在区间[1,e 2]上,f min (x)=f(2)=2-3ln2,f max (x) =max{f(1),f(e 2)}=e 2-2e -2-5.2.解:(Ⅰ)由f(x)=e x sin 3x ⇒f '(x)=e x sin 3x+3e x cos 3x=2e xsin(3x+3π);又由f '(x)≥0⇔sin(3x+3π)≥0 ⇔2k π≤3x+3π≤2k π+π⇔(2k-31)3π≤x ≤(2k+32)3π⇒f(x)单调递增区间是[(2k-31)3π,(2k+32)3π](k ∈Z).(Ⅱ)由(Ⅰ)知,[0,932π]和[935π,π]是f(x)的单调递增区间,[932π,935π]是f(x)的单调递减区间,f(0)=0, f(935π)=-23935πe ⇒f min (x)=f(935π)=-23935πe ;f(932π)=23932πe ,f(π)=e πsin 3π,由23π<3π<2π⇒ sin 3π<0⇒f(π)=e πsin 3π<0⇒f max (x)=f(932π)=23932πe .3.解:(Ⅰ)当k=1时,f(x)=(x-1)e x-x 2⇒f '(x)=e x+(x-1)e x-2x=x(e x-2),列表如下: 由表知,f(x)在(-∞,0)和(ln2,+∞)上单调递增,在(0,ln2)上单调递减; (Ⅱ)由f(x)=(x-1)e x-kx 2⇒f '(x)=e x+(x-1)e x-2kx=x(e x-2k),令f '(x)=0⇒x=0, 或x=ln(2k);令g(k)=k-ln(2k)⇒g '(k)=1-k 1≤0⇒g(k)在(21,1]上单调递减⇒g(k)=k-ln(2k)≥g(1)=1-ln2>0;列表如下:由表知,f(x)在(0,ln(2k))上单调递减,在(ln(2k),k)上单调递增⇒f(x)在[0,k]上的最小值=f(ln(2k))=2k(ln(2k)-1)-kln 2(2k);由f(0)=-1,f(k)=(k-1)e k -k 3⇒f(k)-f(0)=(k-1)e k -k 3+1=(k-1)[e k -(k 2+k+1)];令h(k)=e k -(k 2+k+1)⇒h '(k)=e k-(2k+1)⇒h ''(k)=e k-2⇒h 'max (k)=max{h '(21),h '(l)}=max{e21-2,e-3}=e 21-2<0⇒h(k)≤h(1)=e-3<0⇒f(k)>f(0)⇒f(x)在[0,k]上的最大值=f(k)=(k-1)e k -k 3.4.解:(Ⅰ)当a=-4时,f(x)=4(x-2)2x ⇒f '(x)=8(x-2)x +4(x-2)2⋅x21=x10(x-52)(x-2),列表如下:由表知,f(x)在(0,52)和(2,+∞)上单调递增, 在(52,2)上单调递减;(Ⅱ)由f(x)=(2x+a)2x ⇒f '(x)=x10(x+2a )(x+10a),列表如下:由表知, f(x)在(0,-10a )和(-2a ,+∞)上单调递增,在(-10a ,-2a)上单调递减;由 f(0)=f(-2a )=0及f(x)在区间[1,4]上的最小值为8⇒-2a >4⇒a<-8⇒-10a >54;①当-10a≤1,即a ≥-10时,f min (x)=f(4) 394 第45讲:课标全国卷导数分析试题的最值“情结”=2(a+8)2=8⇒a=-10;②当-10a >1,即a<-10时,f min (x)=min{f(1),f(4)}=min{(a+2)2,2(a+8)2}>8.综上,a=-10. 5.解:f(x)=e 2x-2e xlnt+x 2-2tx+ln 2t+t 2=(e x-lnt)2+(x-t)2+1,作函数y=e x与y=lnx 的图像,在y=e x与y=lnx 上分别取点P(m,e m),Q(n,lnn),并令e m=n 1,且nm n e m --ln ⋅n 1=-1⇒(n+1)ln+n 2-n 1=0(函数y=(x+1)lnx+x 2-x 1单调递增)⇒n=1⇒m=0;(Ⅰ)当t=1时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; (Ⅱ)f(x)≥|PQ|2+1=3. 6.解:(Ⅰ)f '(x)=2ax-sinx+(a-21)cosx,由f '(0)=0⇒a=21,f '(x)=x-sinx,以下证当x>0时,f '(x)>0,令h(x)=x-sinx ⇒h '(x)=1-cosx ≥0⇒h(x)即f '(x)在(0,+∞)上递增⇒f '(x)>f '(0)=0⇒f(x)在(0,+∞)上递增,在(-∞,0)上递减;(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数f(x)在[0,2π]上递增⇒f(x)∈[f(0),f(2π)]=[0,82π-1],而函数g(x)在[0,2π]内递增⇒g(x)∈[g(0),g(2π)]=[b,b+1],对任意的x ∈[0,2π],总存在t ∈[0,2π],使g(t)=f(x)成立⇔[0,82π-1]⊆[b,b+1]⇔b ∈[82π-2,0].预测例证。