极值与导数常见题型归纳讲义2023届高三数学二轮专题复习
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一
第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−a ln b−ln a<a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln ba <√ba −√ab . (2)再证b−a ln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba>2(b a−1)1+ba.令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用.【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2.(1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22), 则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点,所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x2e x 2. 令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1e kx 1,则x 1=ln kk−1. 设ℎ(x)=ln xx−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=x e x,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x 1e x 1∈(0,√36ln 3]. 【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等. 【例3】已知函数f(x)=ln x −ax . (1)讨论f(x)的单调性;(2)若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的两个零点. 证明:(i)x 1+x 2>2a ;(ii)x 2−x 1>2√1−eaa. 【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f ′(x)=1x −a =1−ax x.则当a ⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a >0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a ,+∞)为减函数. (2)(i)原不等式等价于x 1+x 22>1a,因为ax 1=ln x 1(1),ax 2=ln x 2(2),由(2)−(1)得,a (x 2−x 1)=ln x 2−ln x 1则a =ln x 2−ln x 1x 2−x 1,则x 1+x 22>1a 等价于x 1+x 22>x 2−x1ln x 2−ln x 1(对数平均不等式)即证ln x 2−ln x 1>2(x 2−x 1)x 1+x 2,即证ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0，设t =x 2x 1(t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),则g ′(t)=1t−2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0,所以x 1+x 22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln x x,则ℎ′(x)=1−ln x x 2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a =ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a <1e 且1<x 1<e <x 2. 易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=lnx 1e>1−e x 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0 又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题.【例4】设函数f(x)=e2x−aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.【解析】(1)f(x)=e2x−aln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2e2x−ax.(1)当a⩽0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点;(2)当a>0时,因为y=e2x为单调递增,y=−ax单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,且b满足{0<b<a4,b<14,时,f′(b)<0,故零点存在性定理可知,f′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a⩽0时,f′(x)没有零点;当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)解法1:由(1)知,可设导函数f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0),由于2e2x0−ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln 2a⩾2a+aln 2a.故当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.解法2:令g(a)=2a+aln 2a−e2x+aln x,g′(a)=2+ln 2a−1+ln x=1+ln 2+ln x−ln a.令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x . 再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0. 所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最小值为m ,求m 的最小值. 【解析】(1)当m =1时,f(x)=e x−1−ln x x,f ′(x)=x 2e x−1+ln x−1x 2,令u(x)=x 2e x−1+ln x −1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0, 所以当x ∈(0,1)时u(x)<0,此时f ′(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f ′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)依题意可得:e mx−1−ln x x⩾m 恒成立,且等号能够取到.构造关于m 的函数g(m)=e mx−1−ln x x−m,g ′(m)=xe mx−1−1,令g ′(m)>0,得m >1−ln x x;令g ′(m)<0,得m <1−ln x x;所以g(m)在(1−ln x x ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln x x)上单调递减,故g(m)⩾g (1−ln x x)=e1−ln xx⋅x−1−ln x x−1−ln x x=0.不等式g(m)⩾g (1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln x x,则ℎ′(x)=ln x−2x 2,易得ℎ(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min =ℎ(e 2)=−1e 2.所以m ⩾−1e2,故m 的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a +1)ln x +ax 2+1. (1)讨论f(x)的单调性;(2)设a <−1,如果对任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2|,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a+1x+2ax =2ax 2+a+1x,当a ⩾0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,令f ′(x)=0,解得x =√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x=x 2+1+2aln x +3x,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x −2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1,又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭即的最小值为. 任意存在分析值域【例8】已知函数.对于任意,意存在唯一的,使得成立,求实数的取值范围.【解析】题意等价于:设在上的值域为,则对任意,直线与在上的图象有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 也就等价于:当“存在区间,使若函数在区间上单调,且此时函数在区间,上的值域恰好为在区间上的值㘺的子集”时,求实数的取值范围.下面,我们先求的值域:(i)当时,为上的增函数;(ii)当时,. ,即时,在上为增函数, 结合知,在上单调递增,所以. ②当,即时,在上为数函数,在上为增函数,结合(1)中的结论,在上若函数,在上为增函数.所以.时,即在上为数函数. 所以.综上所述，在的最小值为下面研究的值域:()()12G x G x -20ln 3163-2()|ln 1|,()||22ln 2(0)f x x a x g x x x a a =+-=-+->1[1,)x ∈+∞2[2,)x ∈+∞()()12f x g x =a ()f x [1,)+∞D k D ∈y k =()g x [2,)+∞a [2,)I ⊆+∞()g x I ()f x [1)+∞()g x I a ()f x e x 2()(ln 1),()f x x a x f x =+-[e,)+∞1e x <222()(ln 1),()2(0)a x a f x x a x f x x a x x-=--'=-=>12a 02a <()f x [1,e)(1)()f x [1,)+∞min ()(1)1f x f a ==+1e <222e a <<()f x ⎡⎢⎣⎫⎪⎭()f x ⎡⎢⎣⎫+∞⎪⎭min 3()ln 222a a a f x f ==-e2a 22e ,()a f x [1,e)2min ()()f x f e e ==2()|ln 1|(0)f x x a x a =+->[1,)+∞2min221,02,3()ln ,22e ,222e ,2e .a a a a f x a a a ⎧+<⎪⎪=-<<⎨⎪⎪⎩()g x ()22ln 2,,()||22ln 2()22ln 2,,x x a x a g x x x a x a x x a -+-⎧=-+-=⎨-+-<⎩则的图象如图所示,因为的定义域为,接下来我们只需将有效的图象弄清楚即可:①当时,则只需,得;②当,即时,则只需,即.令,显然为增函数,又,故,故. ③当,即可, (i)当时,只需,即.设,其中,则.故单调递增,又,所以恒成立,从而无解;(ii)当,只需,即, 因为为增函数,, 所以此时也无解.综上所送,实数的取值范围为. 【点睛】本题是等式型双变量问题,通过分析两个函数的值域加以解决.一般地,若的值域分别为,则有: ①,使得,则; ②,使得,则.()g x ()g x [2,)+∞02a <(2)1,622ln 21g a a a +--+52ln 2233a -22a a<<24a <<33(2)ln ,222ln 2ln 222222a a a ag a a a ----ln 22ln 20222a a a +--()ln 22ln 2(24)222a a a h a a =+--<<()h a (4)0h =()(4)0h a h <=24a <<22a 4a 242e a <3ln 2222a a a g a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭23ln 22ln 204222a a a a -++-<2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-2at =)()2()22ln 02,e m t t t t ⎡'=-+>∈⎣()m t (2)0m =()0m t 22e a 2e 2a g ⎛⎫< ⎪⎝⎭2222ln 2e 4a +-<222ln 224a a g ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222min 2e e 22ln 2e 22a g g ⎛⎫⎛⎫==+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 52ln 2,433⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(),()f x g x ,A B 12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x =A B ⊆12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x =A B ⋂≠∅【例9】已知函数 （1）当时,求在区日上的最大值和最小值; (2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围.(3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围.【解析】(1)当时,, , 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以, 又, 所以; (2)令. , ①若,令,得柭侾,点, 当,即时, 在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,并且在该区间上有,不合题意;当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意；②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min ()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a 210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方; (3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有, 又已知存在,使,即存在,鿇, 即存在 即存在,使. 因为, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则;②,使得,则;③,使得,则【例10】设是函数的一个极值点.(1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间； (2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时, 在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是,而,那么在上的值域为.11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x +132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦1623b 83b b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦又在上是增函数, 所以在上的值域为, 由于,所以只须,且. 解得. 以实数的取值范围是. 【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中 (1)试讨论函数的单调性(2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断与的大小并说明理由. 【解析】(1)因为,所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增.②当时,即,所以的变化如下表: 225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22251(6)042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225(6)14a a ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭0a >302a <a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡± 12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12e a >()f x 12,x x 12x x <()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20x a ->,(),()x f x f x '()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x '所以在单调递增.③当时,即时, 当时,,所以,当时,;当时,;当时,,④当时,即时, 当时,,所以, 当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增;当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以; 当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下: 由(1)知有两个极值点:, 所以 令, 则, 令,则,令,()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10x a x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12e a >1ln(2)x a -<<e 20,10x a x -<+>()e 2(1)0x a x -+<1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-因为,且在上单调递减, 所以存在,使得, 即存在使得, 所以当时,,即时,使得, 当时,,即时,使得.当时,, 因为,所以. 设,因为在成立,所以在单调递增,所以,,所以. 2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数,所以, 因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为,所以当时，在区间上的最大值, 解得.当时,在区间上的最大值, 解得,不合题意;1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a <<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e e h a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a ()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =当时,在区间上的取大值, 不合题意;综上,.(2)因为对任意不同两点,设直线的軼率为,若恒成立,所以, 所以, 所以在上是增函数,所以在上恒成立, 所以, 因为,所以, 当且仅当时,即, 所以. 所以的取值范围是.3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.即,有,解得. 所以, 由㥂,由得.所以在上单调递减,在上单调递增,当时取得极小值. 1e a>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x +⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R k f x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)k f x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=(e)0f '=210e e k -=e k =221e e ()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e (e)ln e 2ef =+=故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立.设. 所以(*)等价于在上单调递减.由在上恒成立, 得恒成立. 所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(i)当,当,函数单调递减;当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得. 当时,时,函数单调递减; 时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当; 当,函数单调递增.综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, ()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)k h x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x '=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k 12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a ()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有, 又已知存在,使, 所以 又 当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾;当时,. 综上所䢑,实数的取值范围就是. 14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
高中数学导数知识点归纳的总结及例题(word文档物超所值)
为函数
_____ _ 的图象的顶点在第四象限，则其导
o
y
x
-33
)
(x
f
y'
=
()y f x ='()f x 为( )
（安微省合肥市2010年高三第二次教学质量检测文科）函数()y f x =的图像如下右)
(x f y '=
（2010年浙江省宁波市高三“十校”联考文科）如右图所示是某
一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（ ）
象大致形状是（ ）
2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数
()x 在区间[,]a b 上的图象可能是
y
y
y
14.（2008年福建卷12)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),
y=g(x)的图象可能是（ ）
15.(2008珠海一模文、理)设是函数的导函数，将和的图)('x f )(x f )(x f y =)('x f y =像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．16.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数
)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如下，则（
）
函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点
y。
2023高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重研重点保大分专题六函数与导数第3讲导数的简单应用理
第3讲 导数的简单应用考点一 导数的几何意义——明切点，建方程1．导数公式(1)(sin x )′＝________； (2)(cos x )′＝________；(3)(a x)′＝________(a >0，且a ≠1)； (4)(log a x )′＝________(a >0，且a ≠1)． 2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为________________．例 1 (1)[2022·四川泸州二模]已知曲线y ＝a cos x x在点(π，−aπ)处的切线方程为y ＝2π2x ＋b ，则a 的值是( )A ．4πB ．－2C ．－4π D ．2(2)[2022·新高考Ⅱ卷]曲线y ＝ln |x |过坐标原点的两条切线的方程为________________，________________．归纳总结求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．对点训练1.[2022·山西临汾一模]已知函数f (x )＝2e 2ln x ＋x 2，则曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为( )A ．4e x －y ＋e 2＝0 B ．4e x －y －e 2＝0 C ．4e x ＋y ＋e 2＝0 D ．4e x ＋y －e 2＝02．[2022·湖南永州二模]若函数y ＝ax 2与y ＝ln x 存在两条公切线，则实数a 的取值范围是( )A ．(0，1e )B ．(0，12e )C ．(1e ，+∞)D ．(12e ，+∞)考点二 利用导数研究函数的单调性——单调性的“克星”(导数)导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0是f (x )为增函数的________条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.(2)f ′(x )≥0是f (x )为增函数的________条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，f (x )为常数函数，不具有单调性．例 2 (1)若函数f (x )＝19x 3＋12x 2＋2x －m ln x 在(0，3]上单调递减，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，24)B ．(－∞，24]C ．(24，＋∞) D．[24，＋∞)(2)[2022·辽宁省实验中学高三模拟]已知f (x )是定义在R 上的奇函数，f ′(x )是f (x )的导函数，当x >0时，f ′(x )ln (2x )＋f (x )x>0，且f (12)≠0，则不等式(x －2)f (x )<0的解集是( )A ．(－∞，0)∪(0，2)B .(0，2)C ．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，+∞) [听课记录] 归纳总结由函数的单调性求参数的取值范围(1)可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．(4)若已知f(x)在区间D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．对点训练1.已知函数f(x)＝－ln x＋12x2＋5，则其单调递增区间为( )A．(0，1] B．[0，1]C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)2．[2022·武汉部分重点中学联考]若函数f(x)＝−12x2＋b ln (x＋1)在(－1，2]内存在单调递减区间，则实数b的取值范围是________．考点三利用导数研究函数极值、最值——导数拿下“峰”与“谷”导数与函数的极值、最值的关系(1)y＝f(x)满足f′(x0)＝0.若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的________值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的________值．(2)设函数y＝f(x) 在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有____________值和____________值且在极值点或端点处取得．例 3 (1)[2022·全国乙卷(文)]函数f(x)＝cos x＋(x+1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )A．－π2，π2B．－3π2，π2C．－π2，π2＋2 D．－3π2，π2＋2(2)[2022·河南省实验中学一模]设m≠0 ，若x＝m为函数f(x)＝m(x－m)2(x－n)的极小值点，则( )A ．m >nB ．m <nC ．nm<1 D ．nm>1[听课记录] 归纳总结利用导数研究函数极值问题的注意点(1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以求解后必须检验． 对点训练1.[2022·河南新乡二模]已知a >0，函数f (x )＝a 2x －13x 3的极小值为－43，则a ＝( ) A ．√43B ．1C ．√23D ．√22．已知函数f (x )＝(x 2－mx －m )e x＋2m (m ∈R )在x ＝0处取得极小值，则m ＝________，f (x )的极大值是________．第3讲 导数的简单应用考点一1．(1)cos x (2)－sin x (3)a xln a (4)1x ln a2．y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0) [例1] 解析：(1)曲线y ＝f (x )＝a cos x x，求导得到f ′(x )＝−a (x sin x +cos x )x 2，曲线在点(π，－aπ)处的切线的斜率为f ′(π)＝aπ2＝2π2⇒a ＝2 故选D.(2)当x >0时，y ＝ln x ，y ′＝1x .假设此时直线与曲线y ＝ln x 相切于点(x 1，ln x 1)(x 1>0)，则此时切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．若该切线经过原点，则ln x 1－1＝0，解得x 1＝e ，此时切线方程为y ＝x e .当x <0时，y ＝ln (－x )，y ′＝1x .假设此时直线与曲线y ＝ln (－x )相切于点(x 2，ln (－x 2))(x 2<0)，则此时切线方程为y －ln (－x 2)＝1x 2(x －x 2).若该切线经过原点，则ln (－x 2)－1＝0，解得x 2＝－e ，此时切线方程为y ＝－xe .答案：(1)D (2)y ＝xey ＝－xe对点训练1．解析：因为f (x )＝2e 2ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝2e 2x＋2x ，所以f (e)＝2e 2ln e ＋e 2＝3e 2，f ′(e)＝4e ，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －3e 2＝4e(x －e)，即4e x －y －e 2＝0.故选B.答案：B2．解析：设切线与曲线y ＝ln x 相切于点(t ，ln t )，对函数y ＝ln x 求导得y ′＝1x ， 所以，曲线y ＝ln x 在点(t ，ln t )处的切线方程为y －ln t ＝1t (x －t )，即y ＝1t x ＋ln t －1，联立{y =ax 2y =1tx +ln t −1可得ax 2－1t x ＋1－ln t ＝0，由题意可得a ≠0且Δ＝1t 2－4a (1－ln t )＝0，可得14a ＝t 2－t 2ln t ，令g (t )＝t 2－t 2ln t ，其中t >0，则g ′(t )＝2t －(2t ln t ＋t )＝t (1－2ln t )． 当0<t <√e时，g ′(t )>0，此时函数g (t )单调递增，当t >√e时，g ′(t )<0，此时函数g (t )单调递减，所以，g (t )max ＝g (√e )＝e2. 且当0<t <e 时，g (t )>0，当t >e 时，g (t )<0，如图所示：由题意可知，直线y ＝14a 与曲线y ＝g (t )有两个交点，则0<14a <e 2，解得a >12e .故选D. 答案：D考点二(1)充分不必要 (2)必要不充分[例2] 解析：(1)依题意得，f ′(x )＝13x 2＋x ＋2－mx≤0在(0，3]上恒成立且f ′(x )＝0不恒成立，所以m ≥13x 3＋x 2＋2x 在(0，3]上恒成立，等价于m ≥(13x 3＋x 2＋2x )max ，x ∈(0，3]. 设g (x )＝13x 3＋x 2＋2x ，x ∈(0，3]，则g ′(x )＝x 2＋2x ＋2，易知g ′(x )＝(x ＋1)2＋1在(0，3]上单调递增，所以g ′(x )>2>0，所以g (x )在(0，3]上单调递增，所以g (x )在(0，3]上的最大值为g (3)＝13×33＋32＋2×3＝24，所以m ≥24.故选D.(2)令g (x )＝f (x )ln (2x )， 则g ′(x )＝f ′(x )ln (2x )＋f (x )x>0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上递增，又因为g (12)＝0，所以当x ∈(0，12)时，g (x )<0，当x ∈(12，+∞)时，g (x )>0，又因为当x ∈(0，12)时，ln (2x )<0，当x ∈(12，+∞)时， ln (2x )>0，所以当x ∈(0，12)时，f (x )>0，当x ∈(12，+∞)时，f (x )>0，又因为f (12)≠0，所以当x >0时，f (x )>0， 因为f (x )是定义在R 上的奇函数， 所以f (0)＝0，当x <0时，f (x )<0， 由不等式(x －2)f (x )<0，得{x −2>0f (x )<0或{x −2<0f (x )>0，解得0<x <2，所以不等式(x －2)f (x )<0的解集是(0，2)．故选B. 答案：(1)D (2)B对点训练1．解析：由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝－ln x ＋12x 2＋5，所以f ′(x )＝－1x＋x ＝1x(x2－1)．由{f ′(x )>0，x >0⇒{x 2−1>0，x >0⇒{x <−1或x >1，x >0⇒x >1，故选D. 答案：D2．解析：由函数f (x )＝－12x 2＋b ln (x ＋1)在(－1，2]内存在单调递减区间知，f ′(x )＝－x ＋bx +1<0在(－1，2]内有解，即b <x 2＋x 在(－1，2]内有解．记g (x )＝x 2＋x ，x ∈(－1，2]，则b <g (x )max .由g (x )＝x 2＋x ＝(x ＋12)2－14，x ∈(－1，2]，可知当x ＝2时，g (x )max ＝g (2)＝6， 所以b <6，即实数b 的取值范围是(－∞，6)． 答案：(－∞，6)考点三(1)极大 极小 (2)最大 最小[例3] 解析：(1)因为f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1，所以f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)cos x ＝(x ＋1)·cos x ．因为x ∈[0，2π]，所以x ＋1>0.当f ′(x )>0时，解得x ∈[0，π2)∪(3π2，2π]；当f ′(x )<0时，解得x ∈(π2，3π2)．所以f (x )在[0，π2)上单调递增，在[π2，3π2]上单调递减，在(3π2，2π]上单调递增．又f (0)＝2，f (π2)＝π2＋2，f (3π2)＝－3π2，f (2π)＝2，所以f (x )的最大值为π2＋2，最小值为－3π2.故选D.(2)f ′(x )＝m [2(x －m )(x －n )＋(x －m )2]＝3m (x －m )·[x −(2n +m 3)] ，若m ＜0 ，f ′(x ) 是开口向下的抛物线，x ＝m 是极小值点， 必有m ＜2n +m 3，n ＞m ，即nm ＜1 ，若m ＞0 ，f ′(x ) 是开口向上的抛物线，x ＝m 是极小值点，必有m ＞2n +m 3，n ＜m ，即nm ＜1.故选C.答案：(1)D (2)C对点训练1．解析：f ′(x )＝－x 2＋a 2＝－(x －a )(x ＋a )，则f (x )在(－∞，－a )和(a ，＋∞)上单调递减，在(－a ，a )上单调递增，所以f (x )极小值＝f (－a )＝－a 3＋13a 3＝－23a 3＝－43，则a 3＝2，则a ＝√23.故选C.答案：C2．解析：由题意知，f ′(x )＝[x 2＋(2－m )x －2m ]e x，f ′(0)＝－2m ＝0，解得m ＝0，∴f (x )＝x 2e x，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >0，令f ′(x )<0，解得－2<x <0，则函数f (x )在区间(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2，0)上单调递减，∴函数f (x )的极大值为f (－2)＝4e －2.答案：0 4e －2。
新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳 第6讲 导数的应用之单调性、极值和最值(解析版)
第6讲 导数的应用之单调性、极值和最值1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤 （1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： ()0f x '>⇒()f x 单调递增； ()f x 单调递增()0f x '⇒≥； ()0f x '<⇒()f x 单调递减； ()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点. 4．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （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①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（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.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1．已知0x 是函数()e ln x f x x =-的极值点，若()00,a x ∈， ()0,b x ∈+∞，则 A. ()0f a '>， ()0f b '< B. ()0f a '<， ()0f b '< C. ()0f a '>， ()0f b '> D. ()0f a '<， ()0f b '> 【答案】D【解析】因为()1(0)x f x e x x '=->，令()1=0x f x e x '=-，即1=x e x ，在平面直角坐标系画出1,x y e y x==的图象，如图：根据图象可知， ()()()()000,,0,,,0x x f x x x f x '∞'∈∈+，所以 ()0f a '<， ()0f b '>，故选D.2．已知20a b =≠，且关于x 的函数()321132f x x a x a bx =++⋅在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围为（ ）A. 0,6π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,6ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C. ,3ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 2,33ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】()321132f x x a x a bx =++⋅在R 有极值， ()2'0f x x a x a b ∴=++⋅=有不等式的根， 0∴∆>，即2240,4cos 0a a b a a b θ-⋅>∴->，120,cos 2a b θ=≠∴<， 0,3πθπθπ≤≤∴<≤，即向量,a b 夹角范围是,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦，故选C. 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是cos a b a b θ⋅=，二是1212a b x x y y ⋅=+，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a b b⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.3．在ABC ∆中， ,,a b c 分别为,,A B C ∠∠∠所对的边，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，则sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是（ ） A. 0 B. 32- C. 32D. -1 【答案】D【解析】()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+，∴f′（x ）=x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ），又∵函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，∴x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ）=0有两个不同的根，∴△=（2b ）2-4（a 2+c 2-ac ）＞0，即ac ＞a 2+c 2-b 2，即ac ＞2accosB ；即cosB ＜12，故∠B 的范围是（π3π，），所以23B π- 5,33ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当3112B 326B πππ-==，即 时sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是-1 故选D4．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ， 11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值，又无极小值 【答案】D【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以()()2ln xf x f x x x x -='，所以()'ln ()f x xx x=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()x f x g x e =， ()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f xg x x=， ()()xf x f x '+构造()()g x xf x =等 5．设a R ∈，若函数,x y e ax x R =+∈有大于零的极值点，则（ ）A. 1a e<- B. 1a e >- C. 1a >- D. 1a <-【答案】D【解析】()x f x e a '=+（x>0）,显然当0a ≥时， ()0f x '>，f(x)在R 上单调递增，无极值点，不符。
高三数学二轮复习专题讲解10 导数中的极值点偏移
高三数学二轮复习专题讲解 第10讲 导数中的极值点偏移问题专题综述极值点偏移问题在高考和模考中都是一个热点问题，试题设问灵活新颖，综合性强，难度较大，往往作为压轴题出现. 极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，函数()f x 的零点分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏.极值点偏移问题大致分为4中类型：加法型、减法型、商型、平方型，本专题重点探究这类问题的一般解法.专题探究探究1：构造对称的和（或差）已知函数()f x 在区间(),a b 的两个零点为12,x x ，或()()12f x f x =，且极值点为0x ，证明关于12,x x 的加法型不等式、乘法型不等式问题，可进行对称化构造，解决此类问题. 答题思路：例：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+，或2120x x x <（1）定极值点：讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ，设102x x x <<；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造函数)2()()(0x x f x f x F --=或2()()()x F x f x f x=-；分析：①要证1202x x x +<⇐只需证02012x x x x <<-⇐只需证()()2012f x f x x <-⇐即证()()1012f x f x x <-，构造函数()00()()(2),0,F x f x f x x x x =--∈.②要证2120x x x <⇐只需证20021x x x x <<⇐只需证()2021x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭⇐即证()2011x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()20()()(),0,x F x f x f x x x=-∈.（3）利用单调性比较大小：通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，求出函数()F x 的最值.（4）转化：转化为()()101,2f x f x x -，或()2011,x f x f x ⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系.若要证明12'()2x x f +的符号问题，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.(2022江苏省扬州市月考)已知函数()ln .f x ax x =+（1）讨论()f x 的单调性：（2）若1x ，212()x x x <是()f x 的两个零点.证明：122x x a+>-；【审题视点】证明()f x 的两个零点的加法型不等式，构造函数()()02y f x f x x =--解决.【思维引导】通过讨论单调性，明确有两个零点时的极值点及单调区间，根据上述答题思路，构造函数()21,0,y f x f x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭求最值，从而得出()2f x f x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，再利用函数()f x 的单调性，得出自变量值的大小关系.【规范解析】解：（1）由题意得 11()axf x a x x+'=+=，则当0a …时()0f x '>，∴()f x 在(0,)+∞为增函数当0a <时，令()0f x '>，则1x a <-∴()f x 在1(0,)a -上单调递增，在1(,)a -+∞上单调递减综上，0a …时，()f x 在(0,)+∞为增函数；0a <时，()f x 在1(0,)a-上单调递增，在1(,)a-+∞上单调递减（2）由（1）知，当0a <时函数()f x 有两个零点且max 11()()1ln 0f x f a a ⎛⎫=-=-+-> ⎪⎝⎭，∴10a e-<<，又210x x >>，∴1210x x a <<-<，则2121x x a a >-->-，设21()()(),0,g x f x f x x a a ⎛⎫=---∈- ⎪⎝⎭ 则22(1)()02ax g x ax x a +'=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴()g x 在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增()10g x g a ⎛⎫∴<-= ⎪⎝⎭即当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2()()f x f x a <--故()2112()()f x f x f x a=<--()f x 在区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减212x x a ∴>--，即122x x a+>-【探究总结】本题证明的不等式中含有两个变量,对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧,然后根据函数的单调性,通过两个变量之间的关系“减元”,建立新函数,最终将问题转化为函数的最值问题来求解.解题时，按照答题思路，逐步呈现，较容易的证明出结论，注意细节的处理. 证明乘法型不等式有时也可以通过取对数，变为加法型解决.(2022江苏南京联考)已知函数2()ln 1.f x x x ax =-+（1）若()0f x …恒成立，求实数a 的取值范围； （2）若函数3()1y f x ax ax =-+-的两个零点为1x ，2x ，证明：212.x x e >探究2：消参减元消参减元的主要目的就是减元,进而构造与所求解问题相关的函数.主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元.其解题要点如下:答题思路：（1）建立方程组：若12,x x 为函数()f x 的两个零点，则()()1200f x f x =⎧⎪⎨=⎪⎩，若12,x x 为函数()f x 的两个极值点，则()()1200f x f x '=⎧⎪⎨'=⎪⎩，方程组中都含有参数；（2）定关系：利用方程之间的和差积商的运算，建立12,x x 与参数的关系；（3）消参减元：将所需证明的不等式或需求取值范围的代数式表示出来，表示的过程中，要12,x x 与参数的关系式消去参数，将12,x x 以比值或差值的形式呈现，将比值或差值设为t ，减元. （4）构造函数求解：构造关于t 的函数，转化为求函数的单调性、极值、最值问题.(2022湖北省荆州市高三模拟)已知函数21()2ln .2f x x ax x =-+（1）讨论()f x 的单调性; （2）设31()()22g x xf x x x =-+有两个不同的零点1x ，2x ，且2130x x -…，证明：2126.x x e -+>【审题视点】2130x x -≥转化为213x x ≥，可以利用消参减元的方法求12x x +的范围.【思维引导】第（2）问中得出2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可用1x ，2x 表示出a ，通过两方程相加，等号左侧凑出12ln x x ，右侧变形出现21x x ，换元完成减元. 【规范解析】解：（1）由题意得2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=①当0a …时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上为单调递增；②当0a >时，2210x ax -+=的判别式2440a =-…，i ）当01a <…时，()0f x '…，所以()f x 在(0,)+∞上为增函数；ii ）当1a >时，令()0f x '=，则3x a =-4x a =34(0,)(,)x x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在3(0,)x ，4(,)x +∞上单调递增，当34(,)x x x ∈时，()0f x '<，()f x 在34(,)x x 上为单调递减.综上所述：当1a …时，()f x 在(0,)+∞上为增函数，当1a >时，()f x在(0,a和()a +∞上单调递增，在(a a -+上单调递减.（2）证明：31()()2(ln 22)2g x xf x x x x x ax =-+=-+，∴1x ，2x 是方程ln 220x ax -+=的两个不等实根，则2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，∴2121ln ln 2()x x a x x -=-，∴21121221ln ln ln ln 4()x x x x x x x x -++=+-，即212122111ln()4ln 1x x xx x x x x ++=-，设21x t x =，则3t …， 设1()ln 1t g t t t +=-，(3)t …，则212l n ()(3)(1)t tt g t t t --'=-…，设1()2ln (3)h t t t t t=--…，则()22(1)0t h t t -'=>，∴()h t 在[3,)+∞上为增函数，∴1()(3)3ln303h t h =-->…， 则212ln ()0(1)t t t g t t --'=>-， ∴()g t 在[3,)+∞上为增函数，∴()(3)2ln3ln9g t g ==…，即12ln()4ln9x x +…，即1249x x e …，又120x x <<，∴212266x x e e -+>=，即2126.x x e -+> 【探究总结】求解本题的关键点有两个：一个是消参，列出零点12,x x 的方程组，需要利用两个变量12,x x 把参数a 表示出来，这是解决问题的基础；二是减元,即减少变量的个数,把方程转化为一个“变量”的式子后,构造与之相应的函数,转化为函数问题求解.(2022安徽蚌埠月考)已知函数()ln 1f x x ax =-+有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：()121.f x x a '⋅<-探究3：比（差）值换元比(差)值换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立12,x x 之间的关系, 然后利用两个极值点之比(差)作为变量t ,实现消参、减元的目的.结合12,x x 满足的方程组，使12,x x 分别用t 表示，带入需证明或求范围的代数式，转化为关于t 的函数求解.(2022山东青岛联考)设函数()(1)ln af x x a x b x=++-+，,a b R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，若函数()()ln F x f x x x =+-恰有两个零点1x ，212(0)x x x <<，求证：22122.x x +> 【审题视点】思路一：12,x x 为函数两个零点，且函数()F x 中含有参数，需要消参；求证平方型不等式，利用()()120,0F x F x ==，凑不出平方和，故使用比值换元法，构造关于t 的函数.思路二：根据基本不等式可得()21222122x x x x ++>，可利用探究一中的方法证明122x x +>，再证明22122x x +>.【思维引导】设21x t x =，再利用()()120,0F x F x ==，分别用t 表示12,x x ，带入2212x x +，构造关于t 的函数. 【规范解析】（1）解：由题意得221(1)()()1a a x x a f x x x x -+-'=-+=，(0).x > ①当0a …时，()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上是增函数; ②当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，此时()f x 单调递减; 若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，此时()f x 单调递增. 综上可得：当0a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增;当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.（2）证明：当1a =时，1()()ln ln F x f x x x x b x=+-=++， 则11221ln 01ln 0x b x x b x ⎧++=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩相减得121212ln ln x x x x x x -=-121212.ln ln x x x x x x -∴=-令211x t x =>，则21x tx =，111212ln x tx x x x x -∴=10x >，211ln ln t t x t t--∴==- 211ln x t x t t t-∴== 21211111(1)ln ln ln ln t t t t x x t t t t t t t----∴+=+=+=设2()12ln (1)g t t t t t =-->，则()22(1ln )g t t t '=-+设()()h t g t ='，则2()20h t t'=-> ()g t ∴'在(1,)+∞上单调递增，()(1)0g t g ∴'>'= ()g t ∴在(1,)+∞上单调递增()(1)0g t g ∴>=，即212ln 0t t t -->，212ln t t t ∴->1t >，ln 0t t ∴>212ln t t t -∴>，即222121212()2.22x x x x x x ++>∴+>> 2212 2.x x ∴+>【探究总结】平方型的不等式，利用方程组()()120,0f x f x ==通过加减难以变形出现的情况下，利用比（差）值换元，将12,x x 用t 表示，带入不等式，转化为关于t 的函数.但处理这类问题，方法不唯一，也可以巧妙变形利用消参减元证明，或构造对称和（或差）证明.（2022福建宁德模拟）已知函数()1()x f x ae lnx a R -=+-∈．（1）当a e …时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，212()x x x <，且1223x x ln +…，求21x x 的最大值． 专题升华导数中的极值点偏移问题，题干中出现12,x x 为函数零点或极值点，证明关于12,x x 的不等式或求代数式的范围，这类问题能较好考查学生的逻辑推理能力,数据处理能力,转化与化归思想,函数与方程思想等.常见的需证明的12,x x 的关系有加法型、减法型、乘法型和商型，每种类型没有唯一的解题方法，上述方法要灵活运用.以探究一的变式训练为例：方法一：构造对称的和（或差）函数极值点为1a ，证明21221x x e a >>，构造函数()()211,0,F x h x h x a x a ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 方法二：构造对称的和（或差）结合基本不等式函数极值点为1a ，可以先证明122x x a +>，构造函数()()21,0,F x h x h x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再利用基本不等式证明212x x e >；方法三：消参换元由1122ln 0ln 0x ax x ax -=⎧⎨-=⎩得()12121212ln ln ln x x a x x x x a x x -⎧=⎪-⎨⎪=+⎩，合并()112211212112221ln ln ln ln 1xx x x xx x x x x x x x x+-=⋅+=⋅--， 设12x t x =，直接构造关于t 的函数； 方法四：引入变量t设1122ln ,ln t x t x ==，则121200t t t ae t ae ⎧-=⎨-=⎩，则1212t t t e t -= 设()12,0,1t k k t =∈，则12ln ln ,11k k kt t k k ==--，则证明1212ln 2x x t t =+> 设()()ln ln ,0,111k k kF k k k k =+∈--，求最值. 极值点偏移问题，方法不唯一，解题时选择适当方法，灵活解题.【答案详解】变式训练1【解答】（1）解：()0,x ∀∈+∞，2ln 10x x ax -+…，即1ln a x x x+…恒成立.设1()ln g x x x x =+，则21()ln 1g x x x'=-+，易知()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0.g '=所以当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0.g x '>∴()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，∴min ()(1)1g x g ==，∴(],1a ∈-∞（2）证明：由题意得 方程ln 0x ax -=的两不相等的根为1x ，2x 设()ln h x x ax =-，则1122ln 0ln 0x ax x ax -=-=⎧⎨⎩，∴1212ln ()x x a x x =+又11()ax h x a x x-'=-=当0a …时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞上单调递增，不存在两个零点;当0a >时，()h x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减，则max 11()()ln 10h x h a a ==->，得10.a e<< 设1210x x a<<< 令222()()()ln()()ln F x h x h x x a x x ax a a a =--=----+2ln()ln 22x x ax a=--+-，1(0,).x a ∈则22(1)()0(2)ax F x x ax -'=<-，∴()F x 在1(0,)a 上单调递减，故1()()0.F x F a >=∴1112()()()0F x h x h x a =-->，即1122()()()0.h x h x h x a->==2x ，121(,)x a a -∈+∞，且()h x 在1(,)a +∞上单调递减，∴212x x a>-，即122x x a +>， ∴1212ln ln ()2x x a x x +=+>故212x x e >成立.变式训练2【解答】（1）解：由题意得 ()1f x a x'=- ①当0a ≤时，()0f x '>∴()f x 在区间()0,+∞上单调递增②当0a >时，令()0f x '>，则1x a<∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 ∴()max 1ln 11ln 0f x f a a a ⎛⎫==--+=-> ⎪⎝⎭,故1a < 当1a <时，1110a a f e e e ⎛⎫=--+=-< ⎪⎝⎭，ln 11ln 0e e e f a a a ⎛⎫=-+=> ⎪⎝⎭ ∴()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上分别有一个零点 (),1a ∴∈-∞（2）证明：由题意得 1122ln 10ln 10x ax x ax -+=⎧⎨-+=⎩ 1212ln ln x x a x x -∴=- 又()12121f x x a x x '⋅=-要证()121f x x a '⋅<-，只需证121x x ⋅>，即证12ln ln 0x x +>，即证()()12110ax ax -+->， 即证122a x x >+，即证121212ln ln 2x x x x x x ->-+ 设120,x x <<故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++， 令122(1)(0,1),()ln 1x t t h t t x t -=∈=-+， 则22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t -'=-=>++ ∴()h t 在()0,1上单调递增，∴()()10h t h <=，故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++式成立，即()121f x x a '⋅<-.变式训练3【解答】解：（1）由题意得 1()x xx e ax f x ae x xe --'=-+=， ①当0a …时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增； ②当0a e <…时，设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-， 令()0g x '>，则ln x a >∴()g x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增 ()()(1)0lna g x g lna e alna a lna ∴=-=-厖，()0f x ∴'…，()f x 在(0,)+∞上单调递增；综上，当a e …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；（2）由题意得 12()()0f x f x ''==，即121200x x e ax e ax ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ ∴2121x x x e x -=，设21x t x =，则1t >，21x tx =，1(1)t x e t -=， ∴12,11lnt tlnt x x t t ==--， ∴12(1)1t lnt x x t ++=-， 设(1)()(1)1t lnt h t t t +=>-，则212()(1)t lnt t h t t --'=-， 设1()2(1)t t lnt t tϕ=-->，则22212(1)()10t t t t t ϕ-'=+-=>， ()t ϕ∴在(1,)+∞单调递增，则()t ϕϕ>（1）0=， ()0h t ∴'>，则()h t 在(1,)+∞单调递增，又1223x x ln +…，即()23h t ln …，h （3）23ln =， (1t ∴∈，3]，即21x x 的最大值为3．。
2023年高考数学二轮复习讲练测专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类(原卷版)
专题16函数与导数常见经典压轴小题全归类【命题规律】1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．【核心考点目录】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型核心考点二：函数嵌套问题核心考点三：函数整数解问题核心考点四：唯一零点求值问题核心考点五：等高线问题核心考点六：分段函数零点问题核心考点七：函数对称问题核心考点八：零点嵌套问题核心考点九：函数零点问题之三变量问题核心考点十：倍值函数核心考点十一：函数不动点问题核心考点十二：函数的旋转问题核心考点十三：构造函数解不等式核心考点十四：导数中的距离问题核心考点十五：导数的同构思想核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法核心考点十七：三次函数问题核心考点十八：切线问题核心考点十九：任意存在性问题核心考点二十：双参数最值问题核心考点二十一：切线斜率与割线斜率核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题核心考点二十四：函数的伸缩变换问题【真题回归】1．（2022·全国·统考高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1-B ．12-C ．12D ．12．（2022·全国·统考高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 3．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2022·天津·统考高考真题）设a ∈R ，对任意实数x ，记(){}2min 2,35f x x x ax a =--+-．若()f x 至少有3个零点，则实数a 的取值范围为______.5．（2022·全国·统考高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．6．（2022·全国·统考高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．7．（2022·浙江·统考高考真题）已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+->⎪⎩则12f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭________；若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．8．（2022·全国·统考高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 9．（2022·北京·统考高考真题）设函数()()21,,2,.ax x a f x x x a -+<⎧⎪=⎨-≥⎪⎩若()f x 存在最小值，则a 的一个取值为________；a 的最大值为___________．【方法技巧与总结】1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现()()f f a 的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对x 进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．4、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．5、动态二次函数中静态的值：解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．6、动态二次函数零点个数和分布问题：通常转化为相应二次函数的图象与x 轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型： （1）对称轴变动，区间固定； （2）对称轴固定，区间变动； （3）对称轴变动，区间也变动．这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．增区间：(), x -∞，0∆≤恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223b x x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d=+++的两个不相等的极值点，那么：① 若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点； ② 若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点； ③ 若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．9、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．14、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． （2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 16、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．【核心考点】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型 【典型例题】例1．（2023·浙江奉化·高二期末）若函数322ln ()x ex mx xf x x -+-=至少存在一个零点，则m 的取值范围为（ ） A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭C ．1,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦D ．1,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭例2．（2023·天津·耀华中学高二期中）设函数()322ln f x x ex mx x =-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是 A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．210,e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．21e ,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．2211e ,e e e ⎛⎤--+ ⎥⎝⎦例3．（2023·湖南·长沙一中高三月考（文））设函数()22x xf x x x a e=--+（其中e 为自然对数的底数），若函数()f x 至少存在一个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1(0,1]e+B ．1(0,]e e +C ．1[,)e e ++∞D ．1(,1]e-∞+核心考点二：函数嵌套问题 【典型例题】例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)x f x x x e =--，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e-=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6例5．（2023·全国·高三专题练习（文））已知函数()||12x f x e =-，()()11,021ln ,0x x g x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪->⎩若关于x 的方程()()0g f x m -=有四个不同的解，则实数m 的取值集合为（ ） A ．ln 20,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．ln 22⎧⎫⎨⎬⎩⎭D ．()0,1例6．（2023·河南·高三月考（文））已知函数()ln x f x x=，若关于x 的方程()()210f x af x a ++-=⎡⎤⎣⎦有且仅有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是( ) A ．()2e,1e --B ．()1e,0-C ．(),1e -∞-D ．()1e,2e -核心考点三：函数整数解问题 【典型例题】例7．（2023·福建宁德·高三）当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．2-B ．1-C ．0D ．1例8．（2023·江苏·苏州大学附属中学高三月考）已知a Z ∈，关于x 的一元二次不等式260x x a -+≤的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 的值之和是（ ） A ．13B ．21C ．26D ．30例9．（2023·江苏宿迁·高一月考）用符号[x ]表示不超过x 的最大整数（称为x 的整数部分），如[﹣1.2]=﹣2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f （x ）=（1﹣ln x ）（ln x ﹣ax ）有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，若[x 1]+[x 2]+[x 3]=6，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．ln 21,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2ln 3,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 核心考点四：唯一零点求值问题 【典型例题】例10．（2023·安徽蚌埠·模拟预测（理））已知函数()()()2ln 1ln f x x x a x =-+--有唯一零点，则a =（ ）A ．0B ．12-C ．1D ．2例11．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数()(),g x h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()x g x h x e x +=+，若函数()()12216x f x g x λλ-=+--有唯一零点，则正实数λ的值为（ ）A ．12B ．13C ．2D ．3例12．（2023·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知函数()g x ，()h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()sin xg x h e x x x ++=-，若函数()()20202320202x f g x x λλ-=---有唯一零点，则实数λ的值为 A ．1-或12B ．1或12-C ．1-或2D ．2-或1核心考点五：等高线问题 【典型例题】例13．（2023·陕西·千阳县中学模拟预测（理））已知函数2()log 1f x x =-，若方程()f x a =(0)a >的4个不同实根从小到大依次为1x ，2x ，3x ，4x ，有以下三个结论：①142x x +=且232x x +=；②当1a =时，12111x x +=且34111x x +=；③21340x x x x +=．其中正确的结论个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3例14．（2023·江苏省天一中学高三月考）已知函数2()(2)x f x x x e =-，若方程()f x a =有3个不同的实根()123123x x x x x x <<，，，则22ax -的取值范围为（ ） A ．10e⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，B．1e⎡-⎢⎣⎭C．()D．(例15．（2023·浙江·高一单元测试）已知函数(){}2max ,32f x x x =-，其中{},max ,,p p q p q q p q ≥⎧=⎨<⎩，若方程()()302f x ax a =+>有四个不同的实根1x 、2x 、3x 、()41234x x x x x <<<，则1423x x x x ++的取值范围是（ ）A ．93,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭B ．193,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭C ．39,210⎫⎛- ⎪⎝⎭D ．319,210⎫⎛- ⎪⎝⎭核心考点六：分段函数零点问题 【典型例题】例16．（2023·山东青岛·高三期末）已知函数2|ln(1),1()(2),1x x f x x x ⎧+-=⎨+≤-⎩，若方程()0f x m -=有4个不相同的解，则实数m 的取值范围为（ ） A ．(0,1]B ．[0,1)C ．(0,1)D ．[0,1]例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2log ,1()11,14x x f x x x >⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，()()g x f x kx =-，若函数()g x 有两个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．10,4⎛⎤⎥⎝⎦B ．10,ln 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．11,42eln ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例18．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数22,0()log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，函数()()g x f x x m =++，若()g x 有两个零点，则m 的取值范围是（ ）． A ．[1,)-+∞B ．(,1]-∞-C ．[0,)+∞D ．[1,0)-核心考点七：函数对称问题 【典型例题】例19．（2023·安徽省滁州中学高三月考（文））已知函数()22ln ,03,02x x x x f x x x x ->⎧⎪=⎨--≤⎪⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在10kx y +-=的图象上,则实数k 的取值范围是A ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭B ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例20．（2023·全国·高一课时练习）若直角坐标平面内的两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数()f x 的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称点对[],P Q 是函数()f x 的一个“友好点对”（注：点对[],P Q 与[],Q P 看作同一个“友好点对”）．已知函数()22log ,04,0x x f x x x x >⎧=⎨--≤⎩，则此函数的“友好点对”有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个例21．（2023·福建·厦门一中高一竞赛）若函数y ＝f (x )图象上存在不同的两点A ，B 关于y 轴对称，则称点对[A ，B ]是函数y ＝f (x )的一对“黄金点对”（注：点对[A ，B ]与[B ，A ]可看作同一对“黄金点对”）已知函数2229,0()4,041232,4x x f x x x x x x x +<⎧⎪=-+≤≤⎨⎪-+>⎩，则此函数的“黄金点对”有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对核心考点八：零点嵌套问题 【典型例题】例22．（2023·湖北武汉·高三月考）已知函数2()()(1)()1x x f x xe a xe a =+-+-有三个不同的零点123,,x x x .其中123x x x <<，则3122123(1)(1)(1)x x x x e x e x e ---的值为（ ）A ．1B ．2(1)a -C ．1-D ．1a -例23．（2023·全国·模拟预测（理））已知函数2()e e x x x ax f x a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x （其中123x x x <<），则3122312111e e ex x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1B ．1-C ．aD ．a -例24．（2023·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知函数()()()2ln ln f x ax x x x x =+--，有三个不同的零点，（其中123x x x <<），则2312123ln ln ln 111x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1a - B ．1a - C ．-1 D ．1核心考点九：函数零点问题之三变量问题 【典型例题】例25．（2023·全国·高三）若存在两个正实数x 、y ，使得等式3(24)(ln ln )0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．()0-∞，B ．3(0)[)2e-∞⋃+∞，， C ．3(0]2e，D ．3[)2e+∞， 例26．（2023·山东枣庄·高二期末）对于任意的实数[1,e]x ∈，总存在三个不同的实数y ，使得ln 0ye xy x ay y--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是A ．2(,)4e -∞-B ．2(,0)4e -C ．2[,)4e -+∞D ．2(,)4e -+∞例27．（2023·四川省新津中学高三月考（理））若存在两个正实数,x y ，使得等式330yx x e ay -=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为A ．2[,)8e +∞B ．3(0,]27eC ．3[,)27e +∞D ．2(0,]8e核心考点十：倍值函数 【典型例题】例28．（河南省郑州市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（理）试题）对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时的值域为[](),0ka kb k >，则称()y f x =为k 倍值函数.若()2xf x e x =+是k倍值函数，则实数k 的取值范围是（ ） A ．()1,e ++∞B ．()2,e ++∞C ．1,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．,e e 2⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭例29．（2023·四川·内江市教育科学研究所高二期末（文））对于函数()y f x =，若存在区间,a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数.若()xf x e =是k 倍值函数，则k 的取值范围为（ ）A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,eC ．(),e +∞D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭例30．（2023·吉林·长春十一高高二期中（理））对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数．若()ln f x x x =+是k 倍值函数，则k 的取值范围为（ ） A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．11,1e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．11,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭核心考点十一：函数不动点问题 【典型例题】例31．（2023·广东海珠·高三期末）设函数()f x a R e ∈，为自然对数的底数），若曲线y x x =上存在点00()x y ，使得00()f y y =，则a 的取值范围是（ ） A ．1e[1]e-, B ．1e[e 1]e-+， C ．[1e 1]+， D ．[1,e]例32．（2023·山西省榆社中学高三月考（理））若存在一个实数t ，使得()F t t =成立，则称t 为函数()F x 的一个不动点.设函数()1(xg x e x a =+-(a R ∈，e 为自然对数的底数)，定义在R 上的连续函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.若存在01|()(1)2x x f x f x x ⎧⎫∈+-+⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()g x 的一个不动点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．⎛⎫-∞ ⎪ ⎪⎝⎭ B ．⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭ C ．⎛⎤⎥ ⎝⎦ D ．⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭例33．（2023·四川自贡·高二期末（文））设函数()()1ln 2=+-∈f x x x a a R ，若存在[]1,b e ∈(e 为自然对数的底数)，使得()()f f b b =，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,122⎡⎤--⎢⎥⎣⎦eB ．e 1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦核心考点十二：函数的旋转问题 【典型例题】例34．（2023·上海市建平中学高三期末）双曲线2213x y -=绕坐标原点O 旋转适当角度可以成为函数f （x ）的图象，关于此函数f （x ）有如下四个命题，其中真命题的个数为（ ） ①f （x ）是奇函数；②f （x ）的图象过点32⎫⎪⎪⎝⎭或32⎫-⎪⎪⎝⎭； ③f （x ）的值域是33,,22⎛⎤⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭；④函数y ＝f （x ）－x 有两个零点． A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个例35．（2023·山东青岛·高三开学考试）将函数2([3,3])y x =∈-的图象绕点(3,0)-逆时针旋转(0)ααθ≤≤，得到曲线C ，对于每一个旋转角α，曲线C 都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为（ ）A ．32B ．23C ．1D 例36．（2023·浙江·高三期末）将函数π2sin 0,22x y x ⎛⎫⎡⎤=∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的图像绕着原点逆时针旋转角α得到曲线T ，当(]0,αθ∈时都能使T 成为某个函数的图像，则θ的最大值是（ ）A ．π6B ．π4C ．3π4D ．2π3核心考点十三：构造函数解不等式 【典型例题】例37．（2023·江西赣州·高三期中（文））已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =，且()f x 的导数1()2f x '>，则不等式||1(||)22x f x <+的解集为（ ） A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)-D ．(,1][1,)-∞-+∞例38．（2023·全国·高二课时练习）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（ ） A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，例39．（2023·全国·高二课时练习）已知()f x 的定义域为0,，()'f x 为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x '<-，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是（ ）A ．0,1B ．2,C ．1,2D ．1,核心考点十四：导数中的距离问题 【典型例题】例40．（2023春•荔湾区期末）设函数22()()(22)f x x a lnx a =-+-，其中0x >，a R ∈，存在0x 使得04()5f x 成立，则实数a 的值是( ) A ．15B ．25C ．12D ．1例41．（2023•龙岩模拟）若对任意的正实数t ，函数33()()()3f x x t x lnt ax =-+--在R 上都是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．1(,]2-∞B ．(-∞C ．(-∞D ．(-∞，2]例42．（2023•淮北一模）若存在实数x 使得关于x 的不等式2221()22x e a x ax a -+-+成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．1{}2B ．1{}4C ．1[2，)+∞D ．1[4，)+∞核心考点十五：导数的同构思想 【典型例题】例43．（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（ ） A ．(]1,1-B ．(]1,1e --C ．(]1,1e -D ．(]1,e例44．（2023·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mxxe m-≥恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[),e +∞例45．（2023·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．(),e +∞核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法 【典型例题】例46．（2023·浙江·高三月考）已知函数2()1x f x xe =-，不等式()ln f x mx x ≥+对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(,2]-∞B ．[0,2]C ．(2,e 1⎤-∞-⎦D ．20,1e ⎡⎤-⎣⎦例47．（2023·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于x 的不等式()32ln 113x x a x xe x+++-≥对任意0x >恒成立，则a 的取值范围是（ ）． A ．(],1-∞-B ．(){},1e -∞⋃C ．[],1e --D ．(],0-∞例48．（2023·全国·高三专题练习）已知,a b ∈R ，若关于x 的不等式2ln 0x a x a b -+-≥恒成立，则ab 的最大值为_______．核心考点十七：三次函数问题 【典型例题】例49．（2023·全国·高三课时练习）设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=，已知函数()3272392f x x x x =-+-，则12320212022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．2021 B ．20212C ．2022D ．40212例50．（2023·安徽·东至县第二中学高三月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数()f x 都有对称中心，其对称中心为00(,())x f x （其中0''()0f x =）.已知函数32()345f x x x x =-++.若()4,()10f m f n ==，则m n +=（ ） A ．1B ．32C ．2D ．3例51．（2023·全国·高三月考（文））已知m ，n ，p ∈R ，若三次函数()32f x x mx nx p =+++有三个零点a ，b ，c ，且满足()()3112f f -=<，()()022f f =>，则111a b c ++的取值范围是（ ）A ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭核心考点十八：切线问题 【典型例题】例52．（2023·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数32()(0)()f x ax bx cx d a x R =+++≠∈叙述正确的是（ ）①函数()f x 的图象一定是中心对称图形； ②函数()f x 可能只有一个极值点； ③当03bx a≠-时，()f x 在0x x =处的切线与函数()y f x =的图象有且仅有两个交点； ④当03bx a≠-时，则过点()()00,x f x 的切线可能有一条或者三条． A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④例53．（2023·江西·南昌二中高三月考（文））若函数2()1f x x =+的图象与曲线C:()21(0)x g x a e a =⋅+>存在公共切线，则实数a 的取值范围为 A ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．23,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例54．（2023·全国·高二单元测试）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( ) A ．e b a <B ．e b a >C ．0e b a <<D ．0e a b <<核心考点十九：任意存在性问题 【典型例题】例55．（2023·河南·郑州外国语中学高三月考（理））若不等式()()()221212log 1log 3,,13x xa x x ++-≥-∈-∞恒成立，则实数a 的范围是（ ） A ．[0,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,0]-∞D ．(,1]-∞.例56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()=++f x x px q 对,∀∈p q R ，总有0[1,5]∃∈x ，使()0f x m≥成立，则m 的范围是（ ） A ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,2]-∞C ．(,3]-∞D ．(,4]-∞例57．（2023·全国·高二课时练习）已知()()1ln f x x x =+，若k ∈Z ，且()()2k x f x -<对任意2x >恒成立，则k 的最大值为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6核心考点二十：双参数最值问题 【典型例题】例58．（2023·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知,a b ∈R ，且0ab ≠，对任意0x >均有()()(ln )0x a b x a x b ----≥，则（ ） A ．0,0a b <<B ．0,0a b <>C ．0,0a b ><D ．0,0a b >>例59．（2023·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞例60．（2023·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当(1,)x ∈+∞时，不等式ln(1)230(x ax b a --+，b R ∈，0)a ≠恒成立，则ba 的最大值为（ ）A ．1eB ．2C ．43D ．2e核心考点二十一：切线斜率与割线斜率 【典型例题】例61．（2023·广东·佛山一中高三月考）已知函数2()ln (1)1h x a x a x =+-+(0)a < ，在函数()h x 图象上任取两点,A B ，若直线AB 的斜率的绝对值都不小于5，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．⎛-∞ ⎝⎦C ．,⎛-∞ ⎝⎦D ．⎫⎪⎪⎝⎭例62．（2023·山西大同·高一期中）已知函数(),()f x g x 是定义在R 上的函数，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()f x g x +=2x ax +，记2()()()g x h x xf x x =+，若对于任意的1212x x <<<，都有()()12120h x h x x x -<-，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,02⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．(0,)+∞C ．(,1]-∞-D ．(0,2]例63．（2023·全国·高一课时练习）已知函数(),142,12x a x f x a x x ⎧≥⎪=⎨⎛⎫-+< ⎪⎪⎝⎭⎩，若对任意的1x ，2x ，且12x x ≠，都有()()12120f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,+∞B ．[)1,8C ．()4,8D ．[)4,8核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离） 【典型例题】例64．设二次函数2()(2)32f x a x ax =-++在R 上有最大值，最大值为m （a ），当m （a ）取最小值时，(a =) A ．0B ．1C ．12D例65．（2023春•绍兴期末）已知函数2()||||f x x a x b =+++，[0x ∈，1]，设()f x 的最大值为M ，若M 的最小值为1时，则a 的值可以是( ) AB ．0 CD ．1例66．（2023•济南模拟）已知函数2()||2x f x ax b x -=--+，若对任意的实数a ，b ，总存在0[1x ∈-，2]，使得0()f x m 成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1(,]4-∞B ．(-∞，1]2C ．(-∞，2]3D ．(-∞，1]核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题 【典型例题】例67．（2023春•湖州期末）若存在正实数x ，y 使得不等式22414lnx x lny ln y -++-成立，则(xy += ) ABCD 例68．（2023•上饶二模）已知实数x ，y 满足2(436)326x y ln x y e x y +-+--+-，则x y +的值为( ) A ．2B ．1C ．0D ．1-例69．（2023•崇明区期末）若不等式(||)sin()06x a b x ππ--+对[1x ∈-，1]恒成立，则a b +的值等于() A ．23B ．56C ．1D ．2核心考点二十四：函数的伸缩变换问题 【典型例题】例70．（2023·天津一中高三月考）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[]2,3 B ．[]1,3 C ．[]1,4D ．[]2,4例71．（2023·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为R 的函数()f x 满足(2)3()f x f x +=，当[0,2]x ∈时，2()2f x x x =-，若[4,2]x ∈--时，13()()18≥-f x t t恒成立，则实数t 的取值范围是( ) A ．(](],10,3-∞-B．((,0,3⎤-∞⎦C ．[)[)1,03,-+∞D ．))3,⎡⎡+∞⎣⎣例72．（2023届山西省榆林市高三二模理科数学试卷）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[)0,2x ∈时，()[)[)2213,0,1{ln ,1,2x x x f x x x x -+∈=∈，若当[)4,2x ∈--时，函数()22f x t t ≥+恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．30t -≤≤B ．31t -≤≤C ．20t -≤≤D ．01t ≤≤【新题速递】一、单选题1．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()2,01,011x x f x x x x ⎧≤⎪=-≤<⎨≥，若函数()()()22231g x m f x mf x =-+，存在5个零点，则m =（ ） A ．1B ．12C ．1或12D ．1-2．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩， 若函数()()()g x f x f x =--，则函数()g x 的零点个数为（ ）A ．1B ．3C ．4D ．53．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()11,041,0x xf x x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，若()()12f x f x =，则12x x -的最小值为（ ） A ．4B ．92C ．143D ．54．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）已知实数0a >，0b >，1a b +=，则下列说法中，正确的是（ ）． A ．114a b+≤B ．存在a ，b ，使得223a b +≥C ．22log log 1a b ⋅≤D ．存在a ，b ，使得直线10ax by 与圆224x y +=相切5．（2023·全国·高三专题练习）已知()0,2A ，()(),00B t t <，动点C 在曲线T ：()2401y x x =≤≤上，若△ABC 面积的最小值为1，则t 不可能为（ ） A ．4-B ．3-C ．2-D ．1-6．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知P 为直线=1y x --上一动点，过点P 作抛物线2:2C x y =的两条切线，切点记为A ，B ，则原点到直线AB 距离的最大值为（ ） A ．1BCD ．27．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知0a >，0b >，直线2e y x b -=+与曲线ln y x a =-相切，则11a b+的最小值是（ ） A ．16B ．12C ．8D ．48．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）若关于x 的不等式(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．-2 B ．-1 C ．0 D ．1二、多选题9．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（ ）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e10．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数32()e 3xf x ax =-有三个不同的极值点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则下列结论正确的是（ ）A ．2e 8a >B ．11x <-C ．2x 为函数()f x 的极大值点D ．()23e 3f x <11．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()3f x x ax b =++，其中a ，b 为实数，则下列条件能使函数()f x 仅有一个零点的是（ ） A ．3a =-，3b =-B ．3a =-，2b =C ．0a =，3b =-D ．1a =，2b =12．（2023春·山东潍坊·高三统考期中）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对于任意实数x ，都有2()e ()x f x f x -=，且满足22()()21e x f x f x x -'+=+-，则（ ）A ．函数()e ()x F x f x =为偶函数B ．(0)0f =C ．不等式e ()e e x xxf x +<的解集为(1,)+∞ D ．若方程2()()0f x x a x--=有两个根12,x x ，则122x x a +> 13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）若函数()y f x =的图象上存在两个不同的点P ，Q ，使得()f x 在这两点处的切线重合，则称函数()y f x =为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（ ） A ．sin cos y x x =+ B ．(sin c s )o y x = C ．sin y x x =+D ．2sin y x x =+14．（2023春·江苏南京·高三统考阶段练习）已知双曲线C ：224x y -=，曲线E ：2y ax x b =++，记两条曲线过点()1,0的切线分别为1l ，2l ，且斜率均为正数，则（ ） A ．若=0a ，1b =，则C 与E 有一个交点 B ．若=1a ，=0b ，则C 与E 有一个交点C ．若0a b ，则1l 与E 夹角的正切值为7-D ．若==1a b ，则1l 与2l 三、填空题15．（2023·河南郑州·高三阶段练习）正实数a ，b 满足1e 4a a +=+，()ln 3b b +=，则b a -的值为____________． 16．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()234202312342023x x x x f x x =+-+-++，()234202312342023x x x x g x x =-+-+--，设()()()53F x f x g x =+⋅-，且函数()F x 的零点均在区间[](a b a b <，，a ，)b Z ∈内，则b a -的最小值为__________．17．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）方程e 0x ax a -+=有唯一的实数解，实数a 的取值范围为__________．18．（2023春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()()23e ,? 0e ,? 0x x xf x x a x ⎧->=⎨-≤⎩，若()()12f x f x =，且12x x -的最大值为4，则实数a 的值为_______．19．（2023·全国·高三专题练习）若存在0a >，0b >，满足(2e )ln (2e )ln a t b a b t b a a +-=-，其中e 为自然对数的底数，则实数t 的取值范围是___________．20．（2023·四川资阳·统考模拟预测）若2224ln x ax a x ->，则a 的取值范围是______．。
2023年高考数学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题突破 第3讲 导数的几何意义及函数的单调性
当
a>2e
时，f(x)在－∞，ln
2a上单调递增，在ln
2a，－1上单调递减，在
(－1，＋∞)上单调递增.
规律方法
(1)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； (2)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； (3)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.
则
f(x)在－∞，ln
2a上单调递增，在ln
2a，－1上单调递减，在(－1，＋∞)
上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单
调递减；
当
0<a<2e
时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在－1，ln
2a上单调递减，
在ln∞，＋∞)上单调递增；
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处 的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点， 点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P 为切点.
跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方 程为__y_＝__1e_x__，_y_＝__－__1e_x__.
C.b＞a＞0
D.b＞0＞a
∵9m＝10，∴m∈(1,2)， 令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)， ∴f′(x)＝mxm－1－1， ∵x>1且1<m<2， ∴xm－1>1，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0， 又a＝f(10)，b＝f(8)， ∴f(8)<f(9)<f(10)，即b<0<a.
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)， 解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )， 将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1， 所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )， 故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2， 所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)， 则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2， 令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减， 故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)， 故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立， 即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立， 又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减， 因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数， 又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减， 又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)， 所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32， 当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34； 当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34； 所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。
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 ⎡⎤=-+++⎣⎦。
2023届高考数学导数满分通关：含参函数的极值、最值讨论
专题10 含参函数的极值、最值讨论考点一 含参函数的极值 【例题选讲】[例1] 设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)若曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线y ＝－x ＋1垂直，求切线方程． (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (x ＞0)，又由题意可知y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1，所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，解得a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y ＝x －2．(2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x(x ＞0)．①当0＜a ＜1时，若x ∈(0，a )，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(a ，1)，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12．②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x ≥0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增，此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a ＞1时，若x ∈(0，1)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(1，a )，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(a ，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a ．[例2] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0， 若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值． 综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a ．[例3] 设f (x )＝x ln x －32ax 2＋(3a －1)x ．(1)若g (x )＝f ′(x )在[1，2]上单调，求a 的取值范围； (2)已知f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －3ax ＋3a ，即g (x )＝ln x －3ax ＋3a ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝1x－3a ，①g (x )在[1，2]上单调递增，∴1x －3a ≥0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≤16；②g (x )在[1，2]上单调递减，∴1x －3a ≤0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，16∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞． (2)由(1)知，①当a ≤0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意；②当0<a <13时，13a >1，又f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，13a 上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，13a 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，13a 上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意； ③当a ＝13时，13a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意；④当a >13时，0<13a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫13a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意． 综上所述，可得a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，13． [例4] (2016·山东)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R ． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ．当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞． (2)由(1)知，f ′(1)＝0．①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增， 可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞． [例5] 已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1－a6e x ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0． (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x －a f (x )，是否存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －a 6e x ，当0<x <a 6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 6，因为f ⎝⎛⎭⎫a 6<f (0)＝－a 6<0，f ⎝⎛⎭⎫1＋a 6＝1>0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0． 故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0．(2)方法一 当a >1时，ln a >0．因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0． 由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0．f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x 3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e)．由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0．故f ()ln a <0，0<ln a <x 0．当0<x <ln a 时，e x －a <0，f (x )<0， F ′(x )＝()e x －a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x －a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x －a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1，4)，使得ln a 为F (x )的极大值点． 方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0． 由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0． 所以存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点， 即存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1，4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x 3x，当x ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，k ′(x )>0，所以g ′(x )在⎝⎛⎭⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝⎛⎭⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0， 所以存在唯一零点t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝⎛⎭⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤32，2时，g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 26＋1，② 由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g (x )<0，即对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2，f ()ln a <0有解， 所以对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2⊆(1，4)，函数F (x )存在极大值点为ln a ． 【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．1．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ，①当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．②当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0. 因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )取极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a . 由①②得，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．2．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．2．解析 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ．f ′(1)＝(1－a )e ． 由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝3e≠0．所以a 的值为1． (2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ．若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在x ＝2处取得极小值． 若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0，所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞． 3．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ax ．(1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 3．解析 (1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝(x －2)(2x 2＋x ＋2)x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2．所以f (x )在(－∞，0)，(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)， 由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1．故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0， 当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0， 故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点；令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0，1)上有唯一零点； 又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点． 综上可知，实数a 的取值范围是(－1，0)． 4．已知函数f (x )＝ax －x 2－ln x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )存在极值，且这些极值的和大于5＋ln2，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a －2x －1x ．∵2x ＋1x ≥22⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝22时等号成立，当a ≤22时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 当a ＞22时，f ′(x )＝a －2x －1x ＝－2x 2－ax ＋1x．由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2－84，x 2＝a ＋a 2－84且x 2＞x 1＞0．由f ′(x )＞0得x 1＜x ＜x 2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜x 1，或x ＞x 2， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－84，＋∞．综上所述，当a ≤22时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞22时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ a 2－84，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84．(2)由(1)知，当f (x )存在极值时，a ＞22．即方程2x 2－ax ＋1＝0有两个不相等的正根x 1，x 2， ∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝a2＞0，x 1x 2＝12＞0.∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (x 1＋x 2)－(x 21＋x 22)－(ln x 1＋ln x 2)＝a (x 1＋x 2)－[](x 1＋x 2)2－2x 1x 2－ln(x 1x 2)＝a 22－a 24＋1－ln 12＝a 24＋1－ln 12．依题意a 24＋1－ln 12＞5＋ln 2，即a 2＞16，∴a ＞4或a ＜－4．又a ＞22．∴a ＞4，即实数a 的取值范围是(4，＋∞)． 5．(2018·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x ． (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0． (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a ．5．解析 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln (1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x(1＋x )2.当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0．故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )·ln (1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．(ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min{1，1|a |}时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1，0)，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16．考点二 含参函数的最值 【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1，2]上的最小值． 解析 (1)f ′(x )＝1x－a (x ＞0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0；当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． 综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． (2)①当0＜1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1，2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a ．②当1a ≥2，即0＜a ≤12时，函数f (x )在区间[1，2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a ．③当1＜1a ＜2，即12＜a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数． 又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a ．综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a ．[例2] 已知函数f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当a <0时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值．解析 (1)因为f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋1－2a －1x ＝(2ax ＋1)(x －1)x .因为a >0，x >0，所以2ax ＋1>0，令f ′(x )>0，得x >1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当a <0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－12a，x 2＝1，当－12a >1，即－12<a <0时，f (x )在(0,1]上是减函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (1)＝1－a . 当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－12时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎡⎦⎤－12a ，1上是增函数， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝1－14a＋ln(－2a )． 当－12a <12，即a <－1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝12－34a ＋ln 2. 综上，函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a <－1，1－14a ＋ln(－2a )，－1≤a ≤－12，1－a ，－12<a <0.[例3] 已知函数f (x )＝ln xx －1．(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解析 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e ．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)， 且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm －1．[例4] 已知函数f (x )＝m ln xx ＋n ，g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2(m ，n ，a ∈R )，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数m ，n 的值及函数f (x )的最大值；(2)当a ∈⎝⎛⎭⎫－e ，1e 时，记函数g (x )的最小值为b ，求b 的取值范围． 解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m (1－ln x )x 2， 因为f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝m ＝1，f (1)＝m ln 11＋n ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝0. 所以f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以当x ＝e 时，f (x )取得最大值，最大值为f (e)＝1e .(2)因为g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2＝x ln x －ax 22－x ，所以g ′(x )＝ln x －ax ＝x ⎝⎛⎭⎫ln x x －a .①当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，x →＋∞时，g (x )→－∞，g (x )无最小值． ②当a ＝0时，g ′(x )＝ln x ，由g ′(x )>0得x >1，由g ′(x )<0得0<x <1，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (1)＝－1. ③当a ∈(－e ，0)时，由(1)知方程ln xx－a ＝0有唯一实根，又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，f (1)＝0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增，所以存在t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得g ′(t )＝0，即ln t ＝at . 当x ∈(0，t )时，g ′(x )<0；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (t )＝t ln t －a 2t 2－t ＝t ln t 2－t ，令h (t )＝t ln t 2－t ，t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1， 则h ′(t )＝ln t －12<0，所以h (t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，从而b ＝h (t )∈⎝⎛⎭⎫－1，－32e . 综上所述，当a ∈(－e ，0]时，b ∈⎣⎡⎭⎫－1，－32e ；当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，b 不存在． [例5] (2019·全国Ⅲ)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)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3．若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 3时，f ′(x )＜0．故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减． 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )＜0．故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1．②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1．③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b ． 若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1． 【对点训练】1．已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．1．解析 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1． (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x ．①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e ．综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.2．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[1，2]上的最小值． 2．解析 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x ．(1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x ．∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ，即x ＋y ＋2＝0． (2)令f ′(x )＝0得x ＝a －1．①若a －1≤1，则a ≤2．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，2]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1，2]上单调递减．∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3．f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：∴f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(a －1，2)，∴f (x )min ＝f (a －1)＝－e a －1． 综上可知，当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ；当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2；当2<a <3时，f (x )min ＝－e a －1． 3．已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0，a <0．(1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值． 3．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x ＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎫e ax －1－1x ，由e ax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln x x ， 设p (x )＝1－ln x x ，则p ′(x )＝ln x －2x2，当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝M ， 设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0，∴M 的最小值为0． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值．4．解析 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ，令f ′(x )＝0，得x ＝1．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0．∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x )max ＝f (1)＝－1．∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1． (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e，＋∞． ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e ．从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ．令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2． ∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2．5．已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R ．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． 5．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y ＋2＝0． (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a．①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝－2，不合题意； ③当1a ≥e ，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 考点三 含参函数的极值与最值的综合问题 【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f (x )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解析 f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2．(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43． 经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43．(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫43x 2－83x ＋1e x⎝⎛⎭⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32．f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，12，⎝⎛⎭⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫12，32．当12<b <32时，f (x )在[b ，32)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增． 所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫32＝e e4； 当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b 1＋ab 2＝3e b3＋4b 2．[例2] 已知函数f (x )＝a ln (x ＋b )－x ． (1)若a ＝1，b ＝0，求f (x )的最大值； (2)当b >0时，讨论f (x )极值点的个数．解析 (1)当a ＝1，b ＝0时，f (x )＝ln x －x ，此时，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x，由f ′(x )>0，解得0<x <4，由f ′(x )<0，解得x >4，故f (x )在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (4)＝2ln 2－2． (2)当b >0时，函数的定义域是[0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋b －12x ＝－x ＋2a x －b 2x x ＋b， ①当a ≤0时，f ′(x )<0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，故此时f (x )的极值点的个数为0； ②当a >0时，设h (x )＝－x ＋2a x －b ，(Ⅲ)当4a 2－4b ≤0即0<a ≤ b 时，f ′(x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，即f ′(x )在(0，＋∞)上无变号零点， 故此时f (x )的极值点个数是0；(Ⅲ)当4a 2－4b >0即a >b 时，记方程h (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，由于x 1＋x 2＝2a >0，x 1x 2＝b >0，故x 1，x 2都大于0，即f ′(x )在(0，＋∞)上有2个变号零点， 故此时f (x )的极值点的个数是2．综上，a ≤b 时，f (x )极值点的个数是0；a >b 时，f (x )极值点的个数是2． [例3] 设函数f (x )＝a x ＋e －x (a ＞1)． (1)求证：f (x )有极值；(2)若x ＝x 0时f (x )取得极值，且对任意正整数a 都有x 0∈(m ，n )，其中m ，n ∈Z ，求n －m 的最小值． 解析 (1)由题意得f ′(x )＝a x ln a －e －x ，令h (x )＝f ′(x )＝a x ln a －e －x ， 则h ′(x )＝a x (ln a )2＋e －x ＞0，所以函数h (x )，即f ′(x )在R 上单调递增． 由f ′(x )＝0，得a x e x ln a ＝1，因为a ＞1，所以a x e x ＝1ln a ＞0，得x ＝log a e 1ln a ，当x ＞log a e1ln a 时，f ′(x )＞0；当x ＜log a e 1ln a时，f ′(x )＜0． 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，log a e 1ln a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫log a e 1ln a ，＋∞上单调递增，因此，当x ＝log a e 1ln a时函数f (x )取极值．(2)由(1)知，函数f (x )的极值点x 0(即函数f ′(x )的零点)唯一．由f ′(－1)＝ln a a －e ，令g (a )＝ln aa ，则g ′(a )＝1－ln a a 2，由g ′(a )＝0，得a ＝e ，当a ＞e 时，g ′(a )＜0；当0＜a ＜e 时，g ′(a )＞0．所以g (a )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (a )≤g (e)＝1e ，所以f ′(－1)＝ln aa－e ＜0．当a 为大于1的正整数时，f ′(0)＝ln a －1的值有正有负．f ′(1)＝a ln a －1e ，因为a 为正整数且a ＞1，所以a ln a ≥2ln 2＞1e ，所以f ′(1)＞0．所以x 0∈(－1，1)恒成立，所以n －m 的最小值为2． [例4] 已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解析 由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0解得x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ． 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1， 解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ＋1e＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件．综上所述，这样的a 不存在．[例5] 已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值． 解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0．(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1． g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1， 令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ．则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ， 又h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln xx 2，当x ∈(0，1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e ．[例6] 已知函数g (x )＝x 22＋x ＋ln x ．(1)若函数g ′(x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)函数f (x )＝g (x )－mx ，若f (x )存在单调递减区间，求实数m 的取值范围； (3)设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，若m ≥72，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．解析 (1)∵g ′(x )＝x ＋1x ＋1，g ′(x )＝x ＋1x＋1≥2x ·1x＋1＝3，g ′(x )≥a ，∴a ≤3． (2)∴f ′(x )＝x ＋1－m ＋1x ＝x 2＋(1－m )x ＋1x，又∵f ′(x )＜0在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x 2＋(1－m )x ＋1，则h (0)＝1＞0，只需⎩⎪⎨⎪⎧m －12＞0，(m －1)2－4＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >1，m >0或m ＜－1，即m ＞3(3)∵f ′(x )＝x 2＋(1－m )x ＋1x，令f ′(x )＝0，即x 2＋(1－m )x ＋1＝0，两根分别为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m －1，x 1x 2＝1，又∵f (x 1)－f (x 2)＝12(x 21－x 22)＋(1－m )(x 1－x 2)＋ln x 1x 2＝12(x 21－x 22)－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2， ＝ln x 1x 2－12(x 21－x 22)＝ln x 1x 2－12⎝⎛⎭⎫x 1x 2－x 2x 1． 令t ＝x 1x 2，由于x 1＜x 2，∴0＜t ＜1．又∵m ≥72，(x 1＋x 2)2＝(m －1)2≥254，即(x 1＋x 2)2x 1x 2＝x 1x 2＋2＋x 2x 1，即t ＋2＋1t ≥254，∴4t 2－17t ＋4≥0，解得t ≥4或t ≤14，即0＜t ≤14．令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (0＜t ≤14)，h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在(0，14]上单调递减，h (t )min ＝h (14)＝－2ln2＋158．∴f (x 1)－f (x 2)的最小值为－2ln2＋158．【对点训练】 1．已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间(0，e]上的最小值(其中e 为自然对数的底数)．1．解析 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0，由f ′(x )＝0，得x ＝1e ．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以x ＝1e是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ，由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1． 所以在区间(0，e a －1)上，g (x )单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )单调递增． 当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在(0，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝a ＋e －a e ， 当e a －1<e 即a <2时，g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，e]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e a －1)＝a －e a －1，令g (x )的最小值为h (a )，综上有h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e a －1，a <2，a ＋e －a e ，a ≥2.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 2．解析 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0当x ＝23时，函数f (x )取到极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫23＝427． (2)①当－1≤x <1时，根据(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝⎛⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2． ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增．则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a ． 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．3．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0<x <32或x >3时，f ′(x )>0，当32<x <3时，f ′(x )<0，即x ＝3是f (x )的极小值点， 所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，3.(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x ，令g ′(x )＝0，得x 1＝a2，x 2＝1.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上为减函数，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上为增函数， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，1－e a ＋e 2－2e ，a ≥2e.4．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x ． (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x ．当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x． 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )在(0，2)上单调递减； 当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2． 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a 2． 根据题意，知f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0． 因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 所以实数a 的取值范围是[－2，0)． 5．已知函数f (x )＝a sin x ＋sin2x ，a ∈R ．(1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有极值点，求a 的取值范围； (2)若a ＝1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3时，f (x )≥bx cos x ，求b 的最大值． 5．解析 (1)f ′(x )＝a cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋a cos x －2，依题意，f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有变号零点，令cos x ＝t ，则t ∈(0，1)， 所以g (t )＝4t 2＋at －2＝0在(0，1)有实根，注意到Δ＞0，所以g (0)·g (1)＜0，解得a ＞－2，即a ∈(－2，＋∞)．(2)a ＝1时，f (x )＝sin x ＋sin 2x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，2π3时，f (x )≥0≥bx cos x ，显然成立；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，cos x ＞0，所以tan x ＋2sin x ≥bx ． 记h (x )＝tan x ＋2sin x －bx ，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝1cos 2x ＋2cos x －b ，h ″(x )＝2sin x cos 3x －2sin x ＝2sin x (1－cos 3x )cos 3x＞0， h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2单调递增，h ′(0)＝3－b ， 若b ＞3，则h ′(0)＜0，记cos θ＝1b ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则h ′(θ)＝b ＋2b －b ＝2b＞0， 所以存在x 0∈(0，θ)，使得h ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 所以x ∈(0，x 0)时，h (x )＜h (0)＝0，不符题意．当b ＝3时，h ′(x )＞h ′(0)＝0，即x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，2π3时，f (x )＝sin x ＋2sin x cos x ＝sin x (1＋2cos x )，由2cos x ＋1＞2cos 2π3＋1＝0，sin x ＞0，所以f (x )＞0， 而b ＝3时，bx cos x ＜0，所以f (x )＞bx cos x 成立，综上所述，b 的最大值为3．6．已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R )． (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．6．解析 (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ，而x ＋1x ≥2 x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2． 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x(x ＞0)，。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：泰勒展开式
第 14讲 泰勒展开式知识与方法泰勒展开式是将一个在x =x 0处具有n 阶导数的函数f(x)利用关于x −x 0的n 阶多项式来逼近函数的方法.在导数题目中命制中,泰勒展开式最大的作用就是把超越函数与初等函数联系起来,使高等数学问题具有初等解法,最常用的方式是放缩整形 点睛:泰勒展开式为高等数学内容,在高中阶段不要求掌握. 1.泰勒展开式的形式形式1如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +o (x −x 0)n 这里,o (x −x 0)n 为皮亚诺型余项.我们称上式为函数f(x)在点x 0处的泰勒展开式. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +o (x n ),称此式(带有皮亚诺余项)的麦克劳林展开式.形式2如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有 f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +R n+1.其中R n+1=f (n+1)(ξ)(n+1)!(x −x 0)n+1为拉格郎日余项,其中ξ位于x 与x 0之间,这是函数f(x)在x 0处的泰勒展开式.其中,f (n)(x)表示f(x)的n 阶导数,等号后的多项式称为函数f(x)在x 0处的泰勒展开式,剩余的R n+1是泰勒展开式的余项,为(x −x 0)n 的高阶无穷小. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +R n (x),称此式为(带有拉格郎日余项)的泰勒展开式.2.常见函数的泰勒展开式由泰勒展开式,我们可以得到几个常用的初等函数在x =0处的泰勒展开式: (1)11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ); (2)(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯+m(m−1)⋯(m−n+1)n!x n +o (x n );(3)e x =1+x +x 22!+⋯+x n n!+o (x n );(4)ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)nxn+1n+1+o (x n+1);(5)sin x =x −x 33!+x 55!−⋯+(−1)n x 2n+1(2n+1)!+o (x 2n+2); (6)cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+o (x 2n+1).公式(1)1+x +x 2+⋯+x n +o (x n )=11−x (−1<x <1)为等比数列求和,将(1)中x 换成−x ,有11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),两边积分,得ln (1+x)=∫0x11+xdx =∫0x[1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n )]dx 即ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)n x n+1n+1+o (x n+1),这就是公式(4);反过来,如果对公式(4)求导,则可得到11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),将x 换成−x ,即可得到11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ),此即为公式(1).由于sin x 是奇函数,所以公式(5)右侧只有奇次方项;cos x 是偶函数,所以公式(6)右侧只有偶次方项.对公式(5)求导,即得公式(6);反之,对公式(6)求导,即得公式(5).对于公式(5)和(6)中的负号全部改为正号并两式相加,即可得公式(3).公式(3)可以看作是e =1+1+12!+⋯+1n!+⋯的推广或一般形式;公式(2)可以看作是二项式(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯m(m−1)⋯(m−n+1)m!x m 的推广.3.常用的泰勒展开式的及其应用我们从上面的几个展开式截取片断,就构成了初等数学中经常考查的导数不等式: (1)当x ⩾0时,e x ⩾1+x +x 22;当x ⩽0时,e x ⩽1+x +x 22;(2)当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x ;当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x −12x 2+13x 3(3)x −x 36⩽sin x ⩽x 对x ⩾0恒成立; (4)1−x 22⩽cos x ⩽1−x 22+x 424对x ⩾0恒成立;(5)1+x <e x <11−x (0<x <1); (6)当0<x <1时,√x<ln x <2(x−1)x+1;当x >1时,2(x−1)x+1<ln (1+x)<x ;(7)当0<x <1时,12(x −1x )<ln x <x −1;当x ⩾1时,ln x ⩽12(x −1x )⩽x −1. 由ln x <x −1可得−ln x >1−x ,进而ln 1x >1−x ⇒ln x >1−1x =x−1x(将x 换成1x ),在ln x >x−1x中将x 换成x +1,即可得ln (x +1)>x x+1,进一步可加强为ln (x +1)>2x2+x典型例题【例1】已知函数f(x)=ln a ⋅xe −x +asin x,a >0. (1)若x =0恰为f(x)的极小值点. (i)证明:12<a <1;(ii)求f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数; (2)若a =1,f(x)x=(1−x π)(1+x π)(1−x 2π)(1+x 2π)(1−x 3π)(1+x 3π)⋯(1−x nπ)(1+xnπ)⋯,又由泰勒级数知: cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+⋯,n ∈N ∗.证明:112+122+132+⋯+1n 2+⋯=π26.【解析】(1)(i)由题意,得f ′(x)=ln a ⋅(1−x)e −x +acos x , 因为x =0为函数f(x)的极值点,所以f ′(0)=ln a +a =0.令g(x)=ln x +x(x >0),则g ′(x)=1x +1>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(1)>0,g (12)=ln 12+12=ln √e2<0, 所以g(x)在(12,1)上有唯一的零点a ,所以12<a <1.(ii)由(i)知ln a =−a,f(x)=a (sin x −xe −x ),f ′(x)=a [cos x −(1−x)e −x ].当x ∈(−∞,0)时,由a >0,−1⩽cos x ⩽1,1−x >1,e −x >1,得f ′(x)<0,且f(0)=0,所以f(x)在区间(−∞,0)上不存在零点;当x ∈(0,π)时,设ℎ(x)=cos x −(1−x)e −x ,则ℎ′(x)=(2−x)e −x −sin x . (1)若x ∈(0,π2],今m(x)=(2−x)e −x −sin x , 则m ′(x)=(x −3)e −x −cos x <0, 所以m(x)在(0,π2]上单调递减,因为m(0)=2>0,m(π2)=(2−π2)e−π2−1<0,所以存在α∈(0,π2),使得m(α)=0.当x∈(0,α)时,m(x)=ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,α)上单调递增;当x∈(α,π2]时,m(x)=ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(α,π2]上单调递减.(2)若x∈(π2,2],令φ(x)=(2−x)e−x(x∈(π2,2]),则φ′(x)=(x−3)e−x<0,所以φ(x)在区间(π2,2]上单调递减,所以φ(x)<φ(π2)=(2−π2)e−π2<1e,又因为sin x⩾sin 2=sin (π−2)>sin π6=12,所以ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(π2,2]上单调递减.(3)若x∈(2,π),则ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(2,π)上单调递减.由(1)(2)(3)得,ℎ(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π)上单调递减.因为ℎ(α)>ℎ(0)=0,ℎ(π)=(π−1)e−π−1<0,所在存在β∈(α,π)使得ℎ(β)=0.所以,当x∈(0,β)时,f′(x)=ℎ(x)>0,f(x)在(0,β)上单调递增,f(x)>f(0)=0;当x∈(β,π)时,f′(x)=ℎ(x)<0,f(x)在(β,π)上单调递减,因为f(β)>f(0)=0,f(π)<0,所以f(x)在区间(β,π)上有且只有一个零点.综上,f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数为2个.(2)因为sin xx =(1−x2π2)(1−x222π2)(1−x232π2)⋯(1−x2n2π2)⋯(1),对cos x=1−x 22!+x44!−x66!+⋯+(−1)n x2n(2n)!+⋯,两边求导得−sin x=−x1!+x33!−x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯,sin x=x1!−x33!+x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯所以sin xx =1−x23!+x45!−⋯+(−1)n−1x2n−2(2n−1)!+⋯(2)比较(1)(2)式中的系数,得−13!=−1π2(112+122+132+⋯+1n2+⋯),所以112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26.【例2】已知函数f(x)=(x−a)ln x(a∈R),它的导函数为f′(x).(1)当a=1时,求f′(x)的零点;(2)当a=0时,证明:f(x)<e x+cos x−1.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=(x−1)ln x,f′(x)=ln x+1−1x.易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数,又f′(1)=ln 1+1−1=0,所以x=1是f′(x)的零点.(2)解法1:直接讨论法当a=0时,f(x)=xln x.(1)若0<x⩽1时,则e x+cos x−1>0,xln x⩽0,从而f(x)<e x+cos x−1成立;(2)若x>1时,设ℎ(x)=e x+cos x−xln x−1,则ℎ′(x)=e x−sin x−ln x−1,ℎ′′(x)=e x−1x−cos x,因为x>1,所以ℎ′′(x)>e−1−1>0,从而ℎ′(x)单调递增,所以ℎ′(x)>ℎ′(1)=e−sin 1−1>0,所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递增,所以ℎ(x)>ℎ(1)=e+cos 1−1>0,即f(x)<e x+cos x−1.综上所述,有f(x)<e x+cos x−1成立.解法2:泰勒公式+高阶借位法当x>0时,由泰勒公式有e x⩾1+x+12x2+16x3,cos x⩾1−12x2,ln x⩽x−1,从而xln x⩽x2−x.从而要证xln x<e x+cos x−1,只需证x2−x<1+x+16x3即可,即证16x3−x2+2x+1>0.构造函数g(x)=16x3−x2+2x+1(x>0),则g′(x)=12x2−2x+2=12(x−2)2⩾0,从而g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=1>0成立,从而原不等式得证.解法3:泰勒公式+兵分两路法由泰勒公式,得cos x⩾−12x2,从而可知e x+cos x−1⩾e x−12x2.所以要证xln x<e x+cos x−1,只需证xln x<e x−12x2即可,亦即证ln xx<e xx2−12.构造函数ℎ(x)=ln xx ,g(x)=e xx2−12,易求得ℎ(x)max=1e ,g(x)min=e24−12.显然1e <e24−12,从而ℎ(x)<g(x).所以原不等式得证.【例3】已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln (1+x)−2x.(1)若a=0,证明:当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.【解析】首先,x=0时,f(x)=0.(1)若a=0,则f(x)=(2+x)ln (1+x)−2x.f′(x)=ln (1+x)+2+x1+x −2=ln (1+x)+11+x−1.f′(0)=0⋅f′′(x)=11+x −1(1+x)2=x(1+x)2.当x>0时,f′′(x)>0,f′(x)单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增,从而f(x)>f(0)=0;当−1<x<0时,f′′(x)<0,f′(x)单调递减,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(−1,0)上单调递增,从而f(x)<f(0)=0.综上可知,若a=0,则当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.证毕.(2)解法1:必要性探路法f(x)的定义域为(−1,+∞)有任意阶导数,f(0)是极大值,就说明0附近某区间(−d,d)内其它值f(x)<f(0)(x≠0).当x由0的负方向趋向于0时,f(x)应为递增的,从而f′(x)>0,令x→0−,得f′(0)⩾0;当x由0的正方向趋向于0时,f(x)应为递减的,即f′(x)<0,令x→0+,则f′(0)⩽0.因此必有f′(0)=0,这是f(0)是极大值的必要条件.f′(x)正递减到0再递减到负,f′′(x)都是负的.如下表所示:f′(0)=0,且f′′(x)<0对0附近某区间内x≠0都成立,这是f(0)为极大值的充分必要条件.f′(x)=(1+2ax)ln (1+x)+ax2−x1+x,f′(0)=0.f′′(x)=2aln (1+x)+(4a+1)x+3ax2(1+x)2,f′′(0)=0.f(0)是极大值⇔在x=0左右附近有g(x)=f′′(x)<0=g(0),这又要求g(0)是极大值,必须有g′(0)=0.g′(x)=2a1+x+4a+1+6ax(1+x)2−2(4a+1)x+6ax2(1+x)3所以g′(0)=2a1+4a+11+01=6a+1=0,得a=−16.从而g′(x)=−x(4−x)(1+x)3=−xλ(x),其中λ(x)=4−x(1+x)3.在区间(−1,4)内λ(x)>0,g′(x)=−xλ(x)的正负号与x相反,在区间(−1,0)内,g′(x)>0,在区间(0,4)内,g′(x)<0.g(x)在区间(−1,4)递增到g(0)=0再递减;当x≠0时,都有f′′(x)=g(x)<0,这与f′(x)=0一起保证了f(0)在(−1,4)内是最大值,也是极大值.解法2:当x→0时,2+x+ax2→2>0.0附近足够小区间(−d,d)内,2+x+ax2足㿟接近2,也有2+x+ax2>0.f(x)在区间(−d,d)内的正负号与q(x)=f(x)2+x+ax2=ln (1+x)−2x2+x+ax2相同.f(0)是极大值⇔q(0)是极大值⇔在0附近某个区间(−ℎ,0)内q′(x)>0,即q′(x)=11+x−2(2+x+ax2)−2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=11+x −4−2ax 2(2+x +ax 2)2=(2+x +ax 2)2−(1+x)(4−2ax 2)(2+x +ax 2)2(1+x)=(6a +1)x 2+4ax 3+a 2x 4(2+x +ax 2)2(1+x)>0,且在(0,ℎ)内,q ′(x)<0,进而得6a +1=0,解得a =−16.此时,q ′(x)=−23x 3+136x 4(2+x−16x 2)2符合要求,ℎ(0)与f(0)都是极大值,从而a =−16.【点睛】解法2的优点是先用除法将与ln (1+x)相乘的2+x +ax 2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q ′(x)在x =0附近取值的正负号,不需要高阶导数,也不需要再求极限.用泰勒展开式ln (1+x)=x −x 22+x 33−x 44+⋯,得f(x)=(2+x +ax2)(x −x 22+x 33−x 44+⋯)−2x =(a +16)x 3+(−a2−16)x 4+⋯如果三次项系数a +16≠0,在0附近足够小的区间(−d,d)内,三次以上各项和绝对值比三次项小,f(x)的正负号与三次项(a +16)x 3相同,f(x)与f(−x)异号,总有一个大于0,f(0)=0不是极大值.要使f(0)极大,必须三次项系数a +16=0,得a =−16.此时,f(x)=−112x 4+⋯的最低次非零项是四次项−112x 4.在0附近足够小的区间内,f(x)的正负号与四次项−112x 4相同,当x ≠0时,都小于0,f(0)确实是极大值.一般地,设f(x)=f(c)+a m (x −c)m +a m+1(x −c)m+1+⋯是无穷级数,且a m ≠0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x →c 时,f(x)−f(c)=(x −c)m [a m +a m+1(x −c)+⋯]方括号内的λ(x)=a m +a m+1(x −c)+⋯→a m ,在c 附近足够小的区间(c −d,c +d)内,|x −c|足够小,λ(x)足够接近a m ,正负号与a m 相同,f(x)−f(c)与m 次项a m (x −c)m 正负号相同. 当m 是奇数,x −c <0与x −c >0时,f(x)−f(c)的正负号相反,一正一负,f(c)既不是极大值也不是极小值;当m 是偶数,只要x −c ≠0都有(x −c)m >0.当a m <0时,都有f(x)−f(c)<0,f(c)是极大值;当a m >0时,都有f(x)−f(c)>0,f(c)是极小值. 【例4】函数f(x)=x −1−aln x . (1)若f(x)⩾0,求a 的值;(2)m 为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)⋯(1+12n )<m ,求m 的最小值.【解析】(1)易知f(1)=0,用泰勒展开式探索: 令x =1+t ,得ln x =ln (1+t)=t −t 22+⋯,从而f(x)=(1+t)−1−a [t −t 22+⋯]=(1−a)t +at 22−⋯,要保证x =1附近始终f(x)⩾0,由必须有1−a =0,从而a =1. 此时f(t)=t 22−⋯=(x−1)22−⋯,f(1)=0是极小值,在x =1附近f(x)⩾0.但ln (1+t)仅在−1<t ⩽1范围内可以泰勒展开,无法判断t >1时的变化情况,还需通过ln x 的导数判断它在定义域(0,+∞)内的变化情况. 从而解法如下: 由f(1)=0,知f(x)⩾0,当且仅当f ′(x)=1−ax ⩾0(当x ⩾1时),f ′(x)⩽0(当0<x ⩽1)时,从而a =1.(2)由(1)知ln x ⩽x −1,从而ln (1+t)⩽t . 今P n =(1+12)(1+122)⋯(1+12n ), 所以ln P n =ln (1+12)+ln (1+122)+⋯+ln (1+12n )<12+122+⋯+12n =1−12n+1<1. 从而P n <e =2.71828⋯<3,而P 3=32⋅54⋅98=13564>2.所以m 的最小值为3.【点睛】通过第(1)问来处理此问题,联想对(2)中所证不等式两边取对数.如果熟悉e x 在x =0处的泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯马上就可以看出，当x >0时,e x >1+x ,从而更容易想到P n <e 12e 122⋯e12n=e12+122+⋯+12n <e 1=e <3.强化训练1.设f(x)=(1+x)e −2x ,g(x)=ax +12x 3+2xcos x ,当x ∈[0,1]时,求证:1−x ⩽f(x)⩽11+x.【解析】证明:f(x)⩽11+x ⇔(1+x)e −2x ⩽11+x ⇔(1+x)2⩽e 2x , 又e x ⩾1+x ,故f(x)⩽11+x , 由泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯,所以e −2x =1−2x +2x 2+⋯+(−2x)n n!+⋯,所以(1+x)e −2x −(1−x)⩾(1+x)(1−2x +2x 2)−(1−x)=2x 3⩾0,故f(x)⩾1−x . 所以1−x ⩽f(x)⩽11+x.2.f(x)=ln 1+x1−x ,若x ∈(0,1)时f(x)>k (x +x 33),求k 的最大值.【解析】ln (1+x)=x −x 22+x 33+⋯+(−1)n−1xnn+⋯ln (1−x)=−x −x 22−x 33+⋯+(−1)2n−1xnn+⋯. 两式相减,得ln (1+x)−ln (1−x)=2(x +x 33+⋯+x 2n+12n+1)+⋯,当k ⩽2时,f(x)>2(x +x 33);当k >2时,令g(x)=f(x)−k (x +x 33),g ′(x)=k1−x2(x 4−k−2k),当x ∈(0,√k−2k4)时,g(x)单调递减,g(x)<g(0)=0,即f(x)<k (x +x 33),故k >2不合题意.综上所述,k ⩽2.故k 的最大值为2.。
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函数的极值与导数常见题型归纳题模一：函数极值的概念与判定 1. 下列结论中正确的是（ ） A.导数为零的点一定是极值点B.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，那么f （x 0）是极大值C.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，那么f （x 0）是极小值D.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＜0，右侧f′（x ）＞0，那么f （x 0）是极大值 2. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极大值点________个；有极小值点________个． 2. 已知与是定义在上的连续函数，如果与仅当时的函数值为，且，那么下列情形不可能出现的是（ ） A.， B.是的极小值点 C.是的极小值点 D.是的极小值点题模二：具体函数的极值1. 下列函数中，0x =是极值点的函数式（ ） A.3y x =- B.2cos y x = C.sin y x x =- D.1y x=2. 函数f （x ）=14x 4-13x 3+x 2-2在R 上的极值点有（ ） A.3个 B.2个 C.1个D.0个3. 已知函数．求的极小值．4. 已知函数f （x ）=2f′（1）lnx -x ，则f （x ）的极大值为____．5. 已知函数f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1）的图象在点（1，f （1））处的切线垂直于y 轴． （1）求实数t 的值； （2）求f （x ）的极值．题模三：已知含参函数极值点求参数1.函数f （x ）=x 3+ax 2+3x -9，已知f （x ）在x=-3时取得极值，则a=（ ） A.2 B.3 C.4D.5()f x ()a b ，'()f x ()a b ，()f x ()a b ，()f x ()g x R ()f x ()g x 0x =0()()f x g x ≥x R ∀∈()()0f x f x ≤0x -()f x -0x -()f x -0x -()f x --()3213232f x x x x =-+()f x 题模精讲.2 设函数．若的两个极值点为、，且，求实数________．3. 若函数y=e 1a x -（）+4x （x∈R ）有大于零的极值点，则实数a 范围是（ ）A.a ＞-3B.a ＜-3C.a ＞-13D.a ＜-134. 若函数321111()(1)3245f x a x ax x =-+-+在其定义域内有极值点，则a 的取值为 .题模四：已知含参函数极值情况求参数范围1. 若函数3()63f x x bx b =-+在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是（ ） A.(0,1)B.(,1)-∞C.(0,)+∞D.1(0,)22. 已知三次函数f （x ）=ax 3-x 2+x 在（0，+∞）上存在极大值点，则a 的范围是（ ）A.(0，13)B.(0，13]C.(-∞，13)D.(-∞，0)∈(0，13)3. 已知f （x ）=22(1)x bx --无极值，则b 的值为（ ）A.1B.2C.3D.44. 已知函数，，且有极值．求实数的取值范围．1.下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（ A.y=x 3B.y=ln （-x ）C.y=xe -xD.y=x+2x2.关于函数()32f x x x x =-+，下列说法正确的是（ ）A.有极大值，没有极小值B.有极小值，没有极大值C.既有极大值也有极小值D.既无极大值也无极小值3. 已知函数f （x ）=（x 2+a ）•e x （x∈R ）在点A （0，f （0））处的切线l 的斜率为-3． （1）求a 的值以及切线l 的方程；（2）求f （x ）在R 上的极大值和极小值．4.已知函数f （x ）=（x 2+ax -2a 2+3a ）e x （x∈R ），若a∈R ，求函数f （x ）的单调区间与极值．5. 函数f （x ）=x 2+aln （1+x ）有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则实数a 的范围是()()326322f x x a x ax =+++()f x 1x 2x 121x x =a =()ln f x ax x =+(1)x e ∈，()f x a 随堂练习____．6. 已知函数y=ax 3+bx 2，当x=1时，有极大值3． （1）求a ，b 的值；（2）求函数y 的极小值．7. 设函数，（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当为何值时，函数有极值？并求出极大值．8. 若函数f （x ）=x 3+x 2+mx+1在R 上无极值点，则实数m 的取值范围是____．9. 函数y=x 3-2ax+a 在（0，1）内有极小值，则实数a 的取值范围是（ ）A.（0，3）B.（0，32） C.（0，+∞） D.（-∞，3）10 已知f （x ）与g （x ）是定义在R 上的连续函数，如果f （x ）与g （x ）仅当x=0时的函数值为0，且f （x ）≥g （x ），那么下列情形不可能出现的是（ ） A.0是f （x ）的极大值，也是g （x ）的极大值 B.0是f （x ）的极小值，也是g （x ）的极小值 C.0是f （x ）的极大值，但不是g （x ）的极值 D.0是f （x ）的极小值，但不是g （x ）的极值11设函数f （x ）=2x+lnx 则 （ ）A.x=12为f （x ）的极大值点B.x=12为f （x ）的极小值点C.x=2为 f （x ）的极大值点D.x=2为 f （x ）的极小值点()()3211132f x x ax a x =-+-1a =()y f x =()00，a ()y f x =12 已知函数f （x ）=4x +a x -lnx -32，其中a∈R ，且曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线y=12x ． （∈）求a 的值；（∈）求函数f （x ）的单调区间与极值．13 已知函数，试讨论的极值 ．14已知函数（）．讨论在区间上的极值点．15 若函数f （x ）=21x ax ++在x=1处取极值，则a=____．16 如果函数322()f x x ax bx a =+++在1x =时有极值10，那么a = ，b = ．()ln f x ax x =+()f x ()2ln 2x f x a x =-1a >()f x ()1e ，答案解析题模一：函数极值的概念与判定 1.【答案】B 【解析】导数为零的点且左右两边的符号不同才是极值点，故A 错；如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，则函数先增后减，则f （x 0）是极大值； 如果在x 0附近的左侧f′（x ）＜0，右侧f′（x ）＞0，则函数先减后增，则f （x 0）是极小值； 故选B ．2.【答案】2；1【解析】从的图象可知在内从左到右的单调性依次为增→减→增→减， 根据极值点的定义可知在内只有2个极大值点，1个极小值点．3.【答案】D【解析】A 项，（）是的极大值点，不一定是最大值点，故不正确； B 项，是把的图象关于轴对称，因此，是的极大值点； C 项，是把的图象关于轴对称，因此，是的极小值点；D 项，是把的图象分别关于轴、轴对称，因此是的极小值点．题模二：具体函数的极值 1.【答案】B【解析】A ．230y x '=-<，所以无极值点；B ．2cos sin y x x '=-，在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上0y '>，在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上0y '<，所以0x =是极大值点；C ．cos 10y x '=-≤，所以无极值点；D ．210y x'=-<，所以无极值点．2.【答案】C 【解析】f′（x ）=x 3-x 2+2x=x （x 2-x+2），∈x 2-x+2＞0，∈x∈（-∞，0）时，f′（x ）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x ）＞0； ∈x=0是函数f （x ）的极小值点． 故选：C ．.3【答案】极小值为．【解析】．列表如下：1 2 + 0 - 0 +单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，的极小值为． '()f x ()f x ()a b ，()a b ，0x 00x ≠()f x ()f x -()f x y 0x -()f x -()f x -()f x x 0x ()f x -()f x --()f x x y 0x -()f x --()223f =23212f x x x x x '=-+=--x ()1-∞，()12，()2+∞，()f x '()f x ()f x ()23f =4.【答案】2ln2-2【解析】由于函数f （x ）=2f′（1）lnx -x ，则f′（x ）=2f′（1）×1x-1（x ＞0），f′（1）=2f′（1）-1，故f′（1）=1，得到f′（x ）=2×1x -1=2xx-，令f′（x ）＞0，解得：0＜x ＜2，令f′（x ）＜0，解得：x ＞2， 则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数， 故f （x ）的极大值为f （2）=2ln2-2 故答案为：2ln2-25.【答案】（1）t=-2（2）f(x)极大值=4，f （x ）极小值=1+4ln2 【解析】（1）∈f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1），∈f '(x)=2(x+t)+41x +，∈函数f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1）的图象在点（1，f （1））处的切线垂直于y 轴，∈f '(1)=2(1+t)+42=0，解得t=-2．（2）由（1）知f '(x)=2(1)1x x x -+，x ＞-1，由f′（x ）＞0，得0＜x ＜1；由f′（x ）＜0，得-1＜x ＜0或x ＞1， ∈f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（-1，0），（1，+∞）， ∈f(x)极大值=f （0）=4，f （x ）极小值=f （1）=1+4ln2． 1.【答案】D 【解析】∵f′（x ）=3x 2+2ax+3，又f （x ）在x=-3时取得极值 ∈f′（-3）=30-6a=0 则a=5． 故选D2.【答案】9．【解析】．已知，从而，所以．3.【答案】B 【解析】因为函数y=e 1a x -（）+4x ，所以y′=（a -1）e 1a x -（）+4（a ＜1），所以函数的零点为x 0=11a -ln 41a-，因为函数y=e 1a x -（）+4x （x∈R ）有大于零的极值点，()()218622f x x a x a '=+++()()120f x f x ''==122118a x x ==9a =所以x 0=11a -ln 41a -＞0，即ln 41a-＜0， 解得：a ＜-3． 故选B ．4.【答案】15a --<或15a -+>或1a =【解析】即21()(1)04f x a x ax =-+-=有解.当–10a =时，满足.当–10a ≠时，只需2(1)0a a ∆=+->.题模四：已知含参函数极值情况求参数范围 1.【答案】D【解析】∵()2'36f x x b =-，由题意，函数'()f x 图象如右图．''(0)0,(1)0,f f ⎧<⎪∴⎨>⎪⎩即60,360,b b -<⎧∴⎨->⎩得102b <<．故选D 2.【答案】D【解析】由题意知，f′（x ）=3ax 2-2x+1，∈三次函数f （x ）=ax 3-x 2+x 在（0，+∞）上存在极大值点， ∈f′（x ）=3ax 2-2x+1=0有两个不同的正实数根或一正一负根， ∈当a ＞0时，此时3ax 2-2x+1=0有两个不同的正实数根， ∈44310203103a aa⎧⎪=-⨯⨯>⎪⎪>⎨⎪⎪>⎪⎩，即0＜a ＜13，∈当a ＜0时，此时3ax 2-2x+1=0有一正一负根，只须∈＞0，即4-12a ＞0，∈a ＜13，∈a ＜0综上所述，a 的范围是(-∞，0)∈(0，13)故选D ．3.【答案】B 【解析】∵f′（x ）=32(1)2(2)(1)x x b x ----=32(1)(1)x b x -+--， ∈若函数f （x ）=22(1)x bx --无极值，则1-b=-1，∈b=2．故选B ．4.【答案】． 11e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，【解析】由求导可得，令，可得． ∵，∴，∴ 又因为所以，有极值，实数的取值范围为．1.【答案】D 【解析】由题可知，B 、C 选项不是奇函数，A 选项y=x 3单调递增（无极值），而D 选项既为奇函数又存在极值． 故选：D ．2.【答案】D【解析】∵()22123213033f x x x x ⎛⎫'=-+=-+> ⎪⎝⎭恒成立，∴()f x 在R 上单调递增，∴既无极大值也无极小值，故选D ．3.【答案】（1）a=-3，3x+y+3=0 （2）极大值为6e -3，极小值为-2e 【解析】（1）f （x ）=（x 2+a ）•e x ∈f'（x ）=（x 2+2x+a ）•e x … 所以f'（0）=-3∈a=-3，…（4分）所以f （0）=-3，切线方程为3x+y+3=0；…（2）f （x ）=（x 2+a ）•e x ∈f'（x ）=（x 2+2x -3）•e x =（x+3）（x -1）e x ∈f'（x ）=0∈x=-3或x =1，…当x∈（-∞，-3），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当x∈（-3，1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减， 当x∈（1，+∞），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增，… 所以极大值为f （-3）=6e -3，极小值为f （1）=-2e ．…4.【答案】见解析 【解析】f′（x ）=[x 2+（a+2）x -2a 2+4a]e x令f′（x ）=0 解得x=-2a 或x=a -2以下分三种情况讨论．()ln f x ax x =+1()f x a x '=+1()0f x a x '=+=1a x=-(1)x e ∈，111x e ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，11a e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，(1)x e ∈，()f x a 11e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，极大值x 11a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1a -1e a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()f x '+0-()f x ↗↘随堂练习（1）若a ＞23，则-2a ＜a -2．当x 变化时，f′（x ），f （x ）的变化如下表： -所以f （x ）在（-∞，-2a ），（a -2，+∞）内是增函数在（-a ，a -2）内是减函数 函数f （x ）在x=2处取得极大值f （-2a ），且f （-2a ）=3ae -2a函数f （x ）在x=a -2处取得极小值f （a -2），且f （a -2）=（4-3a ）e a -2（2）若a ＜23则-2a ＞a -2当x 变化时，f′（x ），f （x ）的变化如下表：函数f （x ）在x=2处取得极小值f （-2a ），且f （-2a ）=3ae -2a函数f （x ）在x=a -2处取得极大值f （a -2），且f （a -2）=（4-3a ）e a -2（3）若a=23则-2a=a -2函数f （x ）在（-∞，+∞）内单调递增，此时函数无极值5.【答案】（0，12）【解析】∵f （x ）定义域为（-1，+∞），又f′(x)=2x+1ax +，令f'（x ）=0，则2x+1ax +=0，∈函数在（-1，+∞）内有两个不同的实数根， ∈a=-2x （x+1），令y 1=a ，y 2=-2x （x+1）， 如图示：∈0＜a ＜12． 6.【答案】（1）a=-6，b=9（2）0 【解析】（1）y′=3ax 2+2bx ，当x=1时，y′|x=1=3a+2b=0，y|x=1=a+b=3， 即3203a b a b +=⎧⎨+=⎩，a=-6，b=9（2）y=-6x 3+9x 2，y′=-18x 2+18x ，令y′=0，得x=0或x=1当x ＞1或x ＜0时，y′＜0函数为单调递减；当0＜x ＜1时，y′＞0，函数单调递增． ∈y 极小值=y|x=0=0．7.1）；（2）．【解析】．（1）当时，，则曲线在点处的切线方程为； （2）显然，当时，即时函数有极值．1 + 0 - 0 +递增极大值点递减极小值点递增此时，函数极大值为．1+ 00 +递增极大值点 递减极小值点递增此时，函数极大值为 ． 综上，．8.【答案】[13，+∞）【解析】f′（x ）=3x 2+2x+m ，∈函数f （x ）=x 3+x 2+mx+1在R 上无极值点， ∈f （x ）在R 上是单调函数，∈∈=4-12m≤0，解得m≥13，0y =()24(1)26=2223aa a f x a a -⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩极大值，，()()()2111f x x ax a x x a '=-+-=---⎡⎤⎣⎦1a =()00k f '==()y f x =()00，0y =11a -≠2a ≠2a <11a -<x ()1a -∞-，1a -()11a -，()1+∞，()f x '()f x ()y f x =()()2116f a a -=-x ()1-∞，()11a -，1a -()f x '-()f x ()y f x =()213f =-()24(1)26=2223a a a f x a a -⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩极大值，，故答案为：[13，+∞）．9.【答案】B【解析】根据题意，y'=3x 2-2a=0有解，所以a ＞0 23a 所以23a 所以023a 1 0＜23a ＜1 0＜a ＜3210【答案】C【解析】根据题意和图形知结合函数的图象分析：可得A ，B ，D 可能．当0是f （x ）的极大值时，不是g （x ）的极值是不可能的，选C ．11【答案】D【解析】∈f （x ）=2x+lnx ； ∈f′（x ）=-22x +1x =22x x ； x ＞2∈f ′（x ）＞0；0＜x ＜2∈f ′（x ）＜0．∈x=2为 f （x ）的极小值点．故选：D ．12【答案】（Ⅰ）54，（Ⅱ）函数f （x ）的单调递增区间为（5，+∞）； 单调递减区间为（0，5）；当x=5时，函数取极小值-ln5．【解析】（∈）∈f （x ）=4x +a x -lnx -32， ∈f′（x ）=14-2a x -1x， ∈曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线y=12x ． ∈f′（1）=14-a -1=-2，解得：a=54， （∈）由（∈）知：f （x ）=4x +54x -lnx -32，f′（x ）=14-254x -1x =22454x x x --（x ＞0）， 令f′（x ）=0，解得x=5，或x=-1（舍），∈当x∈（0，5）时，f′（x ）＜0，当x∈（5，+∞）时，f′（x ）＞0，故函数f （x ）的单调递增区间为（5，+∞）；单调递减区间为（0，5）；当x=5时，函数取极小值-ln5．13【答案】当时，函数不存在极值；当时，函数在处取得极大值．无极小值．【解析】函数的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+=． 当a≥0时，f'（x ）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）上为增函数，此时函数不存在极值．当a ＜0时，由f'（x ）＞0，解得0＜x ＜-，此时函数递增．由f'（x ）＜0，解得x ＞-此时函数递减．此时函数在x=-处取得极大值．无极小值． 综上所述：当时，函数不存在极值；当时，函数在处取得极大值．无极小值．14【答案】的极小值点为【解析】，导数=， ≥e ，即a≥e 2时，在区间（1，e ）上单调递减，无极值点．②当＜e ，即1＜a ＜e 2时，在区间(1)上单调递减，在区间(，e)单调递增，则的极小值点为，无极大值点．15【答案】3【解析】f′（x ）=22222(1)x x x a x +--+=222(1)x x a x +-+． 因为f （x ）在1处取极值，所以1是f′（x ）=0的根，将x=1代入得a=3．故答案为316【答案】411-，【解析】22()32.(1)320,(1)110f x x ax b f a b f a b a =++=++==+++=′由已知得′，22334311.9a b a a b b a a b +=-=-=⎧⎧⎧⎨⎨⎨==-++=⎩⎩⎩，，，联立解得或，当3a =-时，1x =不是极值点． 当411a b ==-，时满足题意．0a ≥0a <1x a=-()f x 1x 1ax x+1a 1a1a0a ≥0a <1x a=-()f x x a ()2ln 2x f x a x =-()a f x x x '=-2x a x-()()x a x a +-a ()f x ()f x a ()f x a a ()f x a。