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高考数学导函数极值最值问题-解析版

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专题08 导数中的极值和极值点偏移(解析版)

专题08 导数中的极值和极值点偏移(解析版)

专题08 导数中的极值和极值点偏移一、重点题型目录【题型】一、求已知函数的极值 【题型】二、根据极值点求参数【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系 【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系 【题型】五、求已知函数的极值点 【题型】六、函数最值与极值的关系 【题型】七、导数中的极值偏移问题 二、题型讲解总结【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（ ）A ．3B ．C ．D 【答案】D【分析】先根据题意确定函数的极值点，进而得到1105a a ⋅，然后根据等比中项求得答案.【详解】由题意，()()()23129313f x x x x x =-+=--'，则(),1x ∈-∞时0fx ，函数单调递增，()1,3x ∈时()0f x '<，函数单调递减，()3,x ∈+∞时0fx ，函数单调递增，于是x =1和x =3是函数的两个极值点，故1a ，105a 是()231290x x f x =-+='的两个根，所以11053a a ⋅=，所以25311053a a a =⋅=，又110540a a +=>，所以10a >，1050a >，设公比为q ，525310a a q =>，所以55a =故选：D.例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（ ） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【分析】对每个选项求导，然后判断即可 【详解】对选项A ，210y x '=-<，故没有极值点； 对选项B ，1e x y '=-，则极值点为0x =，故正确； 对选项C ，0y '=，故没有极值点； 对选项D ，230y x '=≥，故没有极值点；故选：B例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（ ）． A ．0 B ．1 C ．2 D ．e【答案】C【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到20e a a =或224e e a a ≥，再次构造关于a 的函数()2e a a h a =，研究其单调性，解出不等式，求出数a 的最大值.【详解】令()22e e 0xa f x a x =-=，得到22e ex a x a=，函数()22e e xa f x a x =-至多有2个不同的零点，等价于22e ex a x a=至多有两个不同的根，即函数2e x x y =与2e a a y =至多有2个不同的交点令()2ex x g x =，则()22exx x g x -'=， 当02x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0x <或2x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以0x =与2x =为函数()g x 的极值点，且()()2400,2e g g ==， 且()20e x x g x =≥在R 上恒成立，画出()2ex x g x =的图象如下：有图可知：20e a a =或224e e a a ≥时，符合题意，其中20e aa=，解得：0a = 设()2e a a h a =，则()22e aah a -'=，当1a <时，()0h a '>，当1a >时，()0h a '<， 所以()2e aah a =在()1-∞，上单调递增，在()1+∞，上单调递减， 由224e e a a ≥可得：()()2h a h ≥，所以2a ≤， 综上：实数a 的最大值为2 故选：C【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（ ） A ．1 B ．4C ．43D ．49【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得2()()(3)f x x t x t =---，再借助导数求出极大值作答.【详解】因函数()f x 在3t +处取得极小值0，又t 是函数()f x 的另一零点，因此函数()f x 只有两个零点，从而有2()()(3)f x x t x t =---，求导得：()3(1)(3)f x x t x t '=----， 当1x t <+或3x t >+时，()0f x '>，当13t x t +<<+时，()0f x '<， 于是，()f x 在3x t =+处取得极小值，在1x t =+处取得极大值(1)4f t +=， 所以()f x 的极大值为4. 故选：B【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1x f x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】将函数有两个极值点转化为其导数有两个零点进行求解即可.【详解】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根， 亦即2e xxa -=有两个不等实根. 令()2e x xg x =，则()()21exx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 21eg x g ==， 又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<， 即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（ ） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据极值点的定义，利用整体法，列出关于ω的不等关系，即可求得参数范围. 【详解】因为()f x 在[)0,π有2个极值点，也即()f x 在区间[)0,π取得一次最大值，一次最小值；又0ω>，则当[)0,x π∈，,333x πππωωπ⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭， 要使得()f x 满足题意，只需35232ππωππ<+≤，解得713,66ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：C.例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（ ）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值【答案】A【分析】对()f x 求导，根据极值点求参数a ，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，2()1f x ax x '=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增； ∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值. 综上，有最小值2ln2-，无最大值. 故选：A例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______． 【答案】1k ≥-【分析】先求函数()f x 的导函数2(e )(1)()x k x f x x+-'=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明e 0x k +=在,()0x ∈+∞上无解，或有唯一解1x = ，求实数k 的取值 【详解】e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为(0,)+∞222(1)e 11(e )(1)()()x x x k x f x k x x x x -+-'∴=+-+=1x =是函数()f x 的唯一极值点1x ∴= 是导函数()0f x '=的唯一根 （∴）e 0x k +=在(0,)+∞无变号零点令()e x g x k =+ ，则()e 0x g x '=> ，即()g x 在(0,)+∞上单调递增 此时min ()10g x k =+≥ 1∴≥-k（∴）当()e x g x k =+ 在(0,)+∞有解1x = 时，此时e 0k += ，解得e k =- 此时()f x 在(0,1) 和(1,)+∞ 上均单调递增，不符合题意 故答案为：1k ≥-【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d 【答案】C【分析】根据导函数的图象确定()f x 的单调性，从而比较函数值的大小及极值情况，对四个选项作出判断.【详解】由题图可知，当x c ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在,c 上单调递增，又a <b <c ，所以()()()f a f b f c <<，故A 不正确． 因为()0f c '=，()0f e '=，且当x c <时，0f x；当c <x <e 时，()0f x '<；当x >e 时，0fx．所以函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，但不一定取得最大值，在x ＝e处取得极小值，不一定是最小值，故B 不正确，C 正确．由题图可知，当d x e ≤≤时，()0f x '≤，所以函数()f x 在[d ，e ]上单调递减，从而()()f d f e >，所以D 不正确． 故选：C ．例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零【答案】D【分析】根据导函数图像，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC 选项，根据导数的定义和几何意义即判断D 选项，从而得出答案. 【详解】由图像知，当3x <-或3x >时，0fx，()f x 单调递增，当33x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在区间(),3-∞-，()3,+∞内单调递增，在区间()3,3-内单调递减， 3-是()f x 的极大值点，3是()f x 的极小值点，故ABC 错误；又因为()20f '<，所以曲线()y f x =在2x =处切线斜率小于零，故D 正确. 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【分析】根据导函数的图象可判断出()f x 的单调性，结合极小值点的概念即可得结果. 【详解】由()f x '的图象可得：函数()f x 在()1,a x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减， 在()24,x x 上单调递增，在()4,x b 上单调递减，故2x x =为函数()f x 的极小值点，即()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是1， 故选：A.例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题：∴函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ∴若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；∴函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；∴若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<． 其中正确命题的序号是（ ）A ．∴∴B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】B【分析】根据()y f x '=图象判断函数()y f x =单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可.【详解】∴中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，在区间[]34,x x 上，()0f x '≤，故函数()y f x =在区间[]24,x x 上先增再减，∴错误；∴中，看图知，在区间[]45,x x 上，()y f x '=是下凸的，任意连接两点()(),(),,()m f m n f n ''，中点为()(),22m n f m f n M ''++⎛⎫ ⎪⎝⎭，线段一定在()y f x '=图象上方，故中点也在图象上方，即()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭，故∴正确；∴中，看图知，在区间[]3,a x 上，()0f x '≥，在区间[]35,x x 上，()0f x '≤，在区间[]5,x b 上，()0f x '≥，所以()y f x =有一个极大值点3x 和一个极小值点5x ，故∴错误；∴中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，且()f x '递减，故()y f x =单调递增，故()(),()()f p f q f p f q '<'>，故[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<，即∴正确.综上，正确命题的序号是∴∴. 故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数判断函数()f x 的单调性和极值的方法：∴写定义域，对函数()f x 求导()f x '；∴在定义域内，令 ()0f x '>的区间即是增区间，令()0f x '<的区间即是减区间，∴根据单调区间，判断极值点即可.【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系 例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323cbx +的单调递增区间是（ ）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞【答案】D【分析】由图象知0a >，0d =，不妨取1a =，先对函数32()f x x bx cx d =+++进行求导，根据2x =-，3x =时函数取到极值点知(2)0f '-=，(3)f '0=，故可求出b ，c 的值，再根据函数单调性和导数正负的关系得到答案． 【详解】解：不妨取1a =，32()f x x bx cx =++，2()32f x x bx c '∴=++由图可知(2)0f '-=，(3)f '0=1240b c ∴-+=，2760b c ++=， 1.5b ∴=-，18c =-2964y x x ∴=--，924y x '=-，当98x >时，0'>y2964y x x ∴=--的单调递增区间为：9[8，)∞+故选：D ．例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】首先求函数()f x 的解析式，再根据平移公式，求解函数()g x 的解析式，结合函数的图象，列式求实数a 的取值范围. 【详解】由题意知()f x 的最小正周期2T ππω==，∴2ω=，∴()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴()5sin 2sin 23412g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，作出()g x 的图象如图所示，数形结合可知0112424a a a ππ⎧⎪>⎪⎪≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩ ，解得：112424a ππ<≤ ∴实数a 的取值范围是11,2424ππ⎛⎤⎥⎝⎦.故选：D例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（ ）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值【答案】B【分析】根据()'y f x =图象判断()f x 的单调性，由此求得()f x 的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，()f x 在区间()33,,2,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x <递减；在区间()3,2,4,52⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >递增.所以1x =不是()f x 的极值点，2x =是()f x 的极大值点.所以ACD 选项错误，B 选项正确. 故选：B例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x af x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（ ）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点 【答案】ABC【分析】选项A ，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B ，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C ，结合选项A 中的新函数进行判断；选项D ，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D ．【详解】对于A 选项，当e a =时，()0f x ≥，即e ln 1e eln e x x x x x x ≥⇔≥⇔≤，设()ln x g x x=， 则()21ln xg x x-'=，故当()0,e x ∈时，()0g x '>，当()e,x ∈+∞时，()0g x '<， 所以()()ln e 1e e eg x g ≤==，故A 正确； 对于B 选项，当01a <<时，()x af x a x =-单调递减，且当0x +→时，()1f x →，()110f a =-<，因此()f x 只有一个零点，故B 正确；对于C 选项，()0ln ln x af x a x x a a x =⇔=⇔=，即ln ln x ax a=，当e a >时，由A 选项可知，()10eg a <<，因此()()g x g a =有两个零点，即()f x 有两个零点，故C 正确；对于D 选项，()1ln x a f x a a ax -'=-，令()0f x '=，得11ln x a a a x --=，两边同时取对数可得，()()()1ln ln ln 1ln x a a a x -+=-，设()()()()1ln ln ln 1ln h x x a a a x =-+--，则()1ln a h x a x -'=-，令()0h x '=，得1ln a x a -=，则()h x 在10,ln a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,ln a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因此()h x 最多有两个零点，所以()f x 最多有两个极值点，故D 错误. 故选：ABC.【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ∴函数()f x 有2个极值点 ∴函数()f x 有3个零点∴点(0,1)是函数()f x 的对称中心 其中正确命题的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【分析】利用导数研究()f x 的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据()()2f x f x +-=判断对称中心. 【详解】令2()310f x x '=-=，可得x =所以(,-∞、)+∞上()0f x '>，()f x递增；(上()0f x '<，()f x 递减；所以x =是()f x 的极值点， 又(2)50f -=-<，(10f =>，10f =->，所以()f x在(2,-上存在一个零点，所以()f x 有2个极值点，1个零点，∴正确，∴错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，∴正确.故选：C例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（ ）A ．1B ．12C ．37D ．57【答案】D【分析】由题知0()0f x '=，可得01cos26x =，由二倍角公式可算得207cos 12x =，进而有205sin 12x =，所以205tan 7x =. 【详解】()2001112cos2,cos22cos 1366f x x x x =-∴=∴-='，∴207cos 12x =，∴22005sin 1cos 12x x =-=， ∴220020sin 5tan cos 7x x x == 故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（ ） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π【答案】D【分析】根据已知条件，令()0f x '=，求出方程的根，判断根左右两侧的导函数符号可得极值点，从而可求解()f x 所有极值点的和.【详解】解：()16cos 26f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，令()16cos 206f x x π⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭，得,23k x k Z ππ=+∈， 因为()f x '在,23k x k Z ππ=+∈两侧异号，所以,23k x k Z ππ=+∈是函数()f x 的极值点， 又(]0,4x π∈，所以极值点54117171023,,,,,,,36363636x ππππππππ=，所以()f x 所有极值点的和为5411717102350,363636363πππππππππ++++++=， 故选：D.例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（ ） A ．()()f x f x π+= B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】ABD【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项. 【详解】()2sin 2sin 2sin 21cos 212cos 2cos 2122xx xf x x xx ===+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭， A 选项：()()()()sin 22sin 22cos 222cos 2x x f x f x x xπππ++===+++，A 选项正确；B 选项：设()sin 22cos 2xf x t x==+，则()sin 2cos 222x t x t x ϕ-==+≤解得213t ≤，t ≤≤，即max t =，即()f x B 选项正确； C 选项：因为022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误；D 选项：()()()()()222cos 22cos 2sin 22sin 24cos 222cos 22cos 2x x x x x f x x x +--+'==++，令()0f x '=，解得1cos 22x =-，即3x k ππ=+或23x k ππ=+，Z k ∈， 当2,33x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭，Z k ∈时，()0f x '<，函数单调递减， 当当24,33x k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，Z k ∈时，0f x ，函数单调递增，所以函数()f x 的极大值点为3π，43π，，()13n ππ+-，又函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则2021,202233a ππππ⎛⎤∈++ ⎥⎝⎦，即60646067,33a ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，D 选项正确；故选：ABD.【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e+-=，则下列结论不正确的是（ ） A ．函数()f x 有极小值也有最小值 B ．函数()f x 存在两个不同的零点 C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e=，则t 的最小值为2 【答案】C【分析】先求导，通过导函数的单调性分析出原函数大致图象，然后画出图象，结合图象来分析每一个选项即可求出答案.【详解】由222()x x x f x e +-=，得()22'2(22)(22)4()x x x x x e x x e x f x e e +-+--+==， 令'()0f x =，则2x =-或2x =，当<2x -或2x >时，'()0f x <；当22x -<<时，'()0f x > ， 所以()f x 在(,2)-∞-和(2,+)∞上单调递减，在(2,2)-上单调递增，所以()f x 有极小值()2244222f e e ---==--，有极大值()224+4262f e e-==， 当x →-∞时，()f x →+∞， 当x →+∞时，()0f x →， 故函数的图象如图，由图像可知A ，B ，D 正确，C 错误. 故选：C例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（ ） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值 D ．无极小值，但有最小值【答案】C【分析】先求出导数，34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，然后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，进而判断各选项【详解】34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，下面讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况.令2[0,)u x =∈+∞，2()(21)1g u u a u a =++++，（1）当(0)10g a =+<时(即1a <-)，()g u 仅有一个唯一的正零点，不妨设为0u ，此时()f x '有三个不同零点，分别为0（2）当(0)10g a =+=时(即1a =-)3422()(1)(1)1x f x x x x x =+-++'；满足既有极小值，也有最小值；（3）当(0)10g a =+>时(即1a >-且0a ≠)，若2102a u +=-≤(即12a ≥-且0a ≠)，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0，若212a u +=-1012a ⎫⎛>-<<- ⎪⎝⎭，结合22Δ(21)4(1)43a a a =+-+=-分析可知：当1a -<<()g u 有两个不同的正零点(令为1u ，2u 且12u u <).此时()f x 在(,-∞，()，上单调递减，当12a ≤<-时，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值，也有最小值；综上分析， 故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键在于：求导后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，讨论的时候，分情况：（1）当(0)10g a =+<；（2）当(0)10g a =+=；（3）当(0)10g a =+>，进而判断各选项，属于难题例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()x f x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定【答案】C【解析】对函数求导，转化条件为()0f x '<有解，再结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且e 0x >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解， 所以220x x a ++=有两个不等实根， 所以函数()y f x '=的零点个数为2. 故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题. 例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值【答案】AB【分析】由()f x '图象可确定()f x 的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】由()f x '图象可知：当()(),,x c e ∈-∞+∞时，0fx；当(),x c e ∈时，()0f x '<；f x 在(),c -∞，(),e +∞上单调递增，在(),c e 上单调递减；对于A ，a b c <<，()()()f a f b f c ∴<<，A 正确； 对于B ，c d e <<，()()()f e f d f c ∴<<，B 正确；对于C ，由单调性知()f c 为极大值，当>x e 时，可能存在()()0f x f c >，C 错误； 对于D ，由单调性知()()f e f d <，D 错误. 故选：AB.【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（ ） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】C【分析】对于A ，分析()f x 导函数可作判断；对于B ，考查函数()y f x x =-的单调性可作判断；对于C ，分离参数，再分析函数()f x x最值情况而作出判断；对于D ，构造函数()()(4)(02)g x f x f x x =--<<讨论其单调性，确定()0g x >即可判断作答.【详解】对于A 选项：()f x 定义域为(0,)+∞，22212()x f x x x x'-=-+=， 02x <<时,()0,2f x x '<>时()0f x '>，2x =是()f x 的极小值点，A 正确；对于B 选项：令222()(),()0x x h x f x x h x x -+'=-=-<， ()h x 在(0,)+∞上递减，(1)1,(2)ln 210h h ==-<， ()h x 有唯一零点，B 正确；对于C 选项：令23()2ln ln 4(),()f x x x x x x x x x x x ϕϕ-+'==+=-， 令()ln 4F x x x x =-+，()ln ,(0,1)F x x x '=∈时,()0,(1,)F x x '<∈+∞时,()0F x '>，()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，则min ()(1)30F x F ==>，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,)+∞上递减，()ϕx 图象恒在x 轴上方，与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得()f x kx >恒成立，C 错误； 对于D 选项：由A 选项知，()f x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增， 因正实数1x ，2x ，且12x x >，()()12f x f x =，则2102x x <<<，02x <<时，令()()(4)g x f x f x =--，()()()()2222404x x g x f x f x x x --=+-'+-''=<， 即()g x 在(0,2)上递减，于是有()()20g x g >=，从而有()()122(4)f x f x f x =>-， 又242x -> ，所以124x x >-，即124x x +>成立，D 正确. 故选：C.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（ ） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C ．ln 2D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y > 【答案】AD【分析】A ：代入2,5直接计算比较大小；B ：求()f x 的导函数，分析单调性，可得当()f x m=有两个不相等实根时1x 、2x 的范围，不妨设1x 2x <，则有10e x <<2x <，比较()211,e f x f x ⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系，因为()()12f x f x =，可构造()()2e F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0e)x <<，求导求单调性，计算可得()0F x <成立，可证212e x x >；C ：用()f x 在()0,e 上单调递增，构造ln 2ln e2e<可证明；D ：令23xyt ==，解出lg lg 2t x =，lg lg 3ty =，做差可证明23x y >.【详解】解：对于A ：()()12ln 52525n f f ====又105232==1025=，3225>>()()25f f >，A 正确；对于B ：若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x >，故B 不正确；证明如下：函数()ln x f x x =，定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=， 当0fx时，0e x <<；当()0f x '<时，e x >；所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()max 1ef x =且e x >时，有()0f x >，所以 若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，有10em <<，不妨设1x 2x <，有10e x <<2x <，要证212e x x >，只需证221e x x >，且221e e x x >>，又()()12f x f x =，所以只需证()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，令()()2e F x f x f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭(0e)x << 则有()()()22241111e ln e F x f x f x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0e x <<时，1ln 0x ->，24110e x ->，所以有()0F x '>，即()F x 在(0,e)上单调递增，且()0e F =，所以()0F x <恒成立，即()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()221e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即212e x x >.对于C ：由B 可知，()f x 在()0,e 上单调递增，则有()()2e f f <，即ln 2ln e2e<，则有2ln 2e <<C 不正确； 对于D ：令23x y t ==，则1t >，2lg log lg 2t x t ==，3lg log lg 3ty t ==， 2lg 3lg lg (lg9lg8)230lg 2lg3lg 2lg3t t t x y -∴-=-=>⋅， 23∴>x y ，故D 正确；故选：AD.【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +>【答案】(1)(0,1] (2)证明见解析【分析】（1）先判断a<0不成立，当0a >时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；（2）设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，可得()0h x >恒成立，从而可证不等式. (1)当a<0时，111e af a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 因为10e e a<<，所以111e e a>，即11e f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，不符合题意；当0a >时，(1)()e xa x f x -'=， 当(,1)x ∞∈-时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． 所以()(1)eaf x f ≤=． 由1()e f x ≤恒成立可知1e ea ≤，所以1a ≤．又因为0a >，所以a 的取值范围为(0,1]． (2)因为e m n m n -=，所以e e m n m n --=，即e em n m n=． 令()e xxg x =，由题意可知，存在不相等的两个实数m ，n ，使得()()g m g n =． 由（1）可知()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． 不妨设m n <，则1m n <<．设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，则2221e 1()()[(2)](1)e (1)0e e x x x xx h x g x g x x x ----'''=--=+-=-⋅>， 所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()0h x >，即()(2)g x g x >-在区间(1,)+∞上恒成立． 因为1n >，所以()(2)g n g n >-． 因为()()g m g n =，所以()(2)g m g n >-．又因为1m <，21n -<，且()g x 在区间(,1)-∞上单调递增， 所以2m n >-，即2m n +>．【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭． (1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）当0k =时，1()e ,(1,0)1x x f x x x -=∈-+，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到()(0)1f x f <=-；（2）首先确定1x =为函数的一个零点，接下来研究e ()1xF x k x =-+，构造差函数，求导后单调性，得到证明.(1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1x x f x x x -=∈-+， 则221()e 0(1)x x f x x +='>+， ()f x 在(1,0)-上单调递增， 所以1()e (0)11x x f x f x -=<=-+． (2) e ()(1)1x f x x k x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ； 设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+ 当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x x h x x x -=++-， 2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'， 由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01x x x ++>-，故()0h x '<， 即函数()h x 在(1,0)-上单调递减， 所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-， 由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增， 所以21x x >-，所以120x x +>．【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值2.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.min3.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O 为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.4.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．【答案】(－1,0)【解析】根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.7.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.8.设函数，则函数的各极小值之和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，则，令，则，所以当时，取极小值，其极小值为所以函数的各极小值之和，故选D.【考点】1.函数的极值求解；2.数列的求和.9.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析10.已知函数在处取得极值，则取值的集合为 .【答案】.【解析】，，依题意有，从而有，且有，即，解得或，当时，，此时，此时函数无极值，当时，，此时，此时函数有极值，故.【考点】函数的极值11.函数最小值是___________.【答案】【解析】函数求导得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，因此函数在处取得最小值，即.【考点】利用导数求函数的最值.12.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.13.设函数，（1）求函数的极大值；（2）记的导函数为，若时，恒有成立，试确定实数的取值范围.【答案】(1);(2) .【解析】（1）由导函数或求得函数的单调区间，再找极大值;(2) 的导函数是一元二次函数，转化为一元二次函数在上的最值，再满足条件即可.试题解析：(1)令，且当时，得；当时，得或∴的单调递增区间为；的单调递减区间为和，故当时，有极大值，其极大值为 6分（2）∵ 7分①当时，，∴在区间内单调递减∴，且∵恒有成立∵又，此时， 10分②当时，，得因为恒有成立，所以，即，又得， 14分综上可知，实数的取值范围 . 15分【考点】1.函数的极值；2.一元二次函数的最值.14.已知函数．(Ⅰ)若在上的最大值为，求实数的值；(Ⅱ)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．（Ⅲ）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．【解析】（Ⅰ）由，得，令，得或．当变化时，及的变化如下表：由，，，即最大值为，． 4分（Ⅱ）由，得．，且等号不能同时取，，即恒成立，即． 6分令，求导得，，当时，，从而，在上为增函数，，． 8分（Ⅲ）由条件，，假设曲线上存在两点，满足题意，则，只能在轴两侧，不妨设，则，且．是以为直角顶点的直角三角形，，，是否存在，等价于方程在且时是否有解． 10分①若时，方程为，化简得，此方程无解；②若时，方程为，即，设，则，显然，当时，，即在上为增函数，的值域为，即，当时，方程总有解．对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． 14分【考点】利用导数研究函数的单调性、最值。

第22讲 利用导数研究函数的极值和最值(解析版)

第22讲 利用导数研究函数的极值和最值(解析版)

第22讲利用导数研究函数的极值和最值【基础知识回顾】1、函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x ＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x ＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．2、函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．3、常用结论1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．1、已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个.2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于()A.－4B.－2C.4D.2【答案】D【解析】由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以a ＝2.3、.函数f (x )＝e xx 2－3在[2，＋∞)上的最小值为( )A.e 36B.e2C.e 34D.2e【答案】 A【解析】 依题意f ′(x )＝e x（x 2－3）2(x 2－2x －3) ＝e x（x 2－3）2(x －3)(x ＋1)，故函数在区间(2，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x ＝3处取得极小值也即是最小值，且最小值为f (3)＝e 332－3＝e 36.4、函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点 【答案】C【解析】 设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x 1，x 2，x 3，x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C. 5、设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 【答案】D【解析】 因为f (x )＝2x ＋ln x ，所以f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x >0.当x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，所以x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.考向一 利用导数研究函数的极值例1、已知函数()32331(R,0)f x ax x a a a=-+-∈≠，求函数()f x 的极大值与极小值．【解析】：由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax 2x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 令f ′(x )＝0得x ＝0或2a.当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：↗↗↗↗f (x )极大值＝f (0)＝1－3a，f (x )极小值＝2f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－4a 2－3a ＋1.当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：↗↗↗↗f (x )极大值＝f (0)＝1－3a，f (x )极小值＝f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－4a 2－3a ＋1. 综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a，f (x )极小值＝2f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－4a 2－3a ＋1. 变式1、已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．【解析】(1)因为f (x )＝x －1＋ae x ，所以f ′(x )＝1－aex ，又因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(1)＝0， 即1－ae1＝0，所以a ＝e.(2)由(1)知f ′(x )＝1－ae x ，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， 因此f (x )无极大值与极小值； 当a >0时，令f ′(x )>0，则x >ln a ， 所以f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增， 令f ′(x )<0，则x <ln a ，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值， 且f (ln a )＝ln a ，但是无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极大值与极小值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，但是无极大值．变式2、 (1)若函数f (x )＝(x 2－ax －1)e x 的极小值点是x ＝1，则f (x )的极大值为( ) A ．－e B ．－2e 2 C ．5e －2 D ．－2【答案】 C【解析】 由题意，函数f (x )＝(x 2－ax －1)e x ， 可得f ′(x )＝e x [x 2＋(2－a )x －1－a ]， 所以f ′(1)＝(2－2a )e ＝0， 解得a ＝1，故f (x )＝(x 2－x －1)e x ， 可得f ′(x )＝e x (x ＋2)(x －1)，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f (－2)＝5e －2.(2)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫52，103 B.⎣⎡⎭⎫52，103 C.⎝⎛⎦⎤52，103 D.⎣⎡⎦⎤2，103 【答案】 B【解析】 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)，∴f ′(x )＝1x＋x －a ，∴y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x ＋x .设g (x )＝1x＋x ，则g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2， 又g ⎝⎛⎭⎫12＝52，g (3)＝103， ∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点． ∴实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，103.方法总结：(1)求函数()f x 极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数()f x '；③解方程()0f x '=，求出函数定义域内的所有根；④列表检验在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正，那么()f x 在0x 处取极小值．(2)若函数()y f x =在区间内有极值，那么()y f x =在(),a b 内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．考向二 利用导数研究函数的最值例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）当时，，， 所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.（2）因为，因为函数处有极小值，所以，()32112f x x x ax =-++2a =()y f x =()()0,0f ()1f x x =在()f x 32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦210x y -+=49272a =321()212f x x x x =-++2()32f x x x '=-+(0)2f '=(0)1f =()y f x =()()0,0f 12y x -=210x y -+=2()3f x x x a '=-+()1f x x =在(1)202f a a '=+=⇒=-所以 由，得或， 当或时，， 当时，， 所以在，上是增函数，在上是减函数， 因为，， 所以的最大值为. 变式1、已知函数f (x )＝3－2xx 2＋a.(1)若a ＝0，求y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )在x ＝－1处取得极值，求f (x )的单调区间，以及最大值和最小值. 【解析】(1)当a ＝0时，f (x )＝3－2xx 2，则f ′(x )＝x 2·（－2）－（3－2x ）·2xx 4＝2x －6x 3. 当x ＝1时，f (1)＝1，f ′(1)＝－4， 故y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为 y －1＝－4(x －1)， 整理得4x ＋y －5＝0. (2)已知函数f (x )＝3－2xx 2＋a，则f ′(x )＝（x 2＋a ）·（－2）－（3－2x ）·2x（x 2＋a ）2＝2（x 2－3x －a ）（x 2＋a ）2.若函数f (x )在x ＝－1处取得极值， 则f ′(－1)＝0，即2（4－a ）（a ＋1）2＝0，解得a ＝4.经检验，当a ＝4时，x ＝－1为函数f (x )的极大值，符合题意.2()32f x x x '=--()0f x '=23x =-1x =23x <-1x >()0f x '>213x -<<()0f x '<()f x 22,3⎛⎫--⎪⎝⎭31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭3124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭()f x 249327f ⎛⎫-=⎪⎝⎭此时f (x )＝3－2x x 2＋4，其定义域为R ，f ′(x )＝2（x －4）（x ＋1）（x 2＋4）2，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝4. f (x )，f ′(x )随x 的变化趋势如下表：故函数f (x )极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－14.又因为x <32时，f (x )>0；x >32时，f (x )<0，所以函数f (x )的最大值为f (－1)＝1， 最小值为f (4)＝－14.变式2、 已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值. 【解析】 (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.方法总结：1.利用导数求函数f(x)在[a ，b]上的最值的一般步骤： (1)求函数在(a ，b)内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.考向三 极值（最值）的综合性问题例3、已知函数()323(,)f x ax bx x a b R =+-∈在1x =-处取得极大值为2. (1) 求函数()f x 的解析式；(2) 若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值． 【解析】 ：(1)f′(x)＝3ax 2＋2bx －3.由题意得()12(1)0f f ⎧-=⎪⎨'-=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＋3＝23a －2b －3＝0)， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝0)，经检验成立，所以f(x)＝x 3－3x.(2) 令f′(x)＝0，即3x 2－3＝0.得x ＝±1. 列表如下：因为max min 间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x)max －f(x)min |＝4，所以c≥4.所以c 的最小值为4.变式1、设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1 B.m ＋1m －1 C.1－m m ＋1 D.m ＋11－m【答案】 B 【解析】由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0， 得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m，故tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 变式2、已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( ) A ．1≤b <a B ．b <a ≤1 C ．a <1≤b D ．a <b ≤1【答案】 B 【解析】令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0， 得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析． 对选项A ，若1≤b <a ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项B ，若b <a ≤1，由图可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意．方法总结： 1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值；2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么．1、若2x =-是函数21()(1)ex f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为A ．1-B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A【解析】由题可得12121()(2)e (1)e [(2)1]e x x x f x x a x ax x a x a ---'=+++-=+++-，因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)e x f x x x -=--，故21()(2)ex f x x x -'=+-，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞上单调递增，在(2,1)-上单调递减， 所以()f x 的极小值为11()(111)e 11f -=--=-.故选A ．2、已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________． 【答案】−3√32【解析】f′(x)=2cosx +2cos2x =4cos 2x +2cosx −2=4(cosx +1)(cosx −12)，所以当cosx <12时函数单调递减，当cosx >12时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为()5ππ2π,2π33k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z ， 函数的递增区间为()ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ， 所以当π2π,3x k k =-∈Z 时，函数f (x )取得最小值， 此时sinx =−√32,sin2x =−√32， 所以f (x )min =2×(−√32)−√32=−3√32， 故答案是−3√32. 3、（2021·广东高三月考）已知函数()322f x x ax b =-+，若()f x 区间[]0,1的最小值为1-且最大值为1，则a 的值可以是（ ）A ．0B ．4C ．D ．【答案】AB【解析】()26263a f x x ax x x ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭，令()603a f x x x '⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，解得0x =或3a .①当0a ≤时，可知()f x 在[]0,1上单调递增，所以()f x 在区间[]0,1的最小值为()0f b =，最大值为()12f a b =-+. 此时a ，b 满足题设条件当且仅当1x =-，21a b -+=， 即0a =，1b =-.故A 正确.②当3a ≥时，可知()f x 在[]0,1上单调递减，所以()f x 在区间[]0,1的最大值为()0f b =，最小值为()12f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，1b =，即4a =，1b =.故B 正确.③当0<<3a 时，可知()f x 在[]0,1的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 最大值为b 或2a b -+或3127a b -+=-，1b =，则a =，与0<<3a 矛盾. 若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-0a =，与0<<3a 矛盾.故C ､D 错误.故选：AB4、（2021·广东宝安·高三月考）（多选题）已知函数()e e x x f x -=-，()e e x x g x -=+，则以下结论错误的是（ ）A ．任意的1x ，2x ∈R 且12x x ≠，都有()()12120f x f x x x -<- B ．任意的1x ，2x ∈R 且12x x ≠，都有()()12120g x g x x x -<- C ．()f x 有最小值，无最大值D ．()g x 有最小值，无最大值【答案】ABC【解析】对A, ()e e x x f x -=-中e x y =为增函数,e x y -=为减函数.故()e e x x f x -=-为增函数.故任意的1x ,2x ∈R 且12x x ≠,都有()()12120f x f x x x ->-.故A 错误.对B,易得反例11(1)e e g -=+,11(1)(1)e e g g --=+=.故()()12120g x g x x x -<-不成立.故B 错误. 对C, 当因为()e e x x f x -=-为增函数,且当x →-∞时()f x →-∞,当x →+∞时()f x →+∞.故()f x 无最小值,无最大值.故C 错误.对D, ()e e 2x x g x -=+≥=,当且仅当e e =x x -即0x =时等号成立. 当x →+∞时()g x →+∞.故()g x 有最小值,无最大值.故选：ABC5、（2020全国Ⅰ理21）已知函数()2e xf x ax x =+-． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围．【解析】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()'21x f x e x =+-，由于()''20x f x e =+>，故()'f x 单调递增，注意到()'00f =，故：当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减；当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增．(2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①．当x=0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②．当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----， 记()32112xe x x g x x ---=-，()()231212'x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭=-， 令()()21102x e x x h x x ---≥=，则()'1x h x e x =--，()''10x h x e =-≥， 故()'h x 单调递增，()()''00h x h ≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21102x e x x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时，()'0g x <，()g x 单调递减；因此，()()2max 724e g x g -⎡⎤==⎣⎦．综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 6、（2020全国Ⅱ文21）已知函数()2ln 1f x x =+．（1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围；（2）设0a >，讨论函数()()()f x f ag x x a -=-的单调性．【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，()2()202ln 120()f x x c f x x c x x c ≤+⇒--≤⇒+--≤*，设()2ln 12(0)h x x x c x =+-->，则有22(1)()2x h x x x -'=-=， 当1x >时，()0,()h x h x '<单调递减；当01x <<时，()0,()h x h x '>单调递增，∴当1x =时，函数()h x 有最大值，即max ()(1)2ln11211h x h c c ==+-⨯-=--，要想不等式()*在(0,)+∞上恒成立，只需max ()0101h x c c ≤⇒--≤⇒≥-．（2）2ln 1(2ln 1)2(ln ln )()(0x a x a g x x x a x a+---==>--且)x a ≠，因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a --+'=-，设()2(ln ln )m x x a x x x a =--+，则有()2(ln ln )m x a x '=-，当x a >时，ln ln x a >，∴()0m x '<，()m x 单调递减，因此有()()0m x m a <=，即 ()0g x '<，∴()g x 单调递减；当0x a <<时，ln ln x a <，∴()0m x '>，()m x 单调递增，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，∴()g x 单调递减，∴函数()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间．。

利用导数求函数的极值、最值知识点讲解+例题讲解(含解析)

利用导数求函数的极值、最值知识点讲解+例题讲解(含解析)

利用导数求函数的极值、最值一、知识梳理1.函数的极值与导数形如山峰形如山谷2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值二、例题精讲 + 随堂练习考点一利用导数解决函数的极值问题角度1根据函数图象判断函数极值【例1－1】已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 答案 D规律方法 由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性.两者结合可得极值点.角度2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·天津和平区模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数.解 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.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 (x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a 处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a .规律方法 运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 (2019·泰安检测)已知函数f (x )＝ln x . (1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋mx (x >0)， 所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m >0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·e x －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f (x )＝(x 2－x －1)·e x －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极小值点， 则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； ②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 ①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .f ′(1)＝(1－a )e. 由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值. 解 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1， f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )， 则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立， 且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 (2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v (升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.三、课后练习1.(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4.∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C2.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323.(2019·杭州质检)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm. 解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3， 则V (t )＝π(12－t )2·(a ＋20t )，其中0≤t ≤8， 所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π.因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.答案 44.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。

专题20 利用导数解决函数的极值点问题(解析版)

专题20 利用导数解决函数的极值点问题(解析版)

专题20 利用导数解决函数的极值点问题一、单选题1．已知函数()3sin f x x x ax =+-，则下列结论错误的是（ ） A ．()f x 是奇函数B ．若0a =，则()f x 是增函数C ．当3a =-时，函数()f x 恰有三个零点D ．当3a =时，函数()f x 恰有两个极值点【答案】C【分析】对A,根据奇函数的定义判定即可. 由条件可得()2cos 3f x x x a '=+-，则()sin 6f x x x ''=-+，()cos 60f x x ''=-+≥,所以()sin 6f x x x ''=-+在R 上单调递增,且()00f ''=,所以当0x <时，()0f x ''<，当0x >时，()0f x ''>，则()2cos 3f x x x '=+在()0-∞，上单调递减，在()0+∞，上单调递增.则()()01f x f a ''≥=-,将a 的值代入分别计算分析，可判断选项B ，C ，D【详解】对A, ()3sin f x x x ax =+-的定义域为R ,且()()()3sin f x x x ax -=-+-+ 3sin ()x x ax f x =--+=-.故A 正确.由条件可得()2cos 3f x x x a '=+-，则()sin 6f x x x ''=-+，()cos 60f x x ''=-+≥ 所以()sin 6f x x x ''=-+在R 上单调递增,且()00f ''=所以当0x <时，()0f x ''<，当0x >时，()0f x ''>，则()2cos 3f x x x '=+在()0-∞，上单调递减，在()0+∞，上单调递增.则()()01f x f a ''≥=- 对B, 当0a =时，()2'cos 30f x x x =+>，所以()f x 是增函数，故B 正确. 对C,当3a =-时，由上可知, ()()014f x f a ''≥=-=，所以()f x 是增函数,故不可能有3个零点.故C 错误.对D,当3a =时，()2cos 33f x x x '=+-，由上可知在()0-∞，上单调递减，在()0+∞，上单调递增. 则()()min 0132f x f ''==-=-，()1cos10f '-=>，()1cos10f '=>所以存在()()121,0,0,1x x ∈-∈，使得()10f x '=，()20f x '=成立则在()1,x -∞上，()0f x '>，在()12,x x 上，()0f x '<，在()2,x +∞上，()0f x '>.所以函数()3sin 3f x x x x =+-在()1,x -∞单调递增，在()12,x x 的单调递减，在()2,x +∞单调递增. 所以函数()f x 恰有两个极值点，故D 正确.故选：C【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数分析函数的单调性从而得出函数的零点和极值情况，解答本题的关键是对原函数的单调性分析，由条件可得()2cos 3f x x x a '=+-，则()sin 6f x x x ''=-+，()cos 60f x x ''=-+≥所以()sin 6f x x x ''=-+在R 上单调递增,且()00f ''=，所以当0x <时，()0f x ''<，当0x >时，()0f x ''>，则()2cos 3f x x x '=+在()0-∞，上单调递减，在()0+∞，上单调递增.则()()01f x f a ''≥=-，经过多次求导分析出单调性，属于中档题.2．如图是函数()y f x =的导函数()y f x ='的图象，则函数()y f x =的极小值点的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【分析】 通过读图由()y f x ='取值符号得出函数()y f x =的单调区间，从而求出函数的极值点，得出答案．【详解】由图象，设()f x '与x 轴的两个交点横坐标分别为a 、b 其中a b <，知在(,)a -∞，(,)b +∞上()0f x '>，所以此时函数()f x 在(,)a -∞，(,)b +∞上单调递增，在(,)a b 上，()0f x '<，此时()f x 在(,)a b 上单调递减，所以x a =时，函数取得极大值，x b =时，函数取得极小值．则函数()y f x =的极小值点的个数为1．故选: B【点睛】本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，考查数形结合思想，属于基础题．3．已知函数()f x 的导函数()()()1f x a x x a '=+-，若()f x 在x a =处取得极大值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,0-B ．()2,+∞C ．()0,1D ．(),3-∞- 【答案】A【分析】分四种情况讨论，分别判断x a =两边导函数值的符号，判断()f x 在x a =处是否取得极大值，即可筛选出a 的取值范围.【详解】由()f x 在x a =处取得极大值可知，当x a <时，()0f x '>；当x a >时，()0f x '<，其等价于①存在(),,b x b a ∀∈，使得(1)()0a x x a +->，且①存在(),,c x a c ∀∈，使得(1)()0a x x a +-<；若0a >时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，不满足①即不存在(,)x a c ∈，使得(1)()0a x x a +-<，故0a >时()f x 在x a =不是极大值；若10a -<<时，(1)()0a x x a +->的解集为(1,)a -，(1)()0a x x a +-<的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，满足①①，故10a -<<时，()f x 在x a =处取得极大值；若1a =-，(1)()a x x a +-恒小于等于0，不满足①，故1a =-时，()f x 在x a =取不到极大值；若1a <-时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)a -，不满足①，故1a <-时，()f x 在x a =处取不到极大值.综上，a 的取值范围是()1,0-.故选：A.【点睛】求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4)检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.4．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【分析】 求出函数的导数，问题转化为()0f x =最多1个实数根，根据二次函数的性质求出a 的范围即可.【详解】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：B【点睛】本题主要考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，属于中档题.5．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【分析】根据函数有两个极值点得到关于a 的方程有两个解，采用分离常数的方法分离出12a，并采用构造新函数的方法确定出新函数的取值情况，由此分析出a 的取值情况.【详解】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()1x x 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.【点睛】本题考查根据函数极值点的个数求解参数范围，其中涉及到分离参数方法的使用，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较难.6．“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,∞+上有极值”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】 求出函数()()xf x x a e =-的极值点，利用该极值点在()0,∞+内求得实数a 取值范围，利用集合的包含关系可得出结论.【详解】()()x f x x a e =-，则()()1x f x x a e '=-+，令()0f x '=，可得1x a =-.当1x a <-时，()0f x '<；当1x a >-时，()0f x '>.所以，函数()y f x =在1x a =-处取得极小值.若函数()y f x =在()0,∞+上有极值，则10a ->，1a ∴>.因此，“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,∞+上有极值”的充分不必要条件. 故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用导数求函数的极值点，考查计算能力与推理能力，属于中等题.7．已知函数()1x a f x e x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若同时满足条件：①()00,x ∃∈+∞，0x 为()f x 的一个极大值点；①()8,x ∀∈+∞，()0f x >.则实数a 的取值范围是（ ）A ．(]4,8B ．[)8,+∞C ．()[),08,-∞+∞D ．()(],04,8-∞【答案】A【分析】条件①说明()'f x 在(0,)+∞上存在零点，极大值点，利用方程的根可得a 的范围，然后求出条件①不等式恒成立a 的范围，求交集可得a 的范围．【详解】定义域是{|0}x x ≠，222()()1x x a a e x ax a f x e x x x -+⎛⎫'=-+= ⎪⎝⎭，()f x 在(0,)+∞存在极大值点，则20x ax a -+=有两个不等实根，240a a ∆=->，0a <或4a >，设20x ax a -+=的两个实根为1212,()x x x x <，1x x <或2x x >时，20x ax a -+>，12x x x <<时，20x ax A -+<，当0a <，1212x x a x x a +=⎧⎨=⎩，则120x x <<，但2x x >时，()0f x '>，2x 不可能是极大值点； 当4a >时，由1212x x a x x a +=⎧⎨=⎩知1>0x ，20x >，10x x <<或2x x >时，()0f x '>，12x x x <<时，()0f x '<．即()f x 在1(0,)x 和2(,)x +∞上递增，在12(,)x x 上递减，1x 是极大值点，满足题意．所以4a >．()10x a f x e x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，则10a x ->，①8x >，①a x <，①8a ≤． 综上48a <≤．故选：A ．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值，及不等式恒成立问题，求解不等式恒成立问题的方法是问题的转化，转化为求函数的最值．8．若函数()x x f x ee ax -=-+（a 为常数）有两个不同的极值点，则实数a 取值范围是（ ） A ．[)1,-+∞B ．[)2,+∞C ．()2,+∞D ．()1,+∞【答案】C【分析】首先求导得到()x x f x e e a -'=--+，将题意转化为函数()x x g x e e -=+与y a =的图象有两个不同的交点，再利用导数求出函数()g x 的单调区间和最值，即可得到答案.【详解】()x x f x e e a -'=--+，函数()x x f x e e ax -=-+（a 为常数）有两个不同的极值点，等价于函数()x x g x e e -=+与y a =的图象有两个不同的交点，()x x g x e e -'=-+，因为()g x '为增函数，且()00g '=，则(),0x ∈-∞，()0g x '<，()g x 为减函数，()0,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 为增函数，所以()()min 02g x g ==，故2a >.故选：C【点睛】本题主要考查根据函数的极值点求参数，属于中档题.9．已知函数()ln f x x ax =-在2x =处取得极值，则a =（ ）A ．1B ．2C ．12D ．-2 【答案】C【分析】利用()'20f =列方程，解方程求得a 的值.【详解】()'1f x a x =-，依题意()'20f =，即110,22a a -==. 此时()()'112022x f x x x x -=-=>，所以()f x 在区间()0,2上递增，在区间()2,+∞上递减，所以()f x 在2x =处取得极大值，符合题意. 所以12a =. 故选：C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值点、极值，属于基础题.10．设函数()2sin cos 4x f x x x x =+-，则下列是函数()f x 极小值点的是（ ） A ．43π- B ．3π- C ．3π D ．53π 【答案】D【分析】将函数进行求导，由于在53x π=的左侧，导函数值小于0，右侧导函数值大于0，得到53x π=是函数()f x 极小值点.【详解】 ()11sin cos sin cos 22f x x x x x x x x ⎛⎫'=+--=- ⎪⎝⎭， 当35,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，1cos 2x <，()0f x '∴<； 当5,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，1cos 2x >，()0f x '∴>， ()f x ∴在35,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在5,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 53x π∴=是()f x 的极小值点. 故选：D .【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，关键是能够明确极值点的定义，根据导函数的正负确定原函数的单调性，进而得到极值点.11．函数()()22x f x x x e =-的图象大致是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据解析式求得导函数，并求得极值点，由极值点个数可排除AD ；再由0x <时，()f x 恒为正，排除C 即可得解.【详解】函数()()22x f x x x e =-， 则()()22x f x x e '=-，令()0f x '=，解得()f x 的两个极值点为，故排除AD ，且当0x <时，()f x 恒为正，排除C ，即只有B 选项符合要求，故选：B.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，导函数与函数图像的关系应用，属于基础题.12．已函数3211()32f x x ax bx =-+的两个极值点是sin θ和cos ()R θθ∈，则点(,)a b 的轨迹是（ ）A ．椭圆弧B ．圆弧C ．双曲线弧D ．抛物线弧【答案】D【分析】 根据极值点的定义把,a b 用θ表示后，消去θ得关于,a b 的方程，由方程确定曲线．【详解】由题意()2f x x ax b '=-+，所以sin ,cos θθ是方程20x ax b -+=的两根，所以sin cos sin cos a b θθθθ=+⎧⎨=⎩且240a b ->，所以212sin cos 12a b θθ=+=+，sin cos [4a πθθθ⎛⎫=+=+∈ ⎪⎝⎭，所以点(,)a b 在曲线211(22y x x =-≤上，还要满足240x y ->，轨迹为抛物线弧． 故选:D【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础．在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围．13．若1x =是函数()x f x e ax =-的极值点，则a 的值是（ ） A ．1B ．1-C ．eD ．e -【答案】C【分析】 根据题意得到()10'=-=f e a ，即可得到答案.【详解】由()xf x e a '=-，则()10'=-=f e a ，则a e =.故选：C【点睛】本题主要考查函数的极值点，属于简单题.14．已知函数31()43f x x x =-，则()f x ）的极大值点为（ ） A ．4x =-B ．4x =C ．2x =-D ．2x = 【答案】C【分析】 求出函数31()43f x x x =-的导函数，进而求出导函数大于0以及小于0的解，根据导函数在各段内的符号判断函数在不同区间内的单调性，从而得到函数的极值点.【详解】 解：由31()43f x x x =-， 得：()24f x x '=-.由()240f x x '=->，得：2x <-，或2x >. 由()240f x x '=-<，得：22x -<<. 所以函数()f x 的增区间为()(),2,2,-∞-+∞.函数()f x 的减区间为()2,2-.所以，2x =-是函数的极大值点，2x =是函数的极小值点.故选：C.【点睛】本题考查求具体函数的极值点，解题的关键是区分极值点和极值的定义，属于基础题.15．若函数21()2ln 2f 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 ．1a >B ．10a -<<C ．1a <D ．01a <<【答案】D【分析】 计算()'f x ，然后等价于2()2g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，然后计算440202a x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩即可.【详解】()f x 的定义域是（0，+∞），22()2a x x a f x x x x '-+=-+=， 若函数()f x 有两个不同的极值点，则2()2g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故1440202a x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩，解得：01a <<， 故选：D.【点睛】本题考查根据函数极值点个数求参，考查计算能力以及思维转变能力，属基础题.二、多选题16．设函数2()ln =+f x x x x 的导函数为()'f x ，则（ ）A ．1()0f e '= B ．1=x e是()f x 的极值点 C ．()f x 存在零点D ．()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增 【答案】AD【分析】 求出定义域，再求导，计算即可判断A ，由导函数22()ln 2ln 1(ln 1)0f x x x x '++=+≥=，即可判断选项B 、D ，由()0f x >，即可判断选项C ，从而可得结论．【详解】由题可知2()ln =+f x x x x 的定义域为(0,)+∞， 对于A ，2()ln 2ln 1f x x x '=++，则2111()ln 2ln 11210f e e e'=++=-+=，故A 正确； 对于B 、D ，22()ln 2ln 1(ln 1)0f x x x x '++=+≥=，所以函数()f x 单调递增，故无极值点，故B 错误，D 正确；对于C ，22()ln (ln 1)0f x x x x x x =+=+>，故函数()f x 不存在零点，故C 错误．故选：AD ．17．关于函数()sin x f x e a x =+，(),x π∈-+∞，下列结论正确的有（ ）A ．当1a =时，()f x 在()0,(0)f 处的切线方程为210x y -+=B ．当1a =时，()f x 存在惟一极小值点0xC ．对任意0a >，()f x 在(),π-+∞上均存在零点D ．存在0a <，()f x 在(),π-+∞有且只有一个零点【答案】ABD【分析】逐一验证，选项A ，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程；选项B ，通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C 、D ，通过构造函数，将零点问题转化判断函数的交点问题.【详解】对于A ：当1a =时，()sin x f x e x =+，(),x π∈-+∞，所以(0)1f =，故切点为()0,1，()cos x f x e x '=+，所以切线斜(0)2k f '==，故直线方程为()120y x -=-，即切线方程为：210x y -+=，故选项A 正确；对于B ：当1a =时，()sin xf x e x =+，(),x π∈-+∞， ()cos x f x e x '=+，()()sin 0,,x f x e x x π''=->∈-+∞恒成立，所以()f x '单调递增，又202f π⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，334433cos 0442f e e ππππ--⎛⎫⎛⎫'-=+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以存在03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=，即00cos 0x e x +=，则在()0,x π-上，()0f x '<，()f x 单调递减，在()0,x +∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，所以存在惟一极小值点0x ，故选项B 正确；对于 C 、D ：()sin x f x e a x =+,(),x π∈-+∞，令()sin 0x f x e a x =+=得：1sin x x a e-=， 则令sin ()xx F x e =，(),x π∈-+∞，)cos sin 4()x xx x x F x e e π--'==，令()0F x '=， 得：4x k ππ=+，1k ≥-，k Z ∈，由函数)4y x π=-图象性质知： 52,244x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭)04x π->，sin ()x x F x e =单调递减， 52,2244x k k πππππ⎛⎫∈+++ ⎪⎝⎭)04x π-<，sin ()x x F x e =单调递增， 所以当524x k ππ=+，1k ≥-，k Z ∈时，()F x 取得极小值， 即当35,,44x ππ=-时，()F x 取得极小值， 又354435sin sin 44e e ππππ-⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<< ，即3544F F ππ⎛⎫⎛⎫-<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,又因为在3,4ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，sin ()x x F x e =单调递减，所以343()42F x F e ππ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭， 所以24x k ππ=+，0k ≥，k Z ∈时，()F x 取得极大值， 即当944x ππ=、， 时，()F x 取得极大值. 又9449sin sin 44e e ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<<，即()442F x F e ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭， 当(),x π∈-+∞时，344()2e F x e π≤≤所以当3412e a π-<-，即34a e π>时， ()f x 在(),π-+∞上无零点，所以选项C 不正确；当3412e a π-=-时，即4a e π=时， 1=-y a 与sin x x y e=的图象只有一个交点， 即存在0a <，()f x 在(),π-+∞有且只有一个零点，故选项D 正确.故选：ABD【点睛】本题考查函数的极值、切线、零点的问题，属于较难题.18．已知函数()sin f x x x =，x ∈R ，则下列说法正确的有（ ）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 是周期函数C ．在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，()f x 有且只有一个极值点 D ．过(0，0)作()y f x =的切线，有且仅有3条【答案】ACD【分析】利用函数的奇偶性的定义易知函数()sin f x x x =为偶函数，所以A 正确；根据周期性的定义可判断B 错误；根据导数判断其单调性，易知()f x 有且只有一个极值点，C 正确；根据导数的几何意义求曲线过某点的切线方程可知D 正确．【详解】对于A ，因为函数的定义域为R ，显然()()f x f x =-，所以函数()f x 是偶函数，正确；对于B ，若存在非零常数T ，使得f x T f x ，令2x π=，则sin 222T T πππ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即cos 22T T ππ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，令0x =，则sin 0T T =，因为0T ≠，所以sin 0T =，即cos 1T =或cos 1T =-．若cos 1T =，则22T ππ+=，解得0T =，舍去；若cos 1T =-，则22T ππ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，解得T π=-，所以若存在非零常数T ，使得f x T f x ，则T π=-．即()()f x f x π-=，令32x π=，则322f f ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而22f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，3322f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，不符合题意．故不存在非零常数T ，使得f x T f x ，B 错误；对于C ，()sin f x x x =，x ∈R ，()sin cos f x x x x '=+，()2cos sin f x x x x ''=-，当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()2cos sin 0f x x x x ''=-<，故()'f x 单减， 又102f π⎛⎫'=>⎪⎝⎭，()0f ππ'=-<，故()0f x '=在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个解，()f x 有且只有一个极值点，故C 正确；对于D ，设切点横坐标为t ，则切线方程为sin (sin cos )()y t t t t t x t -=+-， 将 (0，0) 代入，得2cos 0t t =，解得0t =或2t k ππ=+，k Z ∈．若0t =，则切线方程为0y =；若2t k ππ=+，则y x =±，D 正确．故选：ACD ． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断，周期性的定义的应用，利用导数的几何意义求曲线过某点的切线方程，以及利用导数研究函数的极值点，属于中档题．19．已知()2sin x f x x x π=--.（ ）A ．()f x 的零点个数为4B ．()f x 的极值点个数为3C ．x 轴为曲线()y f x =的切线D ．若()12()f x f x =，则12x x π+=【答案】BC 【分析】首先根据()0f x '=得到21cos xx π-=，分别画出21xy π=-和cos y x =的图像，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案.【详解】()21cos xf x x π'=--，令()0f x '=，得到21cos xx π-=.分别画出21xy π=-和cos y x =的图像，如图所示：由图知：21cos xx π-=有三个解，即()0f x '=有三个解，分别为0，2π，π. 所以(),0x ∈-∞，()21cos 0xf x x π'=-->，()f x 为增函数，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=--<，()f x 为减函数，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=-->，()f x 为增函数，(),x π∈+∞，()21cos 0xf x x π'=--<，()f x 为减函数.所以当0x =时，()f x 取得极大值为0，当2x π=时，()f x 取得极小值为14π-，当x π=时，()f x 取得极大值为0，所以函数()f x 有两个零点，三个极值点，A 错误，B 正确.因为函数()f x 的极大值为0，所以x 轴为曲线()y f x =的切线，故C 正确.因为()f x 在(),0-∞为增函数，0,2π⎛⎫⎪⎝⎭为减函数， 所以存在1x ，2x 满足1202x x π<<<，且()()12f x f x =，显然122x x π+<，故D 错误.故选：BC 【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.20．设函数()ln xe f x x=，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 定义域是()0,∞+B ．()0,1x ∈时，()f x 图象位于x 轴下方C ．()f x 存在单调递增区间D ．()f x 有且仅有一个极值点【答案】BCD 【分析】求出函数定义域判断A ，根据函数值的正负判断B ，求出导函数，利用导函数确定原函数的增区间，判断C ，由导函数研究函数的单调性得极值，判断D ． 【详解】由题意，函数()ln x e f x x =满足0ln 0x x >⎧⎨≠⎩，解得0x >且1x ≠，所以函数()ln x e f x x =的定义域为()()0,11,+∞，所以A 不正确；由()ln xe f x x=，当()0,1x ∈时，ln 0x <，①()0f x <，所以()f x 在()0,1上的图象都在轴的下方，所以B 正确；①21ln '()(ln )x e x x f x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=，所以()'0f x >在定义域上有解，所以函数()f x 存在单调递增区间，所以C 是正确的； 由()1ln g x x x=-，则()211'(0)g x x x x =+>，所以()'0g x >，函数()g x 单调增，则函数'()0f x =只有一个根0x ，使得0'()0f x =，当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，函数单调递减，当()0,x x ∈+∞时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D 正确； 故选：BCD . 【点睛】本题考查求函数的定义域，考查用导数研究函数的单调性与极值，掌握极值的定义，单调性与导数的关系是解题关键． 三、解答题21．已知函数21()ln 2f x a x ax =+. (1)若()f x 只有一个极值点，求a 的取值范围.(2)若函数2()()(0)g x f x x =>存在两个极值点12,x x ，记过点1122(,()),(,())P x g x Q x g x 的直线的斜率为k ，证明：1211k x x +>. 【答案】（1）0a <；（2）证明见解析. 【分析】（1n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，解不等式组0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩即得解；（2）只需证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12(01)xt t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，证明121()0()2m t x x >>-即得证.【详解】(1)解：2'()2a a f x x =+=，(0,)x ∈+∞n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，要使函数()f x 只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩，即0a <；(2)证明：因为2221()()2ln 2g x f x a x ax x ==+-， 所以22222'()1a ax x a g x ax x x-+=+-=，因为()g x 存在两个极值点，所以30,180,a a >⎧⎨->⎩即102a << 不妨假设120x x <<，则121x x a+=要证1211k x x +>，即要证121212()()11g x g x x x x x -+>-，只需证121212121221()()()()x x x x x x g x g x x x x x -+->=-，只需证221112121212222111()[()2]2()222x x x x x x a x x a ln x x a ln x x x x -+-+=--+>-， 即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-设12(01)x t t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，22221'()t a t m t t-+=- 因为102a <<，故4440a -<，所以22210t a t -+>，即'()0m t <， 故()m t 在(0,1)上单调递减，则()(1)0m t m >=又因为121()02x x -<，所以121()0()2m t x x >>-，即21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而1211k x x +>得证. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析得到只需证明21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-.对于比较复杂的问题，我们可以通过分析把问题转化，再证明，提高解题效率. 22．已知函数()3213f x x ax bx ab =-+++． （1）若()f x 是奇函数，且有三个零点，求b 的取值范围； （2）若()f x 在1x =处有极大值223-，求当[]1,2x ∈-时()f x 的值域． 【答案】（1）()0,∞+；（2）5022,33⎡⎤--⎢⎥⎣⎦. 【分析】（1）先由函数奇偶性，得到0a =，得出()313f x x bx =-+，对其求导，分别讨论0b ≤和0b >两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，结合零点个数，即可求出结果；（2）先对函数求导，根据极大值求出2,5.a b =-⎧⎨=⎩，根据函数单调性，即可求出值域.【详解】（1）①()f x 是定义域为R 的奇函数，所以0a =，且()00f =． ①()313f x x bx =-+， ①()2f x x b '=-+．当0b ≤时，()20f x x b '=-+≤，此时()f x 在R 上单调递减，()f x 在R 上只有一个零点，不合题意．当0b >时，()20f x x b '=-+>，解得x <<①()f x 在(,-∞，)+∞上单调递减，在(上单调递增，①()f x 在R 上有三个零点，①0f>且(0f <，即3103f=-+>，即0>，而0>恒成立，①0b >． 所以实数b 的取值范围为()0,∞+．（2）()22f x x ax b '=-++，由已知可得()1120f a b '=-++=，且()122133f a b ab =-+++=-， 解得2,3,a b =⎧⎨=-⎩或2,5.a b =-⎧⎨=⎩当2a =，3b =-时，()3212363f x x x x =-+--，()243f x x x '=-+-，令()0f x '≥，即2430x x -+-≥，解得13x ≤≤， 令()0f x '<，即2430x x -+-<，解得1x <或3x >，即函数()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,3上单调递增，在()3,+∞上单调递减； 所以1x =是()f x 的极小值点，与题意不符． 当2a =-，5b =时，()32125103f x x x x =--+-，()245f x x x '=--+． 令()0f x '≥，即2450x x --+≥，解得51x -≤≤； 令()0f x '<，即2450x x --+<，解得5x <-或1x >，即函数()f x 在(),5-∞-上单调递减，在()5,1-上单调递增，在()1,+∞上单调递减； 所以1x =是()f x 的极大值点，符合题意，故2a =-，5b =． 又①[]1,2x ∈-，①()f x 在[]1,1-上单调递增，在[]1,2上单调递减． 又()5013f '-=-，()2213f =-，()3223f =-． 所以()f x 在[]1,2-上的值域为5022,33⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．【点睛】 思路点睛：导数的方法求函数零点的一般步骤：先对函数求导，由导数的方法求出函数的单调性区间，根据函数极值的定义，求出函数的的极值，再根据函数函数的零点个数，确定极值的取值情况，进而可得出结果.23．（1）当π02x ≤≤时，求证：sin x x ≥； （2）若1x e kx ≥+对于任意的[)0,x ∈+∞恒成立，求实数k 的取值范围； （3）设a >0，求证；函数()1cos ax f x ex -=⋅在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一的极大值点0x ，且()10a f x e ->.【答案】（1）证明见解析；（2）(],1-∞；（3）证明见解析 【分析】（1）构造函数()πsin 02G x x x x ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭，转化为函数的最值问题求解； （2）设()1xg x e kx =--，则()xg x e k '=-，分1k ≤，1k >讨论，通过研究()g x 的最小值求解；（3）求得()()1cos sin ax f x ea x x -'=-，令()0f x '=得到tan x a =，通正切函数的性质可得函数单调性，进而可得极值点．将证明()10af x e ->转化为证明1221a a e a->+，令1t a =-，则0t <，即证()2101t e t t ><+，即证()()21100tte t +-<<，构造函数利用导数求其最值即可．【详解】（1）证明：设()πsin 02G x x x x ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭，则()1cos 0G x x '=-≥， 从而()G x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数．所以()()00G x G ≥=，故当π02x ≤≤时，sin x x ≥成立； （2）解：设()1xg x e kx =--，则()xg x e k '=-， 考虑到当0x ≥时，1x e ≥，（①）当1k ≤时，()0g x '≥，则()g x 在[)0,+∞上为增函数，从而()()00g x g ≥=，此时适合题意． （①）当1k >时，()ln xkg x e e'=-，则当0ln x k <<时，()0g x '<，从而()g x 在()0,ln k 上是减函数，所以当0ln x k <<时，()()00g x g <=，这与“当0x ≥时，()0g x ≥恒成立”矛盾．故此时不适合题意． 由（①）（①）得所求实数k 的取值范围为(],1-∞． （3）证明：()()111cos sin cos sin ax ax ax f x aex e x e a x x ---'=⋅-⋅=-，令()0f x '=，得cos sin 0a x x -=，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可化为tan x a =， 由正切函数的性质及0a >，得在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内必存在唯一的实数0x ，使得0tan x a =，所以当()00,x x ∈时，()0f x '>，则()f x 在()00,x 上为增函数：当0π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，则()f x 在0π,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，所以0x x =是()f x 的极大值点．且()f x 的极大值为()0100cos ax f x e x -=⋅．下面证明：()10af x e->．当π02x ≤≤时，由（1）知sin x x ≥，由（2）易证1x e x -≥． 所以0100sin ax ax a x e-≥≥，从而()02100002cos sin cos 1ax a f x ex a x x a-=⋅≥=+． 下面证明：1221a a e a->+．令1t a =-，则0t <， 即证()2101t e t t><+，即证()()21100t t e t +-<<．令()()()2110tt te t ϕ=+-<，则()()210t t t e ϕ'=+≥，从而()t ϕ在(),0-∞上为增函数， 所以当0t <，()()00t ϕϕ<=，即()()21100tte t +-<<．故()10af x e->成立．【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键. 24．已知函数()()()ln 1f x x ax a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性.（2）若()()2112g x x x a f x =--+-，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，求证:()()12152ln 28x g x g -≥-. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）先求得()f x 的定义域和导函数()'fx ，对a 分成0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）求得()g x 的表达式，求得()'g x ，利用根与系数关系得到12,x x 的关系式以及1x 的取值范围，将()()12g x g x -表示为只含1x 的形式，利用构造函数法求得()()12g x g x -的最小值，从而证得不等式成立. 【详解】(1)由题意得，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，()11f x a x '=-+. 当0a ≤时，()101f x a x '=->+， ∴函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增.当0a >时，令()0f x '=，得11x a=-+.若11,1x a ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；若11,x a ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，此时函数()f x 单调递减.综上，当0a ≤时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在11,1a ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)()()21ln 12g x x x a x =+-+，0x >，()()11g x x a x '∴=+-+()211x a x x-++=.由()0g x '=得()2110x a x -++=，()240321a a ∆=+⇒-≥> 121x x a ∴+=+，121=x x ，211x x ∴=. 32a ≥，512a +≥，12x x < 111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪∴⎨⎪<<⎪⎩，解得1102x <≤.()()12x g x g ∴-()()()221121221ln12x x x a x x x =+--+-21121112ln 2x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭. 设()221112ln 022x h x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 则()()22331210x h x x x x x -'=--=-<，∴函数()h x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减.∴当112x =时，()min 1152ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 32a ∴≥时，()()12152ln 28x g x g -≥-成立.【点睛】求解含有参数的函数的单调性题，求导后要根据导函数的形式进行分类讨论. 25．已知函数()4ln ,0.mf x x x m x=-+> （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，求12221122()()6+f x f x x x x x ++的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）ln 2,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）先求导得()224x x m f x x-+'=-，然后针对()0f x '=的根的个数进行分类讨论，得出()0f x '>和()0f x '<时x 的取值范围，从而解出单调递增 区间和递减区间；（2）由（1）可知，当()f x 有两个极值点时04m <<，然后利用韦达定理得出124x x +=，12x x m ⋅=，再将()1f x ，()2f x 带入12221122()()6+f x f x x x x x ++中，结合韦达定理将12221122()()6+f x f x x x x x ++化为关于m 的式子得：()()12221122ln +64f x f x m x x x x m +=++，然后构造函数()ln 4mh m m=+，求导讨论单调性及最值，得出()h m 在()0,4m ∈上的值域，从而得出12221122()()6+f x f x x x x x ++的取值范围.【详解】解：（1）由题意得()0,x ∈+∞，()222441m x x mf x x x x-+'=--=-，. 令()24,164g x xx m m =-+∆=-.(分类讨论的依据：结合二次函数在0+∞（，）上的图像来进行讨论) ①当4m ≥时，()0,0g x ∆≤≥恒成立，则()()0,f x f x '≤在()0+∞，上单调递减. ①当04m <<时，0∆>，函数()g x 与x 轴有两个不同的交点()1212,x x x x <，121240,0,x x x x m +=>=>则120,0x x >>，所以(0,2x ∈时，()f x单调递减；(2x ∈时，()f x单调递增；()2x ∈++∞时，()f x 单调递减.综上所述：当4m ≥时，()f x 在()0+∞，上单调递减. 当04m <<时，(0,2x ∈时，()f x单调递减；(22x ∈-+时，()f x 单调递增；()2x ∈+∞时，()f x 单调递减.（2）由（1）知：04m <<时()f x 有两个极值点12,x x 且12,x x 为方程20x mx m -+=的两根，12124,.x x x x m +==()()121122124ln 4ln m m f x f x x x x x x x +=-++-+ ()()121212124ln 4ln 4ln m x x x x x x m m m m x x +=-++=-+=.()()221212124164x x x x x x m -=+-=-.()()122211224ln ln +61644+∴==+++f x f x m mx x x x m m令()()ln 044+mh m m m=<<，则()()241ln (04)4+m m h m m m +-'=<<. 令()41ln ,m m mϕ=+-则()2410m m m ϕ'=--<，所以()m ϕ在()0,4上单调递减.又()4=2ln 40ϕ->， 所以()0m ϕ>在()0,4上恒成立，即41ln 0m m+->，所以0h m .所以()h m 在()0,4上为增函数.所以()()ln 244h m h <=. 0,()x h m →→-∞，所以()()12221122+6f x f x x x x x +∴+的取值范围是ln 24⎛⎫∞ ⎪⎝⎭-,. 【点睛】本题考查讨论含参函数的单调区间，考查导数与极值点的综合问题，难度较大.解答的一般思路如下： （1）分析清楚当原函数有两个极值点时参数m 的取值范围，并利用韦达定理得出12x x +，12x x 与m 的关系式；（2）将()1f x ，()2f x 代入目标函数表达式中，利用（1）中12x x +，12x x 的值将目标函数进行化简，使目标函数变为只含m 的解析式；（3）构造函数()h m 并讨论函数()h m 的单调性及最值，从而得出答案.26．已知函数432()f x ax x bx =++(),a b ∈R ，()()()g x f x f x '=+是偶函数． （1）求函数()g x 的极值以及对应的极值点．（2）若函数43221()()(1)4h x f x x c x x cx c =++--++，且()h x 在[]2,5上单调递增，求实数c 的取值范围．【答案】（1）函数()g x的一个极大值点为9，对应的极大值为9；函数()g x 极小值点为0，对应的极小值为0；（2）4,13⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】(1)求出()g x 的表达式，结合函数的奇偶性即可求出140a b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，从而可确定()g x 的解析式，求出导数即可求出函数的极值点和极值.(2)结合第一问可得()h x 的解析式，从而可求出2()32h x cx x c '=-+，由()h x 的单调性可得213c x x≥+在[]2,5上恒成立，设()13m x x x =+，利用导数求出()m x 在[]2,5上的最小值，从而可求出实数c 的取值范围. 【详解】解：（1）①432()f x ax x bx =++，①32()432f x ax x bx '=++，①432()()()(41)(3)2g x f x f x ax a x b x bx '=+=+++++，因为()g x 为偶函数，①41020a b +=⎧⎨=⎩，解得14a b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，①431()4f x x x =-+，则421()34g x x x =-+，①3()6(g x x x x x x '=-+=-+，由()0g x '>，解得x <0x <<()0g x '<，解得>x或0x <；①()g x在(,-∞，(单调递增；在()，)+∞单调递减．①函数()g x的一个极大值点为(9g =，，对应的极大值为9g=；函数()g x 极小值点为0，对应的极小值为()00g =.（2）由（1）知431()4f x x x =-+，①43221()()(1)4h x f x x c x x cx c =++--++322cx x cx c =-++，①2()32h x cx x c '=-+，因为函数()h x 在[]2,5上单调递增，①2320cx x c -+≥在[]2,5上恒成立，即2221313x c x x x≥=++在[]2,5上恒成立，设()13m x x x =+，令()22213130x m x x x -'=-==，解得[]2,53x =±∉， 当[]2,5x ∈时，()0m x '>，所以()13m x x x=+在[]2,5上单调递增， 则()()1322m x m ≥=，所以24=13132c ≥.【点睛】 方法点睛：已知奇偶性求函数解析式时，常用方法有：一、结合奇偶性的定义，若已知偶函数，则()()f x f x -=，若已知奇函数，则()()f x f x -=-，从而可求出函数解析式；二、由奇偶性的性质，即偶函数加偶函数结果也是偶函数，奇函数加奇函数结果也是奇函数. 27．已知函数()()3252f x ax x bx a b R =-+∈，，其导函数为()f x '，且()()11116f f '=+. （1）求a 的值；（2）设函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，求b 的取值范围，并证明过两点()()11P x f x ，，()()22Q x f x ，的直线m 恒过定点，且求出该定点坐标；（3）当1b >时，证明函数()()231g x f x x x =+--在R 上只有一个零点.【答案】（1）13a =；（2）254b <；证明见解析；定点5125424⎛⎫- ⎪⎝⎭，；（3）证明见解析.【分析】(1)由导数运算可得a 的值； (2)由题设知，12x x ，是方程()'0fx =的两个根，得254b <，化简()()111542566f x b x b =-+，同理可得()()221542566f x b x b =-+，因此，直线m 的方程是()1542566y b x b =-+，整理可得定点坐标；(3)先得出()()32111132g x x x b x =++--，分0x ≥和0x <两种情况研究零点即可. 【详解】解：(1)因为()3252f x ax x bx =-+，()235f x ax x b '=-+， 所以()()512135f a bf a b⎧=-+⎪⎨⎪=-+⎩'，代入()()11116f f '=+，得5113526a b a b -+=-++，解得13a =； (2)因为()321532f x x x bx =-+，所以()25f x x x b '=-+，由题设知， 12x x ，是方程()0f x '=的两个根，故有()2540b -->，解得254b <， 因为2115x x b =-，所以()3211111532f x x x bx =-+()2111115532x x b x bx =--+ 2115263x bx =-+()1152563x b bx =--+()11542566b x b =-+，同理可得()()221542566f x b x b =-+， 过两点()()11P x f x ，，()()22Q x f x ，的直线m 的方程是()1542566y b x b =-+， 即()()452560b x x y +-+=，由4502560x x y +=⎧⎨+=⎩，解得5125424x y =-=，，所以直线m 横过定点5125424⎛⎫- ⎪⎝⎭，；(3)由(1)可知()321532f x x x bx =-+，()()231g x f x x x =+-- ()32111132x x b x =++--， 当0x ≥时，因为1b >，所以()()2'10g x x x b =++->，故()g x 在区间[)0+∞，上单调递增，又()010g =-<，()1122103g b =-+>（）， 且()g x 的图像在区间[0,)+∞是不间断的，所以()g x 在区间[)0+∞，上有唯一零点； 当0x <时，()()323211111113232g x x x b x x x =++--<+-， 设()3211132h x x x =+-，则()2'h x x x =+，。

高考数学导数：极值与最值问题解析

高考数学导数：极值与最值问题解析

高考数学导数：极值与最值问题解析在高考数学中，导数部分的极值与最值问题一直是重点和难点，也是许多同学感到头疼的知识点。

但其实，只要我们掌握了正确的方法和思路，这类问题也并非不可攻克。

接下来，让我们一起深入探讨一下高考数学中导数的极值与最值问题。

一、极值与最值的基本概念首先，我们要明确极值和最值的定义。

极值是指函数在某个局部范围内的最大值或最小值。

也就是说，在函数的某个区间内，如果在某一点处的函数值比它附近其他点的函数值都大（小），那么这个点对应的函数值就是极大值（极小值）。

而最值则是指函数在整个定义域内的最大值或最小值。

需要注意的是，极值不一定是最值，最值也不一定是极值。

例如，函数在一个区间内可能有多个极值，但只有一个最大值和一个最小值。

二、求极值的方法1、求导数这是解决极值问题的关键步骤。

对于给定的函数，我们先对其求导，得到导函数。

2、令导数为 0求出导函数后，令其等于 0，解出这些方程的根。

这些根就是可能的极值点。

3、判断极值点通过导数的正负来判断极值点的类型。

如果在极值点的左侧导数为正，右侧导数为负，那么这个点就是极大值点；反之，如果在极值点的左侧导数为负，右侧导数为正，那么这个点就是极小值点。

例如，对于函数 f(x) ＝ x³ 3x²＋ 2，其导函数为 f'（x) ＝ 3x² 6x。

令 f'（x) ＝ 0，解得 x ＝ 0 或 x ＝ 2。

当 x ＜ 0 时，f'（x) ＞ 0；当 0 ＜x ＜ 2 时，f'（x) ＜ 0；当 x ＞ 2 时，f'（x) ＞ 0。

所以，x ＝ 0 是极大值点，极大值为 f(0) ＝ 2；x ＝ 2 是极小值点，极小值为 f(2) ＝－2。

三、求最值的方法1、求出函数在区间内的极值按照前面提到的求极值的方法，找出函数在给定区间内的所有极值。

2、求出区间端点处的函数值将区间的端点代入函数，得到相应的函数值。

导数与函数的极值、最值 解析版

导数与函数的极值、最值 解析版

导数与函数的极值、最值【考试提醒】1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．【知识点】1．函数的极值(1)函数的极小值函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点处的函数值都小，f′(a)=0；而且在点x =a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y=f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y=f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点处的函数值都大，f′(b)=0；而且在点x= b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y=f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y=f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y=f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y=f(x)在区间(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．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)=0”是“函数f(x)在x=x0处有极值”的必要不充分条件【核心题型】题型一　利用导数求解函数的极值问题根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．命题点1　根据函数图象判断极值1(2024·四川广安·二模)已知函数f x =ax+1e x，给出下列4个图象：其中，可以作为函数f x 的大致图象的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】D【分析】对a的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【详解】由题意知，f x 定义域为R，当a=0时，f x =e x，由指数函数的单调性可知函数f x 单调递增，可对应①；当a>0时，f x =ax+a+1e x，令f x =0可得：x=-a+1a<0，所以当x∈-∞,-a+1a时，f x<0，当x∈-a+1a ,+∞时，f x >0，所以，函数f x 先减后增，且当x<-1a时，f x <0，此时可对应②；当a<0时，f x =ax+a+1e x，当f x =0时x=-a+1a，当x∈-∞,-a+1a时，f x >0，当x∈-a+1a ,+∞时，f x <0，所以，函数f x 先增后减，当a<-1时，x=-a+1a<0，且此时0<-1a<1，所以可对应③，当-1<a<0时，x=-a+1a>0，此时-1a>1，所以可对应④.故选：D2(23-24高三上·黑龙江·阶段练习)如图是函数y=f x 的导函数y=f x 的图象，下列结论正确的是()A.y=f x 在x=-1处取得极大值B.x=1是函数y=f x 的极值点C.x=-2是函数y=f x 的极小值点D.函数y=f x 在区间-1,1上单调递减【答案】C【分析】根据导函数的正负即可求解y=f x 的单调性，即可结合选项逐一求解.【详解】由图象可知：当x<-2时，f x <0,f x 单调递减，当x≥-2时，f x ≥0,f x 单调递增，故x=-2是函数y=f x 的极小值点，y=f x 无极大值.故选：C3(2023·河北·模拟预测)函数f(x)=1x4-1x2的大致图象是()A. B.C. D.【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数法判断.【详解】解：因为函数f (x )=1x4-1x 2的定义域为：x |x ∈R ,x ≠0 ，且f -x =f x ，所以函数f x 是偶函数，当x >0时，f x =-4x -51-12x 2 ，令fx =0，得x =2，当0<x <2时，f x <0，当x >2时，f x >0，所以当x =2时，f x 取得极小值，故选：D4(2024高三·全国·专题练习)已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列结论正确的是()A.曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率小于零B.函数f (x )在区间(-1，1)上单调递增C.函数f (x )在x =1处取得极大值D.函数f (x )在区间(-3，3)内至多有两个零点【答案】D【详解】解析：由题意，得f ′(1)=0，所以曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率等于零，故A 错误；当x ∈(-1，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(-1，1)上单调递减，故B 错误；当-2<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x =1不是f (x )的极值点，故C 错误；当x ∈(-3，-2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(-2，3)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，所以当f (-2)<0时，f (x )在(-3，3)上没有零点；当f (-2)=0时，f (x )在(-3，3)上只有一个零点；当f (-2)>0时，f (x )在(-3，3)上有两个零点．综上，函数f (x )在区间(-3，3)内至多有两个零点，故选D .命题点2　求已知函数的极值5(2024·宁夏银川·一模)若函数f (x )=x 2-ax -2 e x 在x =-2处取得极大值，则f (x )的极小值为()A.-6e 2B.-4eC.-2e 2D.-e【答案】C【分析】由题意求出a 的值，进而求出f x ，再解出极小值即可.【详解】因为函数f (x )=x 2-ax -2 e x 在x =-2处取得极大值，则f x =x 2+2-a x -2-a ⋅e x ，x ∈R 且f -2 =0，即4-22-a -2-a =0，所以a =2；所以f x =x 2-2x -2 ⋅e x ，f x =x 2-4 ⋅e x =x +2 x -2 e x ，令f x =0，则x =2或x =-2，由x ∈-∞,-2 ,f x >0，x ∈-2,2 ,f x <0，x ∈2,+∞ ,f x >0，所以f x 在-∞,-2 ,2,+∞ 上单调递增，在-2,2 上单调递减.所以函数f x 在x =-2处取得极大值，f 极小=f 2 =-2e 2.故选：C .6(2023·全国·模拟预测)函数f x =2x -tan x -π在区间-π2,π2的极大值、极小值分别为()A.π2+1，-π2+1B.-π2+1，-3π2+1C.3π2-1，-π2+1D.-π2-1，-3π2+1【答案】D【分析】求出f x ，由f (x )<0、f (x )>0可得答案．【详解】由题意，得f(x )=2-sin x cos x =2-1cos 2x =2cos 2x -1cos 2x，当x ∈-π2,-π4 ∪π4,π2 时，2cos 2x -1<0，f (x )<0；当x ∈-π4,π4时，2cos 2x -1>0，f (x )>0．所以f (x )在-π2,-π4 上单调递减，在-π4,π4 上单调递增，在π4,π2上单调递减．当x =-π4时，f (x )取得极小值，为f -π4 =-3π2+1；当x =π4时，f (x )取得极大值，为f π4 =-π2-1．故选：D ．7(多选)(2024·全国·模拟预测)已知f (x )=e xx,x >0,-x 2-4x -1,x ≤0, 则方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0可能有( )个解.A.3 B.4C.5D.6【答案】BCD【分析】方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0得f (x )=3或f (x )=k ，作出函数图象，数形结合判断解的个数.【详解】f (x )=e x x x >0 ，有f(x )=e x x -1 x 2，当0<x <1时f (x )<0，f (x )单调递减；当x >1时f (x )>0，f (x )单调递增，当x =1时，f (x )有极小值f 1 =e.f (x )=-x 2-4x -1x ≤0 ，由二次函数的性质可知，f (x )在-∞,-2 上单调递增，在-2,0 上单调递减，当x =-2时，f (x )有极大值f (-2)=3.由f (x )=e xx,x >0,-x 2-4x -1,x ≤0 的图象如图所示，由f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0得f (x )=3或f (x )=k ，由图象可知f (x )=3有3个解，f (x )=k 可能有1，2，3，4个解，故方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0可能有4，5，6，7个解.故选：BCD .【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f x =0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a ,b 上是连续不断的曲线，且f a ⋅f b <0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点8(2024·辽宁鞍山·二模)f x =x 2e -x 的极大值为．【答案】4e2【分析】借助导数研究函数的单调性即可得其极大值.【详解】f x =2xe -x +x 2-e -x =2x -x 2 e -x =-x x -2 e -x ，当x ∈-∞,0 ∪2,+∞ 时，f x <0，当x ∈0,2 时，f x >0，故f x 在-∞,0 、2,+∞ 上单调递减，在0,2 上单调递增，故f x 有极大值f 2 =22e -2=4e2.故答案为：4e2命题点3　已知极值(点)求参数9(2024·全国·模拟预测)设x 1,x 2为函数f x =x x -2 x -a (其中a >0)的两个不同的极值点，若不等式f x 1 +f x 2 ≥0成立，则实数a 的取值范围为()A.1,4B.0,4C.0,1D.4,+∞【答案】A【分析】导函数为二次函数，x 1,x 2为对应的一元二次方程的两根，由f x 1 +f x 2 ≥0，代入函数解析式，结合韦达定理化简，可解出实数a 的取值范围.【详解】因为f x =x x -2 x -a ，所以f x =3x 2-22+a x +2a ．又函数f x 有两个不同的极值点x 1,x 2，所以Δ=4a 2-2a +4 >0,x 1+x 2=22+a3,x 1x 2=2a 3.解法一：由f x 1 +f x 2 ≥0，得x 31+x 32-a +2 x 21+ x 22 +2a x 1+x 2 ≥0，即x 1+x 2 x 1+x 2 2- 3x 1x 2 -a +2 x 1+x 2 2-2x 1x 2 +2a x 1+ x 2 ≥0∗ ．将x 1+x 2,x 1x 2的值代入(*)式，得a 2-5a +4≤0，解得1≤a ≤4，故选：A ．解法二：函数y =ax 3+kx a ≠0 为奇函数，图象的对称中心为0,0 ，则函数y =a x -m 3+k x -m +n 图象的对称中心为m ,n 设g x =ax 3+bx 2+cx +d =a x -m 3+k x -m +n ，a x -m 3+k x -m +n =ax 3-3amx 2+3am 2+k x +n -am 3-km ，比较系数，有-3am =b 3am 2+k =c n -am 3-km =d，解得m =-b 3a ,k =c -b 23a ,n =2b 327a2-bc 3a +d =g -b3a 所以函数g x =ax 3+bx 2+cx +d a ≠0 图象的对称中心为-b 3a ,g -b3a，即若f x 存在两个相异的极值点x 1,x 2，则其对称中心为点x 1,f x 1 和点x 2,f x 2 的中点，即f x 1 +f x 2 2=f x 1+x22．由题设得f x 1 +f x 2 ≥0，即f x 1+x 22 ≥0，即f 2+a3≥0，所以a >0,a +23a +23-2 a +23-a ≥0,解得1≤a ≤4.故选:A ．10(2024·四川绵阳·三模)若函数f x =12ax 2-x +b ln x a ≠0 有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是()A.a >0,b <0B.a <0,b >0C.ab <14D.ab >0【答案】C【分析】求导，构造函数g x =ax 2-x +b a ≠0 ，利用二次函数零点的分布，结合分类讨论以及极值点的定义即可求解.【详解】fx =ax -1+b x =ax 2-x +b x，令g x =ax 2-x +b a ≠0 ，Δ=1-4ab ，若Δ=1-4ab ≤0，则g x =ax 2-x +b ≥0或g x =ax 2-x +b ≤0，此时f x 单调，不存在极值点，故不符合题意，若Δ=1-4ab >0，则方程g x =ax 2-x +b =0有两个实数根，由于f x =12ax 2-x +b ln x a ≠0 有唯一极值点，故g x =ax 2-x +b =0只能有一个正实数根，若另一个实数根为0，此时b =0，显然满足条件，若令一个实数根为负根，则ba <0，故ab <0，结合选项可知，ab <14一定成立，故选：C11(2024·辽宁·一模)已知函数f x =x 3+ax 2+bx +a 2在x =-1处有极值8，则f 1 等于．【答案】-4【分析】求导，即可由f -1 =8且f -1 =0求解a ,b ，进而代入验证是否满足极值点即可．【详解】f x =3x 2+2ax +b ,若函数f x 在x =-1处有极值8，则f -1 =8,f-1 =0,即-1+a -b +a 2=83-2a +b =0,解得：a =3,b =3或a =-2,b =-7，当a =3,b =3时，f x =3x 2+6x +3=3(x +1)2≥0，此时x =-1不是极值点，故舍去；当a =-2,b =-7时，f x =3x 2-4x -7=3x -7 x +1 ，当x >73或x <-1时，f x >0，当-1<x <73,f x <0，故x =-1是极值点，故a =-2,b =-7符合题意，故f x =x 3-2x 2-7x +4，故f 1 =-4.故答案为：-412(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ln x -x 2+ax -2a ∈R ．(1)若f x 的极值为-2，求a 的值；(2)若m ，n 是f x 的两个不同的零点，求证：f m +n +m +n <0．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x 求导，再根据函数与导数的关系研究函数f x 的性质，即可得解；(2)由题意f m +n +m +n =1m -n m -n m +n -ln m n ，再设m >n >0，t =mn，进而构造函数g t =t -1t +1-ln t t >1 ，利用函数的单调性进行证明即可.【详解】(1)由题知f x 的定义域为0,+∞ ，fx =1x -2x +a =-2x 2+ax +1x．由f x =0可得2x 2-ax -1=0，解得x 1=a -a 2+84(舍去)，x 2=a +a 2+84，且ax 2=2x 22-1，∴f x 在0,x 2 上单调递增，在x 2,+∞ 上单调递减，∴f x 有极大值f x 2 =ln x 2-x 22+ax 2-2=ln x 2-x 22+2x 22-1 -2=ln x 2+x 22-3．设h x =ln x +x 2-3，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 1 =-2，故x 2=1，即a +a 2+84=1，解得a =1．(2)由条件可得f m =ln m -m 2+am -2=0，f n =ln n -n 2+an -2=0，两式相减，可得ln mn -m 2-n 2 +a m -n =0，故a =m +n -ln m nm -n，f m +n +m +n =1m +n-2m +n +a +m +n=1m +n -ln m nm -n =1m -n m -n m +n -ln m n．不妨设m >n >0，t =mn，则t >1，要证f m +n +m +n <0，只需证明m -n m +n -ln mn<0，即证t -1t +1-ln t <0．设g t =t -1t +1-ln t t >1 ，则gt =2t +12-1t =2t t +1 2t t +1 2=-t 2+1t t +1 2<0，∴g t 在1,+∞ 上单调递减，g t <1-11+1-ln1=0，故f m +n +m +n <0．【点睛】方法点睛：(1)研究函数零点、极值时，一般需要求导分析函数、导函数的单调性，并结合特值进行分析判断；(2)证明有关零点的不等式时，需要观察不等式，构造常用函数g t =t -1t +1-ln t t >1 证明即可.题型二　利用导数求函数最值求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．命题点1　不含参函数的最值13(2024·陕西·模拟预测)∀x ∈1,2 ，有a ≥-x 2ln x +x 2恒成立，则实数a 的取值范围为()A.e ,+∞B.1,+∞C.e2,+∞ D.2e ,+∞【答案】C【分析】构造函数μx =-x 2ln x +x 2,x ∈1,2 ，求导可得函数的单调性，即可求解最值μx max =μe =e 2，进而a ≥μx max 即可.【详解】由a ≥-x 2ln x +x 2在x ∈1,2 上恒成立，令μx =-x 2ln x +x 2,x ∈1,2 ，则μ x =-2x ln x -x +2x =-2x ln x +x =x -2ln x +1 ．令μ x =0，则x =e ，当x ∈1,e 时，μ x >0，故μ x 在1,e 上单调递增；当x ∈e ,2 时，μ x <0，故μ x 在e ,2 上单调递减；则μx ≤μe =e 2，所以a ≥e2故选:C14(2024·四川·模拟预测)已知f x =x 2-2x +a ln x -x ，若存在x 0∈0,e ，使得f x 0 ≤0成立，则实数a 的取值范围是.【答案】-1,+∞【分析】先用导数证明不等式x -ln x -1≥0，然后对a ≥-1和a <-1分类讨论，即可得出结果.【详解】设g x =x -ln x ，则g x =1-1x =x -1x，从而当0<x <1时g x <0，当x >1时g x >0.所以g x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，故对任意x >0有x -ln x =g x ≥g 1 =1，即x -ln x -1≥0.一方面，当a ≥-1时，由于f 1 =1-2-a =-1-a ≤0，故存在x 0=1使得f x 0 ≤0成立；另一方面，当a <-1时，由于对任意x ∈0,e 都有f x =x 2-2x +a ln x -x =x -1 2-1+a ln x -x =x -1 2+-a x -ln x -1=x -1 2+-a x -ln x -1 +-a -1≥0+0+-a -1 (这里用到x -1 2≥0，-a >0，x -ln x -1≥0)=-a -1>0，所以对任意x ∈0,e 都有f x >0.综上，a 的取值范围是-1,+∞ .故答案为：-1,+∞ .【点睛】关键点点睛：对于求取值范围问题，本质上就是要确定一个集合，使得命题成立的充要条件是参数属于该集合. 故本题中我们从两个方面入手，证明了存在x 0∈0,e 使得f x 0 ≤0的充要条件是a ∈-1,+∞ ，即可解决问题15(2024·上海徐汇·二模)如图，两条足够长且互相垂直的轨道l 1,l 2相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点A ,B 分别在l 1,l 2上滑动(A ,B 两点不与O 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计)，直杆上的点P 满足OP ⊥AB ，则△OAP 面积的取值范围是.【答案】(0,63]【分析】令∠OAB =x 0<x <π2，利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出△OAP 的面积函数，再利用导数求出值域即得.【详解】依题意，设∠OAB =x 0<x <π2，则OA =AB cos x =8cos x ,AP =OA cos x =8cos 2x ，因此△OAP 的面积f (x )=12OA ⋅AP sin x =32sin x cos 3x ，0<x <π2，求导得f (x )=32(cos 4x -3sin 2x cos 2x )=32cos 4x (1-3tan 2x )，当0<x <π6时，f (x )>0，当π6<x <π2时，f (x )<0，即函数f (x )在0,π6 上递增，在π6,π2上递减，因此f (x )max =f π6 =32×32 3×12=63，而f (0)=f π2 =0，则0<f (x )≤63，所以△OAP 面积的取值范围是(0,63].故答案为：(0,63]16(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ln x ．(1)求函数g x =f xx的最值．(2)证明：xe x-14x 4-e 2-34x 3-ef x >0(其中e 为自然对数的底数)．【答案】(1)最大值为g e =1e，无最小值；(2)证明见解析.【分析】(1)先求出函数的导数，根据导数得出函数的单调区间，从而得出函数的最值.(2)不等式转化为e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0，结合(1)知ln xx≤1e，从而证明：ex-14x3-e2-34x2-1≥0，再结合导数求函数的最小值证得结果.【详解】(1)由题意知g x =ln xx，定义域为0,+∞，从而g x =1-ln x x2．所以当x∈0,e时，g x >0；当x∈e,+∞时，g x <0．所以函数g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减．所以函数g x 的最大值为g e =1e，无最小值．(2)欲证xe x-14x4-e2-34x3-ef x >0，只需证e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0．由(1)知ln xx≤1e，从而e ln xx≤1，当且仅当x=e时取等号．下面证明：e x-14x3-e2-34x2-1≥0．设h x =e x-14x3-e2-34x2-1,x>0，则h x =e x-34x2-e2-32x．设H x =e x-34x2-e2-32x，则H x =e x-32x-e2-32．设F x =e x-32x-e2-32，则Fx =e x-32，故当x∈0,ln 3 2时，F x <0；当x∈ln32,+∞时，F x >0．所以函数F x 在0,ln 3 2上单调递减，在ln32,+∞上单调递增．由于F0 =5-e22<0,F2 =e2-32>0,F ln32=32-32ln32-e2-32<0，故设存在唯一的x0∈ln 3 2 ,2，使F x0 =0，且当x∈0,x0时，F x <0，当x∈x0,+∞时，F x >0．故函数H x 在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．又H0 =1,H1 =e-e22+34=4e+3-2e24<0,H2 =e2-3-e2-3=0，所以存在唯一的x1∈0,1，使H x1=0，故当x∈0,x1∪2,+∞时，H x >0；当x∈x1,2时，H x <0．从而函数h x 在0,x1,2,+∞上分别单调递增，在x1,2上单调递减．因为h0 =e0-0-0-1=0,h2 =e2-2-e2-3-1=0，所以h x ≥0在0,+∞上恒成立，当且仅当x=2时取等号．因为取等条件不相同，所以e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0恒成立，即xe x-14x4-e2-34x3-ef x >0成立．【点睛】本题第(2)问考查的是利用导数证明不等式．证明时有三个关键点：一是不等式的等价变形，由第(1)问的提示可知，需要把所证明的不等式两端同时除以x，使不等式等价转化为e x-14x 3-e 2-34x 2-e ln xx>0；二是放缩法的应用，由(1)知ln x x ≤1e ，从而e ln x x ≤1，此时只需再证明不等式e x-14x 3-e 2-34x 2-1≥0即可；三是构造函数h x =e x-14x 3-e 2-34x 2-1，通过求导研究h x 的单调性，进一步求得h x 的最小值，在研究h x 单调性的过程中，需要注意特殊点、端点，以及隐零点的讨论．命题点2　含参函数的最值17(2024·四川成都·模拟预测)已知函数f (x )=e x -12(a +1)x 2-bx (a ，b ∈R )没有极值点，则ba +1的最大值为()A.e2B.e 2C.eD.e 22【答案】B【分析】转化为f (x )=e x -1a +1x -b ≥0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到b ≤1a +1+ln a +1 a +1，故b a +1≤ln a +1 +1a +12，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案.【详解】函数f x =e x -12a +1x 2-bx 没有极值点，∴f (x )=e x -1a +1x -b ≥0，或f (x )≤0恒成立，由y =e x 指数爆炸的增长性，f (x )不可能恒小于等于0，∴f (x )=e x -1a +1x -b ≥0恒成立．令h x =e x -1a +1x -b ，则h x =e x -1a +1，当a +1<0时，h x >0恒成立，h x 为R 上的增函数，因为e x ∈0,+∞ 是增函数，-1a +1x -b ∈-∞,+∞ 也是增函数，所以，此时h (x )∈-∞,+∞ ，不合题意；②当a +1>0时，h x =e x -1a +1为增函数，由h x =0得x =-ln a +1 ，令h x >0⇔x >-ln a +1 ，h x <0⇔x <-ln a +1 ，∴h x 在-∞，-ln a +1 上单调递减，在-ln a +1 ，+∞ 上单调递增，当x =-ln a +1 时，依题意有h x min =h -ln a +1 =1a +1+ln a +1 a +1-b ≥0，即b ≤1a +1+ln a +1 a +1，∵a +1>0，∴ba +1≤ln a +1 +1a +12，令a +1=x (x >0)，u x =ln x +1x2x >0 ，则u x =x -ln x +1 ⋅2x x4=-2ln x +1x 3，令u x >0⇔0<x <1e ，令u x <0，解得x >1e，所以当x =1e 时，u x 取最大值u 1e=e2.故当a +1=1e，b =e 2，即a =e e -1，b =e 2时，b a +1取得最大值e 2.综上，若函数h x 没有极值点，则b a +1的最大值为e2.故选：B .【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于0，通过构造函数，借助导数研究函数的最小值，从而得解.18(23-24高三下·重庆·阶段练习)若过点a ,b 可以作曲线y =ln x 的两条切线，则()A.b >ln aB.b <ln aC.a <0D.b >e a【答案】A【分析】设切点坐标为(x 0,y 0)，由切点坐标求出切线方程，代入坐标(a ,b )，关于x 0的方程有两个不同的实数解，变形后转化为直线与函数图象有两个交点，构造新函数由导数确定函数的图象后可得.【详解】设切点坐标为(x 0,y 0)，由于y =1x ，因此切线方程为y -ln x 0=1x 0(x -x 0)，又切线过点(a ,b )，则b -ln x 0=a -x 0x 0，b +1=ln x 0+ax 0，设f (x )=ln x +ax，函数定义域是(0,+∞)，则直线y =b +1与曲线f (x )=ln x +a x 有两个不同的交点，f (x )=1x -a x 2=x -ax 2，当a ≤0时，f (x )>0恒成立，f (x )在定义域内单调递增，不合题意；当a >0时，0<x <a 时，f (x )<0，f (x )单调递减，x >a 时，f (x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min =f (a )=ln a +1，结合图象可知b +1>ln a +1，即b >ln a .故选：A .19(2024·全国·模拟预测)函数f x =x +2 ln x +1 -ax 只有3个零点x 1，x 2，x 3x 1<x 2<x 3<3 ，则a +x 2的取值范围是．【答案】2,10ln23【分析】由题意对函数求导，为判断导数与零的大小关系，对导数再次求导求其最值，利用分类讨论思想，结合零点存在性定理，建立不等式组，可得答案.【详解】函数f x =x +2 ln x +1 -ax 的定义域为-1,+∞ ，则f x =ln x +1 +x +2x +1-a ．设g x =f x ，则g x =1x +1-1x +1 2=xx +1 2，所以当x ∈-1,0 时，g x <0，f x 单调递减，当x ∈0,+∞ 时，g x >0，f x 单调递增，所以f x ≥f 0 =2-a ．当2-a ≥0，即a ≤2时，f x ≥0，f x 单调递增，且f 0 =0，此时f x 只有1个零点，不满足题意；当2-a <0，即a >2时，由f1e a -1 =ln 1e a -1+1+1e a-1+21ea -1+1-a =e a +1-2a >0，f e a -1 =ln e a -1+1 +e a-1+2e a-1+1-a =1+1ea >0存在m ∈-1,0 ，n ∈0,+∞ ，使得f m =0，f n =0，当x ∈-1,m ∪n ,+∞ 时，f x >0；当x ∈m ,n 时，f x <0，所以f x 在-1,m 上单调递增，在m ,n 上单调递减，在n ,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，易知f m >0，f n <0，由f1ea-1 =1ea-1+2 ln1ea-1+1-a1ea-1=-2ae -a <0，f e a -1 =e a -1+2 ln e a -1+1 -a e a -1 =2a >0，则f x 在-1,m ，n ,+∞ 上各有1个零点，此时满足题意.所以a >2，且x 2=0．由x 3<3，得f 3 =5ln4-3a >0，得a <10ln23．所以a +x 2的取值范围是2,10ln23．故答案为：2,10ln23.【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a 分a ≤2和a >2讨论，当a >2时，需要利用零点存在性定理证明其满足题意，再根据x 3<3，则f 3 =5ln4-3a >0，解出即可.4.2024·北京海淀·一模)已知函数f (x )=xe a -12x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )=f (x )+e -2a ,x ∈(0,+∞)存在最大值，求a 的取值范围.【答案】(1)f (x )的增区间为-∞,2 ，减区间为(2,+∞)(2)a ≥-1【分析】(1)对函数求导，得到f(x )=ea -12x 1-12x ，再求出f(x )>0和f(x )<0对应的x 取值，即可求出结果；(2)令h (x )=f (x )+e -2a ，对h (x )求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出h (x )的单调区间，进而得出h (x )在(0,+∞)上取值范围，从而将问题转化成2e a -1+e -2a ≥e -2a 成立，构造函数m (x )=e x -1+e -2x ，再利用m (x )的单调性，即可求出结果.【详解】(1)易知定义域为R ，因为f (x )=xe a -12x ，所以f(x )=e a -12x -12xe a -12x =e a -12x 1-12x ，由f (x )=0，得到x =2，当x <2时，f (x )>0，当x >2时，f (x )<0，所以，函数f (x )的单调递增区间为-∞,2 ，单调递减区间为2,+∞ .(2)令h (x )=f (x )+e -2a ，则h (x )=f (x )，由(1)知，函数f (x )的单调递增区间为-∞,2 ，单调递减区间为2,+∞ ，所以h (x )在x =2时取得最大值h (2)=2e a -1+e -2a ，所以当x >2时，h (x )=xe a -12x +e -2a >e -2a =h (0)，当0<x <2时，h (x )>h (0)，即当x ∈(0,+∞)时，h (x )∈h (0),h (2) ，所以函数g (x )=xea -12x +e -2a 在(0,+∞)存在最大值的充要条件是2e a -1+e -2a ≥e -2a ，即2e a -1+e -2a +e -2a 2=e a -1+e -2a ≥0，令m (x )=e x -1+e -2x ，则m (x )=e x -1+e -2>0恒成立，所以m (x )=e x -1+e -2x 是增函数，又因为m (-1)=e -2-e -2=0，所以m (a )=e a -1+e -2a ≥0的充要条件是a ≥-1，所以a 的取值范围为-1,+∞ .【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第(2)问，构造函数h (x )=xe a -12x +e -2a ，利用函数单调性得到x ∈(0,+∞)时，h (x )∈h (0),h (2) ，从而将问题转化成2e a -1+e -2a ≥e -2a ，构造函数m (x )=e x -1+e -2x ，再利用m (x )的单调性来解决问题【课后强化】基础保分练一、单选题1(2023·广西·模拟预测)函数f x =x 3+ax 在x =1处取得极小值，则极小值为()A.1B.2C.-2D.-1【答案】C【分析】求出函数f (x )的导数，利用极小值点求出a 值，再借助导数求出极小值作答.【详解】依题意，f x =3x 2+a ，因为函数f (x )在x =1处取得极小值，则f 1 =3+a =0，解得a =-3，此时f x =3x 2-3=3(x +1)(x -1)，当x <-1或x >1时，f (x )>0，当-1<x <1，时f (x )<0，因此函数f (x )在-∞,-1 ,1,+∞ 上单调递增，在(-1,1)上单调递减，所以函数f x =x 3-3x 在x =1处取得极小值f (1)=-2.故选：C2(2024·四川凉山·二模)若f x =x sin x +cos x -1，x ∈-π2,π ，则函数f x 的零点个数为()A.0B.1C.2D.3【答案】C【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.【详解】f x =sin x +x cos x -sin x =x cos x ,当x ∈-π2,0 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈0,π2 时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈π2,π 时，f x <0，f x 单调递减，又f -π2 =π2-1>0，f 0 =0，f π2 =π2-1>0，f π =-2<0，则f x =x sin x +cos x -1的草图如下：由图象可得函数f x 的零点个数为2.故选：C .3(2024·黑龙江哈尔滨·一模)在同一平面直角坐标系内，函数y=f x 及其导函数y=f x 的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为0,1，则()A.函数y=f x ⋅e x的最大值为1B.函数y=f x ⋅e x的最小值为1C.函数y=f xe x的最大值为1 D.函数y=f xe x的最小值为1【答案】C【分析】AB选项，先判断出虚线部分为y=f x ，实线部分为y=f x ，求导得到y=f x ⋅e x在R上单调递增，AB错误；再求导得到x∈(-∞,0)时，y=f(x)e x单调递增，当x∈(0,+∞)时，y=f(x)e x单调递减，故C正确，D错误.【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y=f x ，实线部分为y=f x ，故y =f x ⋅e x+f x ⋅e x=f x +f x⋅e x>0恒成立，故y=f x ⋅e x在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，y =f (x)e x-f(x)e xe x2=f (x)-f(x)e x，由图像可知x∈(-∞,0)，y =f (x)-f(x)e x>0恒成立，故y=f(x)e x单调递增，当x∈(0,+∞)，y =f (x)-f(x)e x<0，y=f(x)e x单调递减，所以函数y=f(x)e x在x=0处取得极大值，也为最大值，f0e0=1，C正确，D错误.故选：C4(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ae2x+be x+2x有2个极值点，则()A.0<a<b216B.b>0C.a<4bD.b>2a【答案】A【分析】求出函数的导函数，令t=e x，依题意可得关于t的方程2at2+bt+2=0有两个不相等的正实根t1、t2，则2a≠0Δ>0t1+t2>0t1t2>0，即可判断.【详解】函数f x =ae2x+be x+2x的定义域为R，且f x =2ae2x+be x+2，依题意f x =0有两个不相等实数根，令t=e x，则关于t的方程2at2+bt+2=0有两个不相等的正实根t1、t2，所以2a ≠0Δ=b 2-16a >0t 1+t 2=-b 2a >0t 1t 2=1a >0，所以0<a <b216，b <0.故选：A5(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =a sin x +cos xe x+x 在0,π 上恰有两个极值点，则实数a的取值范围是()A.0,22e π4B.-∞,e πC.0,e πD.22e π4,+∞【答案】D【分析】函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，fx 在0,π 上有两个变号零点，分离常数得a =e x 2sin x，转化为两函数图象有两个不同的交点，利用数形结合思想进行求解；或直接求函数f x 的单调性，求图象在0,π 上与x 轴有两个交点的条件.【详解】解法一：由题意可得f x =-2a sin xex+1，因为函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，所以f x 在0,π 上有两个变号零点．令fx =-2a sin x e x+1=0，可得a =e x 2sin x ，令g x =e x 2sin x ,x ∈0,π ，则直线y =a 与函数y =g x ，x ∈0,π 的图象有两个不同的交点，g x =2e x sin x -cos x 2sin x 2=22e x sin x -π4 2sin x 2，当x ∈π4,π 时，g x >0，所以g x 在π4,π 上单调递增，当x ∈0,π4 时，g x <0，所以g x 在0,π4上单调递减，又g π4 =22e π4，当x 趋近于0时，g x 趋近于+∞，当x 趋近于π时，g x 趋近于+∞，所以可作出g x 的图象如图所示，数形结合可知a >22e π4，即实数a 的取值范围是22e π4,+∞，故选：D ．解法二 由题意可得f x =-2a sin xex+1．因为函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，所以f x 在0,π 上有两个变号零点．当a ≤0时，f x >0在0,π 上恒成立，不符合题意．当a >0时，令h x =fx =-2a sin x e x +1，则hx=22a sin x -π4 e x，当x ∈π4,π 时，h x >0，h x 单调递增，当x ∈0,π4时，h x <0，h x 单调递减，因为h 0 =h π =1，h π4 =1-2a e π4，所以h π4 =1-2a eπ4<0，则a >22e π4，即实数a 的取值范围是22e π4,+∞，故选：D ．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.二、多选题6(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ae x +bx在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则()A.ab >0B.b a ≤4e2C.4a -be 2>0 D.对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意【答案】AD【分析】根据给定条件，分类讨论，逐项判断即可.【详解】由题意，得f x =ae x-b x 2=ax 2e x -b x 2.令f x =0，得x 2e x =b a .令g x =x 2e x ，则g x =x x +2 e x .当x ∈-∞,-2 ∪0,+∞ 时，g x >0，此时g x 单调递增；当x ∈-2,0 时，g x <0，此时g x 单调递减.∵g -2 =4e 2,g 0 =0，当x →-∞时，g x →0，∴当0<b a <4e2时，f x 在定义域内既存在极大值点又存在极小值点.故A 正确，B 不正确.当a <0时，由0<b a <4e2知，当b <0时，4a -be 2<0，故C 不正确.对于任意非零实数a ，总存在实数b ，使得0<b a <4e2成立，故D 正确.故选：AD .7(2024·湖北武汉·模拟预测)已知各项都是正数的数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =a n 2+12a n，则下列结论正确的是()A.当m >n m ，n ∈N * 时，a m >a nB.S n +S n +2<2S n +1C.数列S 2n 是等差数列D.S n -1S n≥ln n 【答案】BCD【分析】计算数列首项及第二项可判定A ，利用等差数列的定义及S n ,a n 的关系可判定C ，从而求出S n 的通项公式结合基本不等式、函数的单调性可判定B 、D .【详解】对A ，由题意可知a 1=a 12+12a 1⇒a 21=1，所以a 1=1，则a 1+a 2=a 22+12a 2⇒a 22+2a 2-1=0，所以a 2=2-1<a 1，故A 错误；对C ，由S n =a n 2+12a n ⇒S n =S n -S n -12+12S n -S n -1⇒S 2n -S 2n -1=1n ≥2 ，故C 正确；对C ，所以S 2n =1+n -1 =n ⇒S n =n ，则S n +S n +2=n +n +2<2n +n +22=2S n +1，故B 正确；对D ，易知S n -1S n =n -1n，令f x =x -1x -2ln x x ≥1 ，则f x =1+1x2-2x =1x -1 2≥0，则f x 单调递增，所以f x ≥f 1 =0⇒n -1n ≥ln n ，即S n -1S n ≥ln n ，故D 正确.故选：BCD 三、填空题8(2024·上海黄浦·二模)如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分(它由线段CE ,DF 与分别以OC ,OD 为直径的半圆弧组成)表示一条步道.其中的点C ,D 是线段AB 上的动点，点O 为线段AB ,CD 的中点，点E ,F 在以AB 为直径的半圆弧上，且∠OCE ,∠ODF 均为直角.若AB =1百米，则此步道的最大长度为百米.【答案】π2+42【分析】设半圆步道直径为x 百米，连接AE ,BE ，借助相似三角形性质用x 表示CE ，结合对称性求出步道长度关于x 的函数关系，利用导数求出最大值即得.【详解】设半圆步道直径为x 百米，连接AE ,BE ，显然∠AEB =90°，由点O 为线段AB ,CD 的中点，得两个半圆步道及直道CE ,DF 都关于过点O 垂直于AB 的直线对称，则AC =12-x ,BC =12+x ，又CE ⊥AB ，则Rt △ACE ∽Rt △ECB ，有CE 2=AC ⋅BC ，即有DF =CE =14-x 2，因此步道长f (x )=214-x 2+πx =1-4x 2+πx ，0<x <12，求导得f (x )=-4x 1-4x 2+π，由f(x )=0，得x =π2π2+4，当0<x <π2π2+4时，f (x )>0，函数f (x )递增，当π2π2+4<x <12时，f(x )<0，函数f (x )递减，因此当x =π2π2+4时，f (x )max =1-4π2π2+42+π22π2+4=π2+42，所以步道的最大长度为π2+42百米.故答案为：π2+429(2023·江西赣州·模拟预测)当x =0时，函数f x =ae -x +bx 取得极小值1，则a +b =.【答案】2【分析】求导函数f x =-ae -x +b ，根据f (0)=a =1f (0)=-a +b =0求得a ,b 的值，检验极值点后可得a +b 的值.【详解】函数f x =ae -x +bx ，则f x =-ae -x +b 当x =0时，函数f x =ae -x +bx 取得极小值1，所以f (0)=a =1f (0)=-a +b =0，解得a =1,b =1，所以f x =-e -x+1=e x -1ex ，则函数在x ∈-∞,0 时，f x <0，函数单调递减；在x ∈0,+∞ 时，f x >0，函数单调递增；符合x =0是函数的极值点；故a +b =2.故答案为：2.四、解答题10(2023·河南洛阳·一模)已知函数f x =12x 2+1x +12．(1)求f x 的图像在点2,f 2 处的切线方程；(2)求f x 在12,2上的值域．【答案】(1) 7x -4y -2=0；(2)2,3 ．【分析】(1)把点2,f 2 代入函数解析式，得切点坐标，通过求导，得到切线的斜率，根据直线的点斜式方程，求切线方程．(2)解不等式f x >0，得函数增区间，解不等式f x <0，得函数减区间，结合x ∈12,2，确定函数单调性，求得最值，进而得出f x 在12,2上的值域．【详解】(1)因为f x =12x 2+1x +12，所以f x =x -1x2，所以f 2 =3，f 2 =74，故所求切线方程为y -3=74x -2 ，即7x -4y -2=0．(2)由(1)知f x =x 3-1x 2=x -1 x 2+x +1 x 2，x ∈12,2 ．令f x >0，得1<x ≤2；令f x <0，得12≤x <1．所以f x 在12,1上单调递减，在1,2 上单调递增，所以f x min =f 1 =2．又f 12 =218，f 2 =3，因为f 2 >f 12，所以2≤f x ≤3，即f x 在12,2上的值域为2,3 ．11(2024·上海静安·二模)已知k ∈R ，记f (x )=a x +k ⋅a -x (a >0且a ≠1)．(1)当a =e (e 是自然对数的底)时，试讨论函数y =f (x )的单调性和最值；(2)试讨论函数y =f (x )的奇偶性；(3)拓展与探究：① 当k 在什么范围取值时，函数y =f (x )的图象在x 轴上存在对称中心？请说明理由；②请提出函数y =f (x )的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．(不必证明)【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3)①当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0，理由见解析；②答案见解析.【分析】(1)当a =e 时，求得f (x )=e x -k ⋅e -x ，分k ≤0和k >0，两种情况讨论，分别求得函数的单调性，进而求得函数的最值；(2)根据题意，分别结合f (-x )=f (x )和f (-x )=-f (x )，列出方程求得k 的值，即可得到结论；(3)根据题意，得到当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0 ，且k <0时，对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且f (log a (-k )-x )=-f (x )．【详解】(1)解：当a =e 时，函数f (x )=e x +k ⋅e -x ，可得f (x )=e x -k ⋅e -x ，若k ≤0时，f (x )>0，故函数y =f (x )在R 上单调递增，函数y =f (x )在R 上无最值；若k >0时，令f (x )=0，可得x =12ln k ，当x ∈-∞,12ln k 时，f x <0，函数y =f (x )在-∞,12ln k 上为严格减函数；当x ∈12ln k ,+∞ 时，f x >0，函数y =f (x )在12ln k ,+∞ 上为严格增函数，所以，当x =12ln k 时，函数取得最小值，最小值为f 12ln k =2k ，无最大值．综上：当k ≤0时，函数f (x )在R 上无最值；当k >0时，最小值为2k ，无最大值．(2)解：因为“y =f (x )为偶函数”⇔“对于任意的x ∈R ，都有f (-x )=f (x )”即对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且a x +k ⋅a -x =a -x +k ⋅a x ；即对于任意的x ∈R ，(k -1)(a x -a -x )=0，可得k =1，所以k =1是y =f (x )为偶函数的充要条件．因为“y =f (x )为奇函数”⇔“对于任意的x ∈R ，都有f (-x )=-f (x )”，即对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且-a x -k ⋅a -x =a -x +k ⋅a x ，即对于任意的x ∈R ，(k +1)(a x +a -x )=0，可得k =-1，所以k =-1是y =f (x )为奇函数的充要条件，当k ≠±1时，y =f (x )是非奇非偶函数.(3)解：①当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0，当k <0时，对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且f (log a (-k )-x )=-f (x )．证明：当k <0时，令f (x )=0，解得x =12log a (-k )为函数y =f (x )的零点，由f (x )=a x +k ⋅a -x ，。

导数第一讲：求导、切线、单调性、极值、最值(解析版)

导数第一讲：求导、切线、单调性、极值、最值(解析版)

导数第一讲：求导、切线、单调性、极值、最值例1．（1）求曲线21xy x =-，在点()1,1处的切线方程；（2）求过点()2,3的抛物线2y x =的切线方程．解:（1）()2121y x '=--，可知所求切线的斜率1k =-故所求切线的方程为()11y x -=--，即20x y +-=．（2）设切点坐标为()200,x x ，2y x '=，可知所求切线的斜率022k x =∵切线过点()2,3和点()200,x x ，∴2000322x x x -=-，解得01x =或03x =，∴切线的斜率为2或6故所求切线的方程为()322y x -=-或()362y x -=-，即210x y --=或690x y --=．练习1．已知函数()3233f x x x bx c =-++在=0x 处取得极大值1.(1)求函数()y f x =的图象在=1x -处的切线方程；(2)求过点()1,1-与曲线()y f x =相切的直线方程.解:（1）()3233f x x x bx c =-++，则()2363f x x x b '=-+，由题意可得()()03001f b f c ⎧'==⎪⎨==⎪⎩，解得01b c =⎧⎨=⎩，即()3231f x x x =-+，()236f x x x '=-，令()0f x ¢>，解得2x >或0x <，故()f x 在()(),0,2,-∞+∞上单调递增，在()0,2上单调递减，则()f x 在=0x 处取得极大值1，即0,1b c ==符合题意.∵()()13,19f f '-=--=，则切点坐标为()1,3--，切线斜率9k =，∴函数()y f x =的图象在=1x -处的切线方程为()391y x +=+，即960x y -+=.（2）由（1）可得：()3231f x x x =-+，()236f x x x '=-，设切点坐标为()32000,31x x x -+，切线斜率20036k x x =-，则切线方程为()()()322000003136y x x x x x x --+=--，∵切线过点()1,1-，则()()()32200000131361x x x x x ---+=--，整理得()3010x -=，即01x =，∴切线方程为()131y x +=--，即320x y +-=.例2．函数32()(1)31f x x a x x =+--+．(1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若过原点O 可作三条直线与()f x 的图像相切，求实数a 的取值范围．解:（1）当1a =时，3()31,R f x x x x =-+∈．由2()33f x x '=-，令()0f x '>，解得1x <-或1x >；令()0f x '<，解得11x -<<．所以()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-和(1,)+∞，单调递减区间为(1,1)-．（2）易知原点O 不在函数()f x 的图像上，设切点为(,())(0)t f t t ≠．求导得2()32(1)3f x x a x =+--'，则()()f t f t t ='，即322(1)3132(1)3t a t t t a t t +--+=+--，整理得322(1)10t a t +--=，所以2112a t t -=-，令21()2(0)g t t t t =-≠，则32()2g t t =+'，令()0g t '>，解得0t >或1t ≤-；令()0g t '<，解得10t -<<，所以函数()g t 在区间(,1)-∞-上单调递增，在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上递增，故当0t <时，max ()(1)3g t g =-=-；当t →-∞时，()g t →-∞；0t →时，()g t →-∞，当0t >时，()g t 的取值范围为R ．而过原点O 可作三条直线与()f x 的图像相切，则()()f t f t t='有三个不相等的实数根，也就是直线1y a =-与函数()y g t =的图象有三个交点，则有13a -<-，即4a >．练习2．已知函数()f x =e x ，()ln g x x =．()f x 的图象与()g x 的图象是否存在公切线？如果存在，有几条公切线，请证明你的结论．解:曲线y ＝f （x ），y ＝g （x ）公切线的条数是2，证明如下：设公切线与g （x ）＝lnx ，f （x ）＝ex 的切点分别为（m ，lnm ），（n ，en ），m ≠n ，∵g ′（x ）1x =，f ′（x ）＝ex ，可得11nne mlnm e m n m ⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪-⎩，化简得（m ﹣1）lnm ＝m +1，当m ＝1时，（m ﹣1）lnm ＝m +1不成立；当m ≠1时，（m ﹣1）lnm ＝m +1化为lnm 11m m +=-，由lnx 11x x +==-121x +-，即lnx ﹣121x =-．分别作出y ＝lnx ﹣1和y 21x =-的函数图象，由图象可知：y ＝lnx ﹣1和y 21x =-的函数图象有两个交点，可得方程lnm 11m m +=-有两个实根，则曲线y ＝f （x ），y ＝g （x ）公切线的条数是2条．例3．已知函数()()()21ln 1R 2f x x ax a x a =+-+∈．(1)当2a =时，求函数()y f x =的极值；(2)求当0a >时，函数()y f x =在区间[1,e]上的最小值()Q a .解:（1）当2a =时，函数2()ln 3(0)f x x x x x =+->．1(21)(1)()23x x f x x x x--'=+-=，令()0f x '=，得1x =或12x =,当1(0,)2x ∈时，()0f x '>，()f x 在1(0,)2上单调递增，当1(,1)2x ∈时，()0f x '<，()f x 在1(,1)2上单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)+∞上单调递增，则()f x 在12x =处取得极大值，在1x =处取得极小值．极大值为15()ln 224f =--，极小值为(1)2f =-．（2）函数()f x 的定义域是[1,e]，1()(1)1()(1)(0)a x x a f x ax a a x x--'=+-+=>．当0a >时，令()0f x '=有两个解，1x =或1x a=．当10ea <≤，即1e a ≥时，()0f x '≤，()f x ∴在[1,e]上单调递减，()f x ∴在[1,e]上的最小值是(e)f 211e (1)e 2a a =+-+，当11ea <<，即11e a <<时，当1(1,)x a ∈时，()0f x '<，()f x ∴在1(1,)a上单调递减，当1(,e)x a ∈时，()0f x '>，()f x ∴在1(,e)a 上单调递增，()f x ∴在[1,e]上的最小值是11()ln 12f a a a=---，当1a ≥，即101a<≤时，[1,e]x ∈，()0f x '≥，()f x ∴在[1,e]上单调递增，()f x ∴在[1,e]上的最小值是(1)f 112a =--．综上，2111e (1)e,02e 11()ln 1,12e 11,12a a a Q a a a a a a ⎧+-+<≤⎪⎪⎪=---<<⎨⎪⎪--≥⎪⎩．练习3．已知()()2,R f x x x c c =-∈.(1)若()f x 在2x =处有极大值，求c 的值；(2)若03c <<，求()f x 在区间[1]2，上的最小值.解:（1）由题知，()()()3f x x c x c =--'，由题意，()()()2260f c c '=--=，得2c =或6c =，当2c =时，在()2,,2,3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x ¢>，在2,23⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，此时，()f x 在2x =处有极小值，不符题意；当6c =时，在()(),2,6,-∞+∞上()0f x ¢>，在()2,6上()0f x '<，此时，()f x 在2x =处有极大值，符合题意.综上，6c =.（2）令()0f x '=，得3cx =或x c =，由03c <<，则在(),,,3c c ∞∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x ¢>，在,3c c ⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，即()f x 在(),,,3c c ∞∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递增，在,3c c ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.由题意，13c <，当23c ≤<时，()f x 在区间[]1,2上单调递减，则()2min ()22(2)f x f c ==-，当12c <<时，()f x 在区间()1,c 上单调递减，在(),2c 上单调递增，则()min ()0f x f c ==，当01c <≤时，()f x 在区间[]1,2上单调递增，则()2min ()1(1)f x f c ==-，综上，()()()2min21,010,1222,23c c f x c c c ⎧-<≤⎪⎪=<<⎨⎪-≤<⎪⎩.例4．已知函数()()22ln f x x x a x a =-+∈R ．(1)若()f x 的单调递减区间为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦，求a 的值；(2)若0x 是()f x 的极大值点，且()2002f x x a <-恒成立，求a 的取值范围．解:（1）由题可知()f x 的定义域为()0,∞+，()22222a x x af x x x x-+'=-+=．()f x 的单调递减区间为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦等价于()0f x '≤的解集为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦，即2220x x a -+≤的解集为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以方程2220x x a -+=的两个根分别为14，34，由根与系数的关系可得13244a =⨯，所以38a =．（2）若0x 是()f x 的极大值点，定义域为()0+∞，，则()0f x '=至少有一正根，即方程2220x x a -+=至少有一正根．若0a =，则方程2220x x a -+=的正根为1x =，因为当01x <<时()0f x '<，当1x >时()0f x ¢>，所以此时()f x 只有极小值点1，不符合题意．若0<a ，则方程2220x x a -+=有一正根和一负根，设为α，β，且0α>，0β<，则()()2222x x a x x αβ-+=--．因为当0x α<<时，()0f x '<，当x α>时，()0f x ¢>，所以此时()f x 只有极小值点α，不符合题意．若0a >，由题可知方程2220x x a -+=应有两个不等的正根，设为1x ，2x ，其中12x x <，则Δ48002a a =->⎧⎪⎨>⎪⎩解得102a <<．所以()()()212222x x x x x x a f x x x ---+'==．列表如下：x()10,x 1x ()12,x x 2x ()2,x +∞()f x '+-+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以1x 是极大值点，2x 是极小值点，则01x x =．由120x x <<，且121x x =+，得110x 2<<．由题可知()22000002ln 2f x x x a x x a =-+<-，即00ln 220a x x a -+<当0102x <<时恒成立．令()ln 22h x a x x a =-+，102x <<，则()222a x a x h x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==．因为102a <<，所以1024a <<．所以当02a x <<时，()0h x '>，当2ax >时，()0h x '<，所以()max ln 022a a h x h a a ⎛⎫==+< ⎪⎝⎭，解得20e a <<，又102a <<，所以此时a 的取值范围是10,2⎛⎫⎪⎝⎭．综上，实数a 的取值范围是102⎛⎫⎪⎝⎭，．练习4．设函数21()3ln ,2af x x x a R x=+-∈．(1)若函数()f x 是增函数，求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数a ，使得1x =是()f x 的极值点？若存在，求出a ；若不存在，请说明理由．解:（1）23()a f x x x x=--'，∵()f x 是增函数，∴23()0a f x x x x=--≥'对0x ∀>恒成立，∴()3min3a x x ≤-,令32()3,()33g x x x g x x '=-=-,令()01g x x '=⇒=且当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增.∴min ()(1)2g x g ==-，∴2a ≤-，即a 的取值范围为(,2]-∞-．（2）若1x =是()f x 的极值点，则必有(1)1302f a a =--=⇒=-'（必要性）当2a =-时，322222332(1)(2)()0x x x x f x x x x x x -+-+=+-='=≥∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，()f x 无极值点，故假设不成立，即不存在这样的a ．练习5．已知函数()()=ln 3R f x a x ax a --∈(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 的图像在点()()2,2f 处的切线斜率为12，设()()m g x f x x=-，若函数()g x 在区间[]1,2内单调递增，求实数m 的取值范围.解:（1）(1)()(0)a a x f x a x x x-=-=>'当0a >时，()f x 的单调增区间为()0,1，减区间为()1,+∞；当0a <时，()f x 的单调增区间为(1,)+∞，减区间为()0,1；当=0a 时，()f x 不是单调函数.（2）∵1(2)2f '=，∴12122a -⋅=，解得1a =-，∴()ln 3f x x x =-+-()()()ln 30m m g x f x x x x x x =-=-+-->,又()221()10m x g x x x x x x m-+'=-++=>()g x 要在区间[1,2]上单调递增，只需()0g x '≥在[]1,2上恒成立，即20x x m -+≥在[]1,2上恒成立，即()2maxm x x≥-，又在[1,2]上()2maxx x-=∴0m ≥.练习6．已知函数()(ln 1),R f x x x k k =--∈．(1)当1x >时，求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若对于任意2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，都有()4ln f x x <成立，求实数k 的取值范围；解:（1）由题知，()()ln 1,R f x x x k k =--∈，所以1()ln 1ln ,0f x x k x x k x x'=--+⋅=->，当0k ≤时，因为1x >，所以()ln 0f x x k '=->，所以()f x 的单调增区间是(1,)+∞，无单调减区间，无极值，当0k >时，令ln 0x k -=，解得e k x =，当1e k x <<时，()0f x '<，当e k x >时，()0f x '>，所以()f x 的单调减区间是()1,e k ，单调增区间是()e ,k ∞+，极小值为()()e e 1e k k kf k k =⋅--=-，无极大值.（2）因为对于任意2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，都有()4ln f x x <成立，所以()4ln 0f x x -<，即问题转化为(4)ln (1)0x x k x --+<，对于2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，即(4)ln 1x x k x -+>，对于2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令(4)ln ()x x g x x -=，所以24ln 4()x x g x x +-'=，令()24ln 4,e,e t x x x x ⎡⎤=+-∈⎣⎦，所以4()10t x x'=+>，所以()t x 在区间2e,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，所以()()min e e 44e 0t x t ==-+=>，所以()0g x '>，所以()g x 在区间2e,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，所以函数()()22max 8e 2eg x g ==-，要使(4)ln 1x x k x -+>，对于2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，只要max 1()k g x +>，所以2812e k +>-，即281e k >-，所以实数k 的取值范围为281,e ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；备选1．设a 为实数，已知函数()()32211932f x x a x =-++(1)讨论()f x 的单调性(2)若过点()0,10有且只有两条直线与曲线()32111132y x a x ax =-+++相切，求a 的值.解:（1）因为()()32211932f x x a x =-++，则()()221f x x a x '=-+，由()0f x '=可得10x =，212a x +=，①当102a +=时，即当1a =-时，对任意的x ∈R ，()0f x '≥且()f x '不恒为零，此时，函数()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间；②当102a +<时，即当1a <-时，由()0f x '<可得102a x +<<，由()0f x ¢>可得12a x +<或0x >，此时，函数()f x 的减区间为1,02a +⎛⎫⎪⎝⎭，增区间为1,2a +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭、()0,∞+；③当102a +>时，即当1a >-时，由()0f x '<可得102a x +<<，由()0f x ¢>可得0x <或12a x +>，此时，函数()f x 的减区间为10,2a +⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为(),0∞-、1,2a +⎛⎫+∞⎪⎝⎭.综上所述，当1a =-时，函数()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间；当1a <-时，函数()f x 的减区间为1,02a +⎛⎫⎪⎝⎭，增区间为1,2a +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭、()0,∞+；当1a >-时，函数()f x 的减区间为10,2a +⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为(),0∞-、1,2a +⎛⎫+∞⎪⎝⎭.（2）解：设切点为()3211,1132t t a t at ⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭，对函数()32111132y x a x ax =-+++求导得()21y x a x a '=-++，所以，切线方程为()()()3221111132y t a t at t a t a x t ⎡⎤⎡⎤--+++=-++-⎣⎦⎢⎥⎣⎦，将点()0,10的坐标代入切线方程整理可得()322119032t a t -++=，即()0f t =，故关于t 的方程()0f t =有两个不等的实根，①当1a =-时，函数()f t 在R 上单调递增，则方程()0f t =至多一个实根，不合乎题意；②当1a <-时，则()()090f t f ==>极小值，故当12a t +>时，()0f t >，此时方程()0f t =至多一个实根，不合乎题意；③当1a >-时，则()()090f t f ==>极大值，则()()311910224a f t f a +⎛⎫==-+= ⎪⎝⎭极大值，解得5a =，合乎题意.综上所述，5a =.备选2．已知函数()22ln 2x af x x x-=-．(1)若()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若1a =，试问过点()0,1向曲线()y f x =可作几条切线？解:（1）依题意，因为()22ln 2x af x x x-=-，所以()f x 的定义域为()0,∞+，()()()22222222112142x x x a x a f x x x x ⨯----+-'=-=，若()f x 在()0,∞+上单调递减，则有()0f x '≤在()0,∞+上恒成立，即()21120x a --+-≤恒成立，所以()22111a x ≥--+≥，解得12a ≥，所以实数a 的取值范围为：1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（2）当1a =时，()22ln 2x f x x x -=-且点()0,1不在()f x 上，所以()()22112x f x x---'=，设切线方程的斜率为k ，切点为()00,P x y ，根据导数的几何意义，则有()2020112x k x---=，又切线过点()0,1，所以切线方程可设为1y kx =+，则有001y kx =+，200002ln 2x y x x -=-，所以()2002020002112ln 21x x x x x x --=---⨯+，整理得000ln 220x x x -+=，令()ln 22g x x x x =-+()0x >，则()ln 1g x x '=-，所以在x ∈()0,e 时，()0g x '<，()g x 单调递减；在()e,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x 在e x =处取得最小值，又()10g =，所以()g x 在()0,e 有一零点，又因为()0e e 2g =-<，()2222eeln e 2e 220g =-+=>，由零点存在性定理可知，在()2e,e x ∈必有一个根0x ，使得000ln 220x x x -+=成立，综上，方程000ln 220x x x -+=有两个解，所以过点()0,1向曲线()y f x =可作2条切线.备选3．已知函数1()2ln f x a x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其中a R ∈.（1）若()f x 是定义在(0,)+∞上的单调函数，求实数a 的取值范围；（2）当0a >时，判断()f x 与()2g x x =的图象在其公共点处是否存在公切线？若存在，求满足条件的a 值的个数；若不存在，请说明理由.解:（1）222122()1ax x a f x a x x x -+⎛⎫'=+-= ⎪⎝⎭.当0a ≤时，()0f x '<，故()f x 在(0,)+∞上单调递减，满足题意；当0a >时，要使得()f x 在(0,)+∞上单调，则恒有()0f x '≥.∴2440a ∆=-≤，解得：1a ≥.综上，1a ≥或0a ≤（2）假设()f x ，()g x 的图象在其公共点()00,x y 处存在公切线，则()()()()2000200000200002212ln ax x ax x f x g x f x g x a x x x x ⎧-+=⎪⎧=⎪⎪⇒⎨⎨=⎛⎫⎪⎩⎪--= '⎪'⎪⎝⎭⎩①②由①可得：()()32200000220120x ax x a x x a -+-=⇔+-=，∴002x a=>.将02a x =代入②，则222ln 2224a a a --=，即：28ln 82a a-=.令28()182x xh x n -=-，则11()4h x x x '=-，故()h x 在()0,2上单调递减，在(2,)+∞上单调递增.又1(2)02h =-<，且当0x →，()h x →+∞；当x →+∞，()h x →+∞∴()h x 在(0,)+∞有两个零点，即方程28ln 82a a-=在(0,)+∞有两个不同的解.所以，()f x 与2()g x x =的图象在其公共点处存在公切线，满足条件的a 值有2个。

导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲 高考数学(新高考地区专用)(解析版)

导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲 高考数学(新高考地区专用)(解析版)

专题3.5 导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．【题型1 根据函数图象判断极值】【方法点拨】由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点.【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点B．4个极值点C．1个极小值点D．1个极大值点【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．﹣1是f（x）的极小值点B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f （x）的极大值点，D错误；故选：B．【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）A．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极大值点B．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极小值点C．h'（x0）≠0，x0不是h（x）的极大值点D．h'（x0）≠0，x0是h（x）的极值点【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有h'（x0）＝0，由此可判断极值情况．【解答过程】解：由题得，当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，又h'（x0）＝g'（x0）﹣f'（x0）＝0，则有x0是h（x）的极小值点，故选：B．【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像，下列说法正确的是（）A．x＝﹣1是f（x）的零点B．x＝2是f（x）的极大值点C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单调性和极值即可．【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像知，当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．∴选项A、C、D错误，选项B正确，故选：B．【题型2 求已知函数的极值（点）】【方法点拨】求函数f(x)极值的一般解题步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)=12x−sinx在[0，π2]上的极小值为（）A ．π12−√32B ．π12−12C ．π6−12D ．π6−√32【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可． 【解答过程】解：由f(x)=12x −sinx ⇒f′(x)=12−cosx ， 当x ∈(0，π3)时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈(π3，π2)时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以π3是函数的极小值点，极小值为：f(π3)=π6−√32， 故选：D ．【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f （x ）＝x 3﹣3x 的极大值为（ ） A ．﹣4B ．﹣2C ．1D ．2【解题思路】求导，利用导数确定f （x ）的单调区间，从而即可求极大值． 【解答过程】解：因为f （x ）＝x 3﹣3x ，x ∈R ， 所以f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝﹣1或x ＝1，所以当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣1＜x ＜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 ）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）． 所以f （x ）极大值＝f （﹣1）＝2． 故选：D ．【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为（ ） A ．π3B ．π6C ．5π6D ．2π3【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可． 【解答过程】解：对于函数f （x ）＝x +2cos x ，f ′（x ）＝1﹣2sin x ， 因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜π6时，f ′（x ）＞0， 当π6＜x ＜5π6时，f ′（x ）＜0，当5π6＜x ＜π时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）在区间[0，π6]上是增函数，在区间[π6，5π6]上是减函数，在[5π6，π]是增函数． 因此，函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为5π6．故选：C ．【变式2-3】（2022春•新乡期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）2（2﹣x ）3，则f （x ）的极大值点为（ ） A ．1B ．75C ．﹣1D ．2【解题思路】解：因为f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【解答过程】解：f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ）， 令f ′（x ）＝0得x ＝1或x =75，所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【题型3 由函数的极值（点）求参数】 【方法点拨】根据函数极值情况求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f （x ）＝4x 3﹣ax 2﹣2bx +2在x ＝1处有极大值﹣3，则a ﹣b 的值等于（ ） A ．0B ．6C ．3D ．2【解题思路】对函数求导，利用f （1）＝﹣3以及f ′（1）＝0解出a ，b ，进而得出答案． 【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝12x 2﹣2ax ﹣2b ，因为f （x ）在x ＝1处有极大值﹣3， 所以f ′（1）＝12﹣2a ﹣2b ＝0，f （1）＝4﹣a ﹣2b +2＝﹣3，解得a ＝3，b ＝3， 所以a ﹣b ＝0． 故选：A ．【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx +12x 2−(a +6)x 有2个极值点，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，6）∪（6，+∞）B．（0，6）∪（6，+∞）C．{6}D．（0，+∞）【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到求解．【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f′(x)=6ax+x−(a+6)=(x−6)(x−a)x，令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，故选：B．【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为（）A．﹣3B．0C．1D．2【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．故选：C．【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得极值，则a+b的最大值为（）A．1B．√2C．2D．2√2【解题思路】根据题意，对函数求导，令f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最大值．【解答过程】解：函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为f′（x）＝3x2+2a2x+2b2﹣7，因为函数在x＝1处取得极值，所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，因为a 2+b 2＝（a +b ）2﹣2ab ＝2，即（a +b ）2﹣2＝2ab ， 因为ab ≤(a+b 2)2，所以(a +b)2−2≤2(a+b 2)2， 整理得（a +b ）2≤4，所以a +b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，此时f ′（x ）＝3x 2+2x ﹣5＝（3x +5）（x ﹣1），满足函数在x ＝1处取得极值， 所以a +b 的最大值为2， 故选：C ．【题型4 利用导数求函数的最值】 【方法点拨】(1)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值， 最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导 数的实际应用中经常用到．【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x 2−2x +8x 在（0，+∞）上的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．【解答过程】解：因为f ′(x)=2x −2−8x 2=(x 3−2x 2)+(x 3−8)x 2=(x−2)(2x 2+2x+4)x 2，所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 故f （x ）min ＝f （2）＝4． 故选：C ．【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y ＝x ﹣2sin x 在区间[0，2]上的最小值是（ ） A ．π6−√3B ．−π3−√3C ．−π6−√3D ．π3−√3【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可． 【解答过程】解：由y ′＝1﹣2cos x ， 当0≤x ＜π3时，y ′＜0，即y 递减； 当π3＜x ≤2时，y ′＞0，即y 递增；所以y min =π3−2sin π3=π3−√3．【变式4-2】（2022春•乐山期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣lnx ，则函数f （x ）在[1，2]上的最小值为（ ） A ．1B ．√22C ．18+12ln2 D ．12+12ln2【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 2﹣lnx （x ＞0），所以f ′（x ）＝2x −1x =2x 2−1x ，所以当x ∈[1，2]时，f ′（x ）=2x 2−1x ＞0，则f （x ）在[1，2]上单调递增，则f （x ）在[1，2]上的最小值为f （1）＝1． 故选：A ．【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f （x ）＝lnx +1x −12与g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x 的最小值分别为a ，b ，则（ ） A ．a ＝b B ．a ＞bC ．a ＜bD ．a ，b 的大小不能确定【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f （x ），g （x ）的最小值，比较a ，b 即可． 【解答过程】解：f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′(x)=1−1x =x−1x， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1， f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， f （x ）的最小值是f （1）＝1，故a ＝1， g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x ，定义域（0，+∞）， g ′(x)=(x +1)e x −1x −1=x+1x (xe x −1)，令h （x ）＝xe x ﹣1，则h ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，x ∈（0，+∞），则可得h （x ）在（0，+∞）上单调递增，且h （0）＝﹣1＜0，h （1）＝e ﹣1＞0， 故存在x 0∈（0，1）使得h （x ）＝0即x 0e x 0=1，即x 0+lnx 0＝0， 当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故当x ＝x 0时，函数取得最小值g(x 0)=x 0e x 0−lnx 0−x 0=1−lnx 0−x 0=1，即b ＝1， 所以a ＝b ，【题型5 由函数的最值求参数】【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x 3−3a 2x 2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a 的值为（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ．103【解题思路】对函数求导后，分a ≤0和a ＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，使最小值等于零，从而可出实数a 的值． 【解答过程】解：由f(x)=x 3−3a 2x 2+4，得f '（x ）＝3x 2﹣3ax ＝3x （x ﹣a ）， 当a ≤0时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a2+4=0，解得a =103（舍去）， 当a ＞0时，由f '（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a ， 当0＜a ≤1时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增， 所以f(x)min =f(1)=1−3a 2+4=0，解得a =103（舍去）， 当1＜a ＜2时，当1＜x ＜a 时，f '（x ）＜0，当a ＜x ＜2时，f '（x ）＞0， 所以f （x ）在（1，a ）上递减，在（a ，2）上递增，所以当x ＝a 时，f （x ）取得最小值，所以f(a)=a 3−3a2a 2+4=0，解得a ＝2（舍去）， 当a ≥2时，当1≤x ≤2时，f '（x ）＜0，所以f （x ）在[1，2]上递减， 所以f(x)min =f(2)=23−3a2×4+4=0，解得a ＝2， 综上，a ＝2， 故选：C ．【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在x ≤20222021上的最小值为e +1，则a 的值为（ ） A ．0B ．1C ．20202021D ．20212020【解题思路】判断函数f （x ）的定义域，可知函数f （x ）在定义域上单调递增，由此可建立关于a 的方程，解出即可得到答案．【解答过程】解：函数的定义域为[1，20222021]，而函数y =e x ，y =lnx ，y =x √x −1在[1，+∞）上均为增函数，∴函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在[1，20222021]单调递增， ∴f （x ）min ＝f （1）＝e +a ＝e +1，解得a ＝1． 故选：B ．【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f （x ）＝x 3﹣3x 在区间（2a ，a +3）上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−2，12)B ．（﹣2，1）C ．[−1，12)D ．（﹣2，﹣1]【解题思路】由导数性质得f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a 的范围． 【解答过程】解：∵f （x ）＝x 3﹣3x ，∴f ′（x ）＝3x 2﹣3， 由f ′（x ）＝0，得x ＝±1，x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；x ∈（﹣1，1）时，f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0， ∴f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2． f （x ）＝x 3﹣3x ＝﹣2时， x 3﹣3x +2＝0，x 3﹣x ﹣2x +2＝0， x （x 2﹣1）﹣2x +2＝0，x （x +1）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x 2+x ）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）（x 2+x ﹣2）＝0， （x ﹣1）（x +2）（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）2（x +2）＝0， 解得x ＝1，x ＝﹣2，∴﹣2≤2a ＜1＜a +3，∴﹣1≤a ＜12． 即实数a 的取值范围是[﹣1，12），故选：C．【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（）A．2√eB．−2e C．1√eD．√e【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明e x﹣1≥x恒成立，得到f（x）≥0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g（x）=−2lnx−1x，利用导数求出函数g（x）的最小值即可求出结果．【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝e t﹣t﹣1，f′（t）＝e t﹣1，当t∈（﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，∴h（t）≥h（0）＝0，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，即a=−1−2lnxx在（0，+∞）上有解，设g(x)=−2lnx+1x，则g′(x)=−2−(2lnx+1)x2=2lnx−1x2，令g′（x）＝0，解得x=√e，∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g(x)min=g(√e)=2√e，即a的最小值为2√e．故选：A．【题型6 极值和最值的综合问题】【方法点拨】解决函数极值、最值综合问题的策略：(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3−32(k+1)x2+3kx+1，其中k∈R．（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数k的取值范围．【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），令f'（x）＝0得x1＝1，x2＝3，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），①当k≤1时，∀x∈[1，2]，f'（x）≥0，函数f（x）在区间[1，2]单调递增，所以f(x)min=f(1)=1−32(k+1)+3k+1=3，即k=53（舍）；②当k≥2时，∀x∈[1，2]，f'（x）≤0，函数f（x）在区间[1，2]单调递减，所以f（x）min＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；③当1＜k＜2时，当x∈[1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，所以f(x)min=f(k)=k3−32(k+1)k2+3k2+1=3，化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；综上所述：实数k取值范围为k≥2．【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞12 )．（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；（2）当x∈[﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．【解题思路】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，经检验a＝1，符合题意，所以a＝1；（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，令f'（x）＝0，x=±√a，当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，√a)√a(√a，1)1 f'（x）+0﹣0+f（x）﹣7+6a单调递增单调递减单调调增2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，1)1f'（x）+0﹣f（x）﹣7+6a单调递增单调递减2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f （﹣2）＝﹣7+6a ，综上所述，当12＜a ＜4时，f （x ）的最大值为2a √a +1；当a ≥4时，f （x ）的最大值为﹣7+6a ．【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x −1)e x −t2x 2−2x ，f '（x ）为f （x ）的导函数，函数g （x ）＝f '（x ）．（1）当t ＝1时，求函数g （x ）的最小值；（2）已知f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）且f(x 1)+52e −1＜0，求实数t 的取值范围． 【解题思路】（1）当t ＝1时，根据题意可得g （x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，求导得g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，分析g （x ）的单调性，进而可得g （x ）min ．（2）问题可化为t =e x −2x，有两个根x 1，x 2，令ℎ(x)=e x −2x，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，求导分析单调性，又x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，推出t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，分析f （x 1）的单调性，又φ(−1)=−52e +1，推出﹣1＜x 1＜0，即可得出答案．【解答过程】解：g （x ）＝f '（x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，（1）当t ＝1时，g （x ）＝xe x ﹣x ﹣2，g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1， 当x ≤﹣1时，x +1≤0，e x ＞0， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1≤0﹣1＜0， 当﹣1＜x ＜0时，0＜x +1＜1，0＜e x ＜1， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＜1×1﹣1＝0， 当x ＞0时，x +1＞1，e x ＞1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＞1×1﹣1＝0．综上g （x ）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数， 所以g （x ）min ＝g （0）＝﹣2．（2）依题有：方程g （x ）＝0有两个不同的根x 1，x 2， 方程g （x ）＝0可化为t =e x −2x ， 令ℎ(x)=e x −2x ，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0， 所以h （x ）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，因为x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0， 所以t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)， 所以f(x 1)=(x 1−1)e x 1−t2x 12−2x 1 =(x 1−1)e x 1−12(e x 1−2x 1)x 12−2x 1=(−x 122+x 1−1)e x 1−x 1＜−52e +1，令φ(x)=(−x 22+x −1)e x −x(x ＜0)，则φ′(x)=−12x 2e x −1＜0，所以φ（x ）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=−52e +1， 所以﹣1＜x 1＜0， 所以t =e x 1−2x 1＞1e+2． 【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件： ①函数f （x ）在x ＝1处取得极小值2； ②f （x ）在x ＝﹣1处取得极大值6； ③函数f （x ）的极大值为6，极小值为2．这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题． 题目：已知函数f （x ）＝x 3﹣3ax +b （a ＞0），并且 _____． （1）求f （x ）的解析式；（2）当x ∈[﹣3，1]时，求函数f （x ）的最值．【解题思路】（1）求出函数f （x ）的导数f ′（x ），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答． （2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答． 【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(1)=0f(1)=2，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，当x ＞1时，f ′（x ）＞0， 则f （x ）在x ＝1处取得极小值2， 所以f （x ）＝x 3﹣3x +4；选条件②：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(−1)=0f(−1)=6，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＝＜0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4．选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），于是得{(−√a)3−3a(−√a)+b=6(√a)3−3a√a+b=2，解得{a=1b=4，此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4；（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x∈[﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，所以f（x）max＝f（﹣1）＝6，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣14．。

导数与函数极值、最值问题(解析版)

导数与函数极值、最值问题(解析版)

【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大.【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数 f (x) 的定义域并求出函数 f ( x) 的导函数f' (x) ；第二步求方程 f ' ( x) 0 的根；第三步判断 f ' ( x) 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值 .例 1 已知函数 f( x)1ln x，求函数 f x 的极值 .x【答案】极小值为 1 ，无极大值 .【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令 f ' ( x) 0 ，可解出其极值点，然后根据导函数大于 0、小于 0 即可判断函数 f ( x) 的增减性，进而求出函数 f (x) 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数f( x)x 3 2 2在 x 1处有极值10，则等于（）ax bx af(2)A．11 或 18 B．11C．18 D．17 或 18 【答案】 C【解读】1/36试卷分析： f (x)3x 22ax b , 3 2a b 0b 3 2a a 4或 a 31 a b a 210a 2a 12 0b 11 ．b 3当 a 3时 ,f () 3( x 1)20, 在 x 1 处不存在极值． 当a 4 时 ，b 3 x b 11f (x) 3x 28x 11 (3x 11)( x 1) ， x ( 11 ,1), f ( x) 0 ；x (1, ), f ( x)0 ,符合题意．所 3以 a 4． f(2) 8 16 22 16 18 ．故选 C ． b 11考点：函数的单调性与极值．【变式演练 2】设函数 f x ln x 1 ax 2bx ，若 x 1 是 f x 的极大值点，则 a 的取值范围为2（ ）A ．1,0B ． 1,C ． 0,D ． , 1 0, 【答案】 B 【解读】考点：函数的极值．【变式演练 3】函数 f ( x) 1 x 3 1 ( m 1) x 22(m 1)x 在( 0,4) 上无极值，则 m _____.3 2【答案】 3 【解读】试卷分析：因为 f (x) 1 x 3 1(m 1)x 22(m 1) x ，3 2所以 f '(x) x 2(m 1)x 2(m 1) x 2 xm 1 ，由 f ' x0 得 x 2 或 x m 1，又因为2/36函数 f x 1 x3 1 (m 1) x22(m 1)x在 (0,4) 上无极值，而 2 0,4 ，所以只有 m 1 2 ，m 3 ( )3 2时， f x 在 R 上单调，才合题意，故答案为 3 .考点： 1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性 .【变式演练 4】已知等比数列 { a n} 的前 n 项和为 S n 2n 1k ，则 f ( x) x3kx22x 1的极大值为（）A ． 2 B．5C． 3 D ．72 2【答案】 B【解读】考点： 1、等比数列的性质； 2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数f (x) x3(1 a) x2ax 有两个不同的极值点x1， x2，且对不等式f ( x1) f( x2 )0 恒成立，则实数 a 的取值范围是．【答案】(, 1] 1, 2 2【解读】试卷分析：因为 f (x1) f (x2 )0 , 故得不等式 x13x23 1 a x12x22 a x1 x20 , 即x1 x2x123x1x2 1 a x122x1 x2 a x1x2 0 , x2x2由于 f ' x 3x2 2 1 a x a , 令 f ' x 0 得方程 3x2 2 1 a x a 0 , 因x x 2 1 a4 a2 a 1 0 ,1 23 ，代入前面不等式,并化简得故x1 x2a33/361 a 2a 25a 2 0 ,解不等式得 a 1 或 1a 2 ，因此 , 当 a1 或 1a 2 时 , 不等式22 f x 1 f x 2 0 成立 ,故答案为 ( ,1] 1,2 .2考点： 1、利用导数研究函数的极值点； 2、韦达定理及高次不等式的解法 .【变式演练 6】已知函数 f x x 3ax 2x 2 a 0 的极大值点和极小值点都在区间 1,1 内, 则实数 a 的取值范围是． 【答案】 3 a 2 【解读】考点：导数与极值．类型二 求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型 解题模板：第一步求出函数 f ( x) 在开区间 ( a,b) 内所有极值点； 第二步 计算函数 f ( x) 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值 .例 2 若函数 f xe xx 2mx ，在点 1, f 1 处的斜率为 e1．（ 1）求实数 m 的值；（ 2）求函数 f x 在区间 1,1 上的最大值． 【答案】（ ） m 1；（ ）f x max e .12【解读】试卷分析：（ 1）由 f (1) e 1解之即可；（ 2） f x e x 2 1 为递增函数且f 1 e 1 0, f 1 e 13 0 , 所以在区间 ( 1,1) 上存x4/36在 x 0 使 f ( x 0) 0 ，所以函数在区间[ 1,x 0 ] 上单调递减，在区间 [ x 0 ,1] 上单调递增，所以f xmax max f 1 , f 1 ，求之即可 .试卷解读： （1） f x e x 2 ，∴ f 1 e 2 m ，即e 2 m e 1，解得 m 1 ；x m 实数 m 的值为 ；1 （ ）x 2 1 为递增函数，∴ f1 e 1 0, f1 e 13 0 ，2 f x e x存在 x 01,1 ，使得 f x 0 0 ，所以 f xmax max f 1 , f 1， f 1 e 1 2, f 1 e ，∴ f x max f1 e考点： 1.导数的几何意义； 2.导数与函数的单调性、最值 .【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数 的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（ 1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围 .【变式演练 7】已知 f ( x) x x 1. e （ 1）求函数 y f (x) 最值；（ 2）若 f ( x 1 )f( x 2 )( x 1 x 2 ) ，求证： x 1 x 2 0 .【答案】（1） f ( x) 取最大值 f ( x)max f (0) 1，无最小值；（ 2）详见解读 . 【解读】e x (x 1) e xx试卷解读：（ 1）对 f (x) 求导可得 f ( x)2x x ， e e令 f ( x) x0 得 x=0.e x当 x ( ,0) 时， f (x) 0，函数 f ( x) 单调递增；5/36当 x (0,) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，当 x=0 时， f ( x) 取最大值 f ( )f (0) 1，无最小值 . x max （ 2）不妨设 x 1 x 2 ，由（ 1）得当 x ( ,0) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增； 当 x (0,) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，若 f (x 1 ) f ( x 2 ) ，则 x 1 0x 2 ，考点： 1.导数与函数的最值； 2.导数与不等式的证明 . 【变式演练 7】已知函数 f ( x) xln x ， g (x)x 2ax 2 .（Ⅰ）求函数 f ( x) 在[t, t2](t 0) 上的最小值；（Ⅱ）若函数 y f ( x) g ( x) 有两个不同的极值点 x 1, x 2 ( x 1 x 2 ) 且 x 2 x 1 ln 2 ，求实数 a 的取 值范围 .1 ， 10 t 2 ln 2 ln( ln 2) 1 .【答案】（Ⅰ） f (x)min ee；（Ⅱ） a 1 3 3t ln t, te【解读】6/36试卷分析：（Ⅰ）由 f '( x) ln x 1 0 ，得极值点为 x 1，分情况讨论 0 t1及 t 1时，函ee e数 f (x) 的最小值；（Ⅱ）当函数 y f ( x) g(x) 有两个不同的极值点，即 y 'ln x2x 1 a 0有两个不同的实根 x 1, x 2 (x 1x 2 ) ，问题等价于直线 y a 与函数 G( x)ln x 2x 1 的图象有两 个不同的交点，由 G(x) 单调性结合函数图象可知当 a G ( x)min 1 ) ln 2 时， x1 , x2 存在，且G (2x 2 x 1 的值随着 a 的增大而增大， 而当 x 2 x 1 ln 2 时，由题意 ln x 1 2x 1 1 aln x 22x 2 1 a， x 24x 1代入上述方程可得 x 2 4x 1 4ln 2 ，此时实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln( ln 2) 1 .33 3 试卷解读：（Ⅰ）由 f '(x) ln x 1 0 ，可得 x 1 ，e① 0 t 1时，函数 f ( x) 在 (t, 1) 上单调递减，在( 1,t 2) 上单调递增，e ee函数 f ( x) 在 [t, t 2](t 0) 上的最小值为 f ( 1)1 ，1时， f ( x) 在 [t,te e②当 t 2] 上单调递增， ef (x)minf (t ) t ln t ，1 ，1 0 tf (x)mine e ； t ln t ,t 1e7/36两式相减可得 ln x12( x1x2 ) 2ln 2x2x24x1代入上述方程可得 x24x14 ln 2，3此时 a 2 ln 2 ln( ln 2 ) 1 ，3 3所以，实数 a 的取值范围为 a 2 ln 2 ln( ln 2) 1 ；3 3考点：导数的应用．【变式演练 8】设函数 f x ln x 1 .（ 1）已知函数 F x f x 1 x2 3 x1,求F x 的极值；4 2 4（ 2）已知函数 G x f x ax22a 1 x a a 0 ,若存在实数 m 2,3 ,使得当 x 0,m 时, 函数 G x 的最大值为 G m ,求实数 a 的取值范围 .【答案】（1）极大值为 0 ，极小值为 ln 2 3；（2） 1 ln 2,.4【解读】F x , F ' x 随 x 的变化如下表 :8/36x 0,1 1 1,2 2 2,F ' x 0 0F x 0 ln 234当 x 1时,函数 F x 取得极大值 F 1 0 。

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数在上的最小值为_____________________.【答案】-6【解析】；令得：列表如下：-1(-1,0)0(0,1)1(1,2)2所以由上表可知：函数的最小值为-6．【考点】函数的最值及导数的应用.2.已知函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图象与x轴有三个不同交点（0，0），（x1，0），（x2，0），且f（x）在x=1，x=2时取得极值，则x1•x2的值为．【答案】6.【解析】因为的图像过，所以，即；因为f（x）在x=1，x=2时取得极值，所以的两根为1，2，则，即；则，所以.【考点】三次函数的零点、函数的极值.3.设函数f(x)＝＋ln x，则()A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝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【答案】D【解析】因为，所以当时，，当x>2时，，故知x＝2为f(x)的极小值点．故选Ｄ．【考点】函数的极值．4.已知函数在与处都取得极值．（1）求函数的解析式；（2）求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知函数在与处都取得极值，得到，求出得到：关于a,b的两个方程，联立解方程组可得到a,b的值，从而可写出函数的解析式；（2）由（１）已求出的解析式，要求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值，只需先求出函数在区间[-2，2]的极大值与极小值，再求出两个端点的函数值，然后比较这四个数值的大小，得其中的最大者就是该函数的最大值，最小者就是该函数的最小值．试题解析：（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx，f¢（x）＝3x2＋2ax＋b 1分由f¢（）＝，f¢（1）＝3＋2a＋b＝0 3分得a＝，b＝－2 5分经检验，a＝，b＝－2符合题意所以，所求的函数解析式为： 6分（2）由（1）得f¢（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1）， 7分列表如下：（－2，－）－（－，1）9分11分所以当时， 12分【考点】１．函数导数；２．函数极值；３．函数最值．5.函数在[0，3]上的最大值和最小值分别是( ).A．5，－15B．5，－14C．5，－16D．5，15【答案】A【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.6.点P是曲线x2－y－2ln＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是( ) A．(1－ln 2)B．(1＋ln 2)C．D．(1＋ln 2)【答案】B【解析】设P(,),则点P到直线4x＋4y＋1＝0的距离= =，设==（），所以= =，当时，＜0，当时，，所以在（0,）是减函数，在（，）上是增函数，所以当=时，==，所以= .【考点】点到直线距离公式；利用导数求最值7.已知函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是。

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题(解析版)

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题(解析版)

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题解析篇【一】判断函数单调性1.例题【例1】已知函数()xf x ax e =-判断函数()f x 的单调性。

【解析】由题意可求，()´xf x a e =-1.当0a ≤时，()()´0,f x f x <在R 上为减函数；2.当0a >时，令()´0f x >，解得x lna <, 令()´0f x <，解得x lna > 于是()f x 在(,ln ]a -∞为增函数，在[ln ,)a +∞为减函数；【例2】已知函数2()ln 1a f x x x +=++，其中a ∈R ，讨论并求出f (x )在其定义域内的单调区间． 【解析】()222121()1(1)(1)a f x x ax x x x x +'=-=-+++，设g (x )＝x 2－ax ＋1， ∵x ＞0，∴①当a ＜0时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立， 此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；②当a ＞0时，222()1124a a g x x ax x ⎛⎫=-+=-+-⎪⎝⎭. 当1－24a ≥0，即0＜a ≤2时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞2时，方程g (x )＝0的两根分别为12,22a a x x +==，且0＜x 1＜x 2， ∴当x ∈(0，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(0，x 1)上单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(x 1，x 2)上单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(x 2，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a ≤2时，函数f (x )的单调增区间为(0)∞，＋，没有减区间；当a ＞2时，函数f (x )的减区间为12()x x ，；增区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()xf x e =，()()210g x ax x a =++>.设()()()g x F x f x =，讨论函数()F x 的单调性；【解析】因为2()1()()xg x ax x F x f x e++==， 所以221(21)'()xx a ax x ax a x a F x e e -⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==， ①若12a =，2'()0xax F x e-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若12a >，则210a a->， 当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >，∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.③若102a <<，则210a a-<， 当21a x a -<，或0x >时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 【练习2】已知x ax x x ax x f +--=2221ln )()(，求)(x f 单调区间. 【解析】该函数定义域为），（∞+0（第一步：对数真数大于0求定义域）令x ax x f ln 12)('）（-=，解得121,12x x a==（第二步，令导数等于0，解出两根21,x x ） （1）当0≤a 时，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减 （第三步，1x 在不在进行分类，当其不存在得到0≤a ；第四步数轴穿根或图像判断正负）（2）当121=a 时即21=a '(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增， （第五步，x 1在区间时，进行比较大小，当21x x =得到21=a 第四步图像判断正负）①当1210<<a 时，即21>a'1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a∈<单调减（当21x x <得到21>a ；第四步图像判断正负）②当121>a 时，即210<<a'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a∈<单调减（21x x >得到210<<a ；第四步图像判断正负）综上可知：0≤a ，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减；21=a ，'(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增 21>a '1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a ∈<单调减210<<a ，'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a ∈< 单调减【二】根据单调性求参数 1.例题【例1】（1）若函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(],4-∞上是减函数，则实数a 的取值范围是 . （2）函数()()2244xf x exx =--在区间()1,1k k -+上不单调，实数k 的范围是（ ）（3）若函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增，则实数m 的取值范围为 .（4）若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为 .【解析】（1）因为函数2()2(1)2f x x a x =+-+的单调减区间为(],1a -∞-，又函数()f x 在区间(],4-∞上是减函数，则(],4-∞⊆(],1a -∞-，则14a -≥，解得：3a ≤-， （2）()()2244xf x exx =--，()()228x f x e x '∴=-，令()0f x '=，得2x =±. 当2x <-或2x >时，()0f x '>；当22x -<<时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =的极大值点为2-，极小值点为2.由题意可得121k k -<-<+或121k k -<<+，解得31k -<<-或13k <<. （3）由2450x x -++>，即2450x x --<，解得15x -<<. 二次函数245y x x =-++的对称轴为2x =.由复合函数单调性可得函数()()212log 45f x x x =-++的单调递增区间为()2,5．要使函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增， 则()()32,22,5m m -+⊆，即32225322m m m m -≥⎧⎪+≤⎨⎪-<+⎩，解得423m ≤<.（4）若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减， 此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立， 可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【例2】已知函数32()3()f x ax x x x =+-∈R 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()3,-+∞ B ．()()3,00,-+∞C ．()(),00,3-∞ D ．[)3,-+∞【解析】（1）2'()361f x ax x =+-，∴()f x 有三个单调区间，∴036120a a ≠⎧⎨∆=+>⎩，解得3a >-且0a ≠．故选B ．2.巩固提升综合练习 【练习1】函数321()3f x ax x a =-+在[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．1a ≥C ．2a >D ．2a ≥【答案】D【解析】由题意得：()22f x ax x '=-()f x 在[]1,2上单调递增等价于：()0f x '≥在[]1,2上恒成立即：220ax x -≥ 222x a x x∴≥=当[]1,2x ∈时，22x≤ 2a ∴≥本题正确选项：D【练习2】已知函数f(x)=x 3+ax 2+x +1（a ∈R ）在(−23,−13)内存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,√3] B ．(−∞,√3] C ．(√3,+∞) D ．(√3,3)【答案】C【解析】f ′(x )=3x 2+2ax +1 假设f(x) 在(−23,−13)内不存在单调递减区间，而f(x)又不存在常函数情况，所以f(x) 在(−23,−13)内递增，即有x ∈ (−23,−13)时不等式f ′(x )=3x 2+2ax +1≥0恒成立，即x ∈ (−23,−13)时，a ≤−32x −12x =−32(x +13x)恒成立，解得a ≤√3，所以函数f(x) 在(−23,−13)内存在单调递减区间，实数a 的取值范围是(√3,+∞)故选C【练习3】若函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数，则t 的取值范围是（ ） A ．[1,2] B ．[1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(1,)+∞【答案】B【解析】22222122(2)(1)()ln '()1(0)x x x x f x x x f x x x x x x x+-+-=++⇒=+-==> 1x ≥单调递增，01x <<单调递减.函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数 区间[],2t t +上是单调递减不满足只能区间[],2t t +上是单调递增. 故1t ≥故答案选B【三】函数的极值问题1.例题【例1】(1)函数3()12f x x x =-的极大值点是_______，极大值是________。

高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性

高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性

题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞； 【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围； （3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1） 由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+， 当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，； 当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，， 当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，； （2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-， 解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，； （3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-， 解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立． 因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最小值为()A．72B．36C．12D．0【答案】D【解析】因为y′＝4x3－4，令y′＝0即4x3－4＝0，解得x＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极小值为y|＝1＝0，而在端点处的函数值y|x＝－2＝27，y|x＝3＝72，所以y min＝0.x2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4.若函数在(0，1)内有极小值，则实数a的取值范围是( )A．(0，3)B．(－∞，3)C．(0，+∞)D．【答案】D 【解析】∵，且f(x)在(0，1)内有极小值． ∴．5. 已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则的值等于( ) A ．B ．C ．D ．1【答案】D ． 【解析】由已知是奇函数，且当时，的最小值为1，而奇函数图象关于原点对称性，可得当时，有最大值．，当，即时，，在上单调递增；当，即时，，在上单调递减．当时，取最大值，故选D ．【考点】1．函数的奇偶性；2．导数与函数的最大值最小值．6. 如图，某自来水公司要在公路两侧铺设水管，公路为东西方向，在路北侧沿直线铺设线路l 1，在路南侧沿直线铺设线路l 2，现要在矩形区域ABCD 内沿直线将l 1与l 2接通．已知AB = 60m ，BC = 80m ，公路两侧铺设水管的费用为每米1万元，穿过公路的EF 部分铺设水管的费用为每米2万元，设∠EFB= α,矩形区域内的铺设水管的总费用为W ．（1）求W 关于α的函数关系式； （2）求W 的最小值及相应的角α． 【答案】（1）=80+60tanα;（2）,.【解析】（1）过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF="α," 故有，，,化简即可；（2），利用导数求出的最大值和相应的角度即可.试题解析：（1）如图，过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF=α，故有，，， 3分所以=80+ 60tanα（其中8分 （2）W． 设，则． 11分令得，即，得．列表+0所以当时有，此时有． 14分答：铺设水管的最小费用为万元，相应的角． 16分【考点】函数模型的应用、利用导数求函数极值、三角函数综合.7.已知函数.（1）若在处取得极大值，求实数的值；（2）若，求在区间上的最大值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】(1) 本小题首先利用导数的公式和法则求得原函数的导函数，通过列表分析其单调性，进而寻找极大值点；(2) 本小题结合（1）中的分析可知参数的取值范围影响函数在区间上的单调性，于是对参数的取值范围进行分段讨论，从而求得函数在区间上的单调性，进而求得该区间上的最大值.试题解析：（1）因为令，得，所以，随的变化情况如下表：↗↘↗(2)因为所以当时，对成立所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递增在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减在时，，单调递增又，当时，在取得最大值当时，在取得最大值当时，在，处都取得最大值0. 14分综上所述，当或时，取得最大值当时，取得最大值当时，在，处都取得最大值0当时，在取得最大值.【考点】1.导数公式；2.函数的单调性；3.分类讨论.8.记函数的最大值为M，最小值为m，则的值为( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，解得，所以函数的定义域是. 已知函数求导得，，时，当时，，当时，，所以在区间上先增后减，最大值是，因为，，所以，所以.【考点】1.利用导数研究函数的最值；2.函数的单调性与导数的关系9.设.(Ⅰ)若对一切恒成立,求的取值范围;(Ⅱ)设,且是曲线上任意两点,若对任意的,直线AB的斜率恒大于常数,求的取值范围;(Ⅲ)求证:.【答案】（Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.（Ⅱ）直线的斜率为：由题设有,不妨设则这样问题转化为函数,在上单调递增所以恒成立，即对任意,恒成立这样只需求出的最小值即可.（Ⅲ）不等式可变为由(Ⅰ) 知（时取等号）,在此不等式中取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：将以上不等式相加即可得证.试题解析：(Ⅰ)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：(II)由题设得，直线AB的斜率满足：,不妨设，则即：令函数,则由以上不等式知：在上单调递增,所以恒成立所以，对任意,恒成立又=故(Ⅲ)由(Ⅰ) 知时取等号）,取,得即累加得所以【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系及重要不等式；3、不等式的证明.10.已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【答案】（1）；（2）证明过程详见解析；（3）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值和最值、不等式等基础知识，考查函数思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，将代入，得到解析式，对它求导，列出表格，通过单调性，判断极值；第二问，证明不等式转化为求函数的最小值大于0；第三问，利用第二问的结论，令，利用放缩法得到，再利用对数的性质和裂项相消法求和，得到所证不等式.试题解析：（1）当时，1分变化如下表+00+极大值， 4分（2）令则 6分∴在上为增函数。

2021届高考数学(理)考点复习：导数与函数的极值、最值(含解析)

2021届高考数学(理)考点复习：导数与函数的极值、最值(含解析)

2021届高考数学（理）考点复习导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2.函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值． 概念方法微思考1．对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．1．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解析】（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-，y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---==， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 【解析】（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：21111(0,]3b b b x +--+=，2211b b b x ++-+=．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-． 令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 3．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．4．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．5．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解析】（1）当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-．()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''，(0,)x ∈+∞时，()0f x '' ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a ，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．6．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a 时，讨论方程()0f x =实根的个数． 【解析】2()36(1)123(2)(2)f x ax a x ax x '=-++=--． （1）当0a >时，令()0f x '=，得2x =或2x a=； ①当01a <<时，有22>，列表如下： x(,2)-∞2 2(2,)a 2a 2(,)a+∞ ()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为22124()a f a a -=．②当1a =时，有22a=，则2()3(2)0f x x '=-，故()f x 在R 上单调递增，无极小值； ③当1a >时，有22<，列表如下： x2(,)a-∞2a 2(,2)a 2 (2,)+∞()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为f （2）124a =-．（Ⅱ）解法一：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，令()0f x '=，得2x =或2x =，有202<<，列表如下： x2(,)a -∞2a2(,2)a2 (2,)+∞ ()f x ' -0 +0 -()f x极小值极大值故极大值为f （2）1240a =->，极小值22124()0a f a a -=<，因此()0f x =有三个根．解法二：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，2()[3(1)12]f x x ax a x =-++，对于二次函数23(1)12y ax a x =-++，0x =不是该二次函数的零点，△29(1)240a a =+->，则该二次函数有两个不等的非零零点， 此时，方程()0f x =有三个根．7．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【解析】2()()2I f ππ=-．()22sin f x x x '=-，()2f ππ∴'=．∴曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为：2(2)2()y x πππ--=-．化为：2220x y ππ---=．()()II h x g =()x a -2()(cos sin 22)(2cos )x f x e x x x a x x =-+--+()(cos sin 22)(sin cos 2)(22sin )x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+-- 2(sin )()2(sin )()x x lna x x e a x x e e =--=--．令()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-，∴函数()u x 在R 上单调递增． (0)0u =，0x ∴>时，()0u x >；0x <时，()0u x <．（1）0a 时，0x e a ->，0x ∴>时，()0h x '>，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，()0h x '<，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x ∴=时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．（2）0a >时，令()2(sin )()0x lna h x x x e e '=--=． 解得1x lna =，20x =．①01a <<时，(,)x lna ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (,0)x lna ∈时，0x lna e e ->，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． ②当1a =时，0lna =，x R ∈时，()0h x '，∴函数()h x 在R 上单调递增． ③1a <时，0lna >，(,0)x ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (0,)x lna ∈时，0x lna e e -<，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (,)x lna ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 综上所述：0a 时，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．01a <<时，函数()h x 在(,)x lna ∈-∞，(0,)+∞是单调递增；函数()h x 在(,0)x lna ∈上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 当1a =时，0lna =，函数()h x 在R 上单调递增．1a >时，函数()h x 在(,0)-∞，(,)lna +∞上单调递增；函数()h x 在(0,)lna 上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++．8．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）解：因为32()1f x x ax bx =+++， 所以2()()32g x f x x ax b ='=++，()62g x x a '=+， 令()0g x '=，解得3ax =-．由于当3a x >-时()0g x '>，()()g x f x ='单调递增；当3ax <-时()0g x '<，()()g x f x ='单调递减；所以()f x '的极小值点为3ax =-，由于导函数()f x '的极值点是原函数()f x 的零点，所以()03af -=，即33102793a a ab -+-+=，所以223(0)9a b a a=+>．因为32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值， 所以2()320f x x ax b '=++=有实根，所以24120a b ->，即222903a a a-->，解得3a >，所以223(3)9a b a a=+>．（Ⅱ）证明：由（1）可知h （a ）42332245913(427)(27)81381a a b a a a a a=-=-+=--， 由于3a >，所以h （a ）0>，即23b a >；（Ⅲ）解：由（1）可知()f x '的极小值为2()33a a fb '-=-，设1x ，2x 是()y f x =的两个极值点，则1223ax x +=-，123b x x =，所以332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3422273a ab=-+，又因为()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，所以23242372327392a a ab a b a -+-+=--， 因为3a >，所以3263540a a --， 所以22(36)9(6)0a a a -+-， 所以2(6)(2129)0a a a -++， 由于3a >时221290a a ++>， 所以60a -，解得6a ， 所以a 的取值范围是(3，6]．9．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 【解析】（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->， 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--，求导可知1()h x a x'=-． 则当0a 时()0h x '<，即()y h x =在(0,)+∞上单调递减， 所以当01x >时，0()h x h <（1）0=，矛盾，故0a >． 因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>， 所以1()()min h x h a=，又因为h （1）10a a ln =--=， 所以11a=，解得1a =； 另解：因为f （1）0=，所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）， 所以等价于()f x 在1x =处是极小值， 所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--，()22f x x lnx '=--， 令()0f x '=，可得220x lnx --=，记()22t x x lnx =--，则1()2t x x'=-，令()0t x '=，解得12x =， 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102min t x t ln ==-<，又2212()0t e e=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()0t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正， 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x lnx --=， 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-， 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=； 由1()0f e '<可知0112x e <<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 10．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 【解析】（1）由()f x ln '= 22x ax a -+， 可得()g x ln = 22x ax a -+，(0,)x ∈+∞， 所以112()2axg x a x x-'=-=， 当0a ，(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >，1(0,)2x a∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 1(2x a∈，)+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减． 所以当0a 时，()g x 的单调增区间为(0,)+∞； 当0a >时，()g x 的单调增区间为1(0,)2a，单调减区间为1(2a ，)+∞．⋯（6分）（2）由（1）知，f '（1）0=．①当102a <<时，112a >，由（1）知()f x '在1(0,)2a内单调递增， 可得当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当1(1,)2x a∈时，()0f x '>． 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在1(1,)2a内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意． ②当12a =时，112a=，()f x '在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减， 所以当(0,)x ∈+∞时，()0f x '，()f x 单调递减，不合题意． ③当12a >时，1012a <<，()f x 在1(0,)2a上单减， 当1(2x a∈，1)时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以()f x 在1x =处取极大值，符合题意．综上可知，正实数a 的取值范围为1(2，)+∞．⋯（12分）11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．【解析】（1）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 可得曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线斜率为0(cos0sin 0)10k e =--=， 切点为0(0,cos00)e -，即为(0,1)，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为1y =；（2）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 令()(cos sin )1x g x e x x =--，则()g x 的导数为()(cos sin sin cos )2sin x x g x e x x x x e x '=---=-，当[0x ∈，]2π，可得()2sin 0x g x e x '=-，即有()g x 在[0，]2π递减，可得()(0)0g x g =，则()f x 在[0，]2π递减，即有函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值为0(0)cos001f e =-=；最小值为2()cos 2222f e πππππ=-=-．1．（2020•道里区校级一模）已知函数21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，则实数m 的取值范围为( ) A ．1(e-，0)B ．1(1,1)e--C ．1(,1)e-∞-D ．(1,)-+∞【答案】B【解析】由21()(1)2f x xlnx m x x =-+-，得()(1)f x lnx m x '=-+，0x >．要使21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，只需()(1)0f x lnx m x '=-+=有两个变号根，即1lnxm x+=有两个变号根． 令()lnxg x x=，(0)x >，则21()lnx g x x -'=，由()0g x '=得x e =，易知当(0,)x e ∈时，()0g x '>，此时()g x 单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，此时()g x 单调递减． 所以1()()max g x g e e==， 而1()0g e e=-<，1lim lim 01x x lnx x x →+∞→+∞==，作出()y g x =，1y m =+的图象，可知：101m e <+<，解得111m e-<<-+． 故选B ．2．（2020•内江三模）函数2()(12)22ax f x a x lnx =+--在区间1(2，3)内有极小值，则a 的取值范围是( ) A ．1(2,)3--B ．1(2,)2--C ．(2-，11)(33--⋃，)+∞D ．(2-，11)(22--⋃，)+∞【答案】D【解析】22(12)2(1)(2)()(12)ax a x ax x f x ax a x x x+--+-'=++-==， 当0a =时，()2f x x '=-，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a -<<，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a <时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a <-<，若()f x 在1(2，2)有极小值，只需12112a a ⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩或12a ->，解得122a -<<-，或102a -<<，综上所述，122a -<<-，或12a -<，故选D ．3．（2020•德阳模拟）已知函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，若不等式1212()()f x f x x x t +<++恒成立，那么t 的取值范围是( )A ．[1-，)+∞B ．[222ln --，)+∞C ．[32ln --，)+∞D ．[5-，)+∞【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221()ax x f x x-+'=(0)x >， 因为函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，所以方程22210ax x -+=在(0,)+∞上有两个不相等的正实数根， 则121248010102a x x a x x a ⎧⎪=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．因为222121211122212121212122()()()22[()2]3()()12f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x a x x x x x x ln x x ln a a+-+=-++-+--=+--++=---，设h （a ）212ln a a=---，h '（a ）22aa-=，易知h '（a ）0>在1(0,)2上恒成立， 故h （a ）在1(0,)2上单调递增，故h （a ）1()52h <=-，所以5t -，所以t 的取值范围是[5-，)+∞． 故选D ．4．（2020•汕头校级三模）已知函数21()(1)2x x f x x e ae ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞，10][2，)+∞B ．(-∞，10][3，)+∞C ．(-∞，10][4，)+∞D ．(-∞，1][03-，)+∞【答案】A 【解析】21()(1)2x x f x x e ae ax =--+，2()x xf x xe ae a '∴=-+，()f x 只有一个极值点，()f x '∴只要一个变号零点．（1）当0a =时，()x f x xe '=，易知0x =是()f x 的唯一极值点； （2）当0a ≠时，方程2()0x x f x xe ae a '=-+=可化为1x x x e e a-=-， 令1()g x x a=，()x xh x e e -=-，可得两函数均为奇函数， ∴只需判断0x >时，两函数无交点即可．①当0a <时，1()0g x x a=<，()0x x h x e e -=->，所以()g x 与()h x 有唯一交点0x =，且当0x >时，()()g x h x <；当0x <时，()()g x h x >． 0x ∴=是()f x 的唯一极值点；②当0a >时，()0x x h x e e -'=+>，即()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，lim ()x h x →+∞=+∞，设()h x 过原点的切线为y kx =，切点为(m ，)(0)km m >， 则m m m me e k km e e --⎧+=⎨=-⎩，解得0m =，2k =， 如图所示，当1y x a=在直线2y x =下方（第一象限）或与2y x =重合时，0x =是唯一交点，能满足()0f x '=的变号零点，即函数()f x 的极值点， 12a∴．综上所述，实数a 的取值范围为(-∞，10][2，)+∞．故选A ．5．（2020•山西模拟）已知函数3()(2)x e f x t lnx x x x=-++仅有一个极值点1，则实数t 的取值范围是( ) A ．1(,]33e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭B ．1(,]3-∞C ．1(,]23e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．1(,]2-∞【答案】B 【解析】由题意知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222(1)(23)()(1)1323()(2)xx e x x t x e x f x t x x x x -+--+'=-+-=， 因为函数恰有一个极值点1，所以023xe t x -=+无解，令()(0)23x e g x x x =>+，则2(21)()0(23)x e x g x x +'=>+，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而1()(0)3g x g >=，所以13t 时，023x e t x -=+无解，3()(2)x e f x t lnx x x x =-++仅有一个极值点1，所以t 取值范围是1(,]3-∞．故选B ．6．（2020•南平三模）函数3211()(2)(0)32f x x a x x a =-++>在(,)e +∞内有极值，那么下列结论正确的是( )A ．当1(0,2)a e e ∈+-时，11a e e a -->B ．当1(2,)2ea e e ∈+-时，11a e e a --<C ．当(,)2ea e ∈时，11a e e a -->D ．当1(,)a e e e∈+时，11a e e a --<【答案】B【解析】令2()()(2)1(0)g x f x x a x a ='=-++>，则△2(2)40a =+->， 若()f x 在(,)e +∞内仅有一个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有一个零点， 则20()(2)10a g e e a e >⎧⎨=-++<⎩，解得12a e e >+-； 若()f x 在(,)e +∞内仅有两个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有两个零点， 则20()(2)1022a g e e a e a e ⎧⎪>⎪=-++>⎨⎪+⎪>⎩，无解， ∴当12a e e>+-时，函数()f x 在(,)e +∞内有极值， 现考查不等式11a e e a --<，两边同时取对数可得，1(1)a e lna -<-，即1(1)0a e lna ---<， 令1()1(1),2h a a e lna a e e=--->+-，则1()1e h a a-'=-，令h '（a ）0>，解得1a e >-， ∴函数h （a ）在1(2,1)e e e+--上单调递减，在(1,)e -+∞上单调递增， 又111(2)3(1)(2)h e e e ln e e e e+-=+---+-112(1)10e e lne e e<+---=-<，h （e ）(1)(1)0e e lne =---=，∴当1(2)a e e e∈+-时，h （a ）0<成立，即11a e e a --<，∴选项B 正确． 故选B ．7．（2020•龙岩模拟）已知函数()xf x ax lnx=-在(1,)+∞上有极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．1(,]4-∞B ．1(,)4-∞C ．1(0,]4D ．1[0,)4【答案】B 【解析】21()()lnx f x a lnx -'=-，设22111()()()lnx g x lnx lnx lnx -==-， 函数()f x 在区间(1,)+∞上有极值，()()f x g x a ∴'=-在(1,)+∞上有变号零点，令1t lnx=，由1x >可得0lnx >，即0t >， 得到22111()244y t t t =-=--+， ∴14a <． 故选B ．8．（2020•武汉模拟）设函数2()(32)()f x lnx a x x a R =+-+∈在定义域内只有一个极值点，则实数a的取值范围为( ) A ．8(,)9+∞B ．8(0,)9C ．(,0)-∞D ．(0,)+∞【答案】C【解析】2()(32)f x lnx a x x =+-+，定义域为(0,)+∞，21231()(23)ax ax f x a x x x-+'=+-=， 设2()231g x ax ax =-+，①当0a =时，()1g x =，故()0f x '>， ()f x ∴在(0,)+∞上为增函数，所以无极值点．②当0a >时，△298a a =-， 若809a<时△0，()0g x ，故()0f x '， 故()f x 在(0,)+∞上递增，所以无极值点． 若89a >时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <， 且1232x x +=，而(0)10g =>，则12304x x <<<， 所以当1(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增； 当1(x x ∈，2)x ，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增． 所以此时函数()f x 有两个极值点；③当0a <时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <，但(0)10g =>，所以120x x <<，所以当2(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递増； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以此时函数()f x 只有一个极值点． 综上得：当0a <时()f x 有一个极值点． 故选C ．9．（2020•昆明一模）已知函数221()(44)(4)2x f x e x x k x x =--++，2x =-是()f x 的唯一极小值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．2[e -，)+∞ B ．3[e -，)+∞ C ．2[e ，)+∞ D ．3[e ，)+∞【答案】D【解析】由题可知，21()(4424)(24)(2)[(4)]2x x f x e x x x k x x e x k '=--+-++=+-+，2x =-是()f x 的唯一极小值点，(4)0x e x k ∴-+恒成立，即(4)x k e x --，令()(4)x g x e x =-，则()(3)x g x e x '=-，当3x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴3()(3)min g x g e ==-，3k e ∴--，即3k e ．故选D ．10．（2020•江西模拟）已知定义在(0,)+∞上的函数()()x a f x e ln x a -=-+，其中0a >，e 为自然对数的底数．（1）求证：()f x 有且只有一个极小值点； （2）若不等式()212f x x a ln ++-在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：由于1()x a f x e x a-'=-+ 21()0()x a f x e x a -''=+>+，则()f x ' 在(0,)+∞ 上单调递增．令()x g x e x =-，则()1x g x e '=-，故当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减 当(0,)x ∈+∞ 时，()0g x '>，()g x 单调递增， 则()(0)1min g x g ==，即1x e x x +>，由于1(0)0aaa a e f e a e a --'=-=<，1(1)021f a e a '+=->+，故0(0,1)x a ∃∈+，使得0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时0()0f x '<，()f x 单调递减； 当0(x x ∈，)+∞时，0()0f x '>，()f x 单调递增．因此()f x 在(0,)+∞ 有且只有一个极小值点0x ，无极大值点． （2）由于不等式()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立，()i 必要性：当1x = 时，不等式成立，即 1(1)312a e ln a a ln --++--令1()(1)312,()0a g a ln a a e ln g a -=+++--， 由于11()0123a g a e a a -'=++>++，则g （a ） 在 (0,)+∞ 上单调递增，又由于g （1）0=，则g （a ）0 的解为01a <． ()ii 充分性：下面证明当01a < 时， ()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立令()()2112x a h x e ln x a x a ln -=-++++， 由于01a <，01a >--，1x a x --，1x a x e e --，01a x x <++，()(1)ln x a ln x ++，()(1)ln x a ln x -+-+，12,2122,2122,2122a x a x x a x x a x +++++++-++-+，则1()(1)2212x h x e ln x x ln --+++令1()(1)2212x m x e ln x x ln -=-+++，则 11()122x m x e x x -'=-++，1231()0(1)(22)x m x e x x -''=++>++， ()m x ' 在(0,)+∞ 上单调递增，由于m '（1）0=，则当(0,1)x ∈时，()0m x '<，()m x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞ 时，()0m x '>，()m x 单调递增， 故()m x m =（1）0=，即()0m x 恒成立， 因此，当01a < 时，()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立．故a 的取值范围为(0，1]．11．（2020•红河州三模）已知函数()()1af x lnx a R x =-∈+． （1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．【解析】（1）由()1af x lnx x =-+得21()(1)a f x x x '=++，故切线斜率k f ='（1）14a=+， 又f （1）2a =-，故切线方程为：(1)(1)24a ay x +=+-，即(4)4430a x y a +---=；（2）2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +++'=+=>++，由题意知：1x ，2x 是方程()0f x '=在(0,)+∞内的两个不同实数解， 令2()(2)1(0)g x x a x x =+++>，注意到(0)10g =>，其对称轴为直线2x a =--， 故只需220(2)40a a -->⎧⎨=+->⎩，解得：4a <-， 即实数a 的取值范围是(,4)-∞-，由1x ，2x 是方程2(2)10x a x +++=的两根，得：122x x a +=--，121x x =，故12()()f x f x + 1212()()11a a lnx lnx x x =-+-++ 121212122()1x x ln x x a x x x x ++=-+++22121a aa --+=---+a =-，又f （1）2a=-，即12()()2f x f x f +=（1），故1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．12．（2020•启东市校级模拟）已知函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e=的图象在它们的交点(,)P s t 处具有相同的切线． （1）求()f x 的解析式；（2）若函数2()(1)()g x x mf x =-+有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求21()g x x 的取值范围． 【解析】（1）根据题意，函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e= 可知()af x x'=，1y x e '=，两图象在点(,)P s t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等， 即1as e s=，化简得s ae =， 将(,)P s t 代入两个函数可得22s alns e=②，综合上述两式①②可解得1a =，所以()f x lnx =．（2）函数22()(1)()(1)g x x mf x x mlnx =-+=-+，定义域为(0,)+∞，222()2(1)m x x mg x x x x-+'=-+=， 因为1x ，2x 为函数()g x 的两个极值点，所以1x ，2x 是方程2220x x m -+=的两个不等实根， 由根与系数的关系知121x x +=，122mx x =，(*)， 又已知12x x <，所以121012x x <<<<，222211()(1)g x x mlnx x x -+=，将(*)式代入得22222222212()(1)2(1)121g x x x x lnx x x lnx x x -+-==-+-， 令()12h t t tlnt =-+，1(2t ∈，1)，()21h t lnt '=+，令()0h t '=，解得：t e=，当1(2t ∈)e 时，()0h t '<，()h t 在1(2e 单调递减；当(t e ∈，1)时，()0h t '>，()h t 在(e，1)单调递增；所以2()(11min eh t h ee===-， 1(){()2h t max h <，h （1）}，11()2022h ln h =-<=（1），即21()g x x 的取值范围是2[1e -0)． 13．（2020•河南模拟）设函数()f x xlnx =，()()x g x ae a R =∈．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线也与曲线()y g x =相切，求a 的值． （2）若函数()()()G x f x g x =-存在两个极值点． ①求a 的取值范围；②当22ae 时，证明：()0G x <． 【解析】（1）()f x xlnx =，()1f x lnx '=+，(0,)x ∈+∞，f ∴（1）0=，f '（1）1=，故曲线()f x 在1x =处的切线方程是1y x =-； 设直线1y x =-与()y g x =相切于点0(x ，01)x -，()x g x ae '=，00()x g x ae ∴'=，由00011x x ae ae x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得022x a e -=⎧⎨=⎩； （2）()1x G x lnx ae '=+-， ①()G x 在(0,)+∞上存在两个极值点等价于()0G x '=在(0,)+∞上有2个不同的根，由10x lnx ae +-=，可得1xlnx a e +=，令1()xlnx t x e +=， 则11()xlnx x t x e --'=，令1()1h x lnx x =--，可得211()0h x x x'=--<， 故()h x 在(0,)+∞递减，且h （1）0=， 当(0,1)x ∈时，()0h x >，()0t x '>，()t x 递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，()0t x '<，()t x 递减， 故t （1）1e=是极大值也是最大值，又当0x →时，()t x →-∞，当x →+∞时，()0t x >且趋向于0， 要使()0G x '=在(0,)+∞有2个根，只需10a e<<， 故a 的取值范围是1(0,)e；②证明：设()()xG x ae F x lnx x x==-， 2(1)()xx a x e F x x--'=， 当01x <时，22a e，()0F x ∴'>，则()F x 在(0,1)递增，()F x F ∴（1）0ae =-<，当1x >时，2(1)()[](1)x a x xF x e x a x -'=---， 令()(1)x x H x e a x =--，则21()0(1)x H x e a x '=+>-，22a e ，H ∴（2）22220ae e a a -=-=， 取(1,2)m ∈，且使2(1)m e a m >-，即2211ae m ae <<-， 则22()0(1)m mH m e e e a m =-<-=-，()H m H （2）0，故()H x 存在唯一零点0(1,2)x ∈， 故()F x 有唯一的极大值点0(1,2)x ∈， 由0()0H x =，可得000(1)x x e a x =-，故0001()1F x lnx x =--，0(1,2)x ∈，020011()0(1)F x x x '=+>-，故0()F x 为(1,2)上的增函数， 0()F x F ∴<（2）222102ae ln ln =--<， 综上，当22a e 时，总有()0G x x<，即()0G x <．14．（2020•河南模拟）已知函数21()22f x x ax lnx =-+，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，求21()2()f x f x -的取值范围． 【解析】（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=，令221y x ax =-+， 当△2440a =-即11a -时，0y ，此时()f x 在(0,)+∞递增， 当1a <-时，2210x ax -+=有2个负根，此时()f x 在(0,)+∞递增，当1a >时，2210x ax -+=有2个正根，分别是211x a a =-221x a a =+- 此时()f x 在1(0,)x 递增，在1(x ，2)x 递减，在2(x ，)+∞递增， 综上，1a 时，()f x 在(0,)+∞递增，1a >时，()f x 在2(0,1)a a -递增，在2(1a a --21)a a +-递减，在2(1a a +-)+∞递增；（2）由（1）得：122x x a +=，121x x =，1a >，21121ax x =+，22221ax x =+， 1a >，1(0,1)x ∴∈，2(1,)x ∈+∞， 222122211111()2()22(2)22f x f x x ax lnx x ax lnx ∴-=-+--+ 2221211212x x lnx lnx =-++-+222222111()212x lnx ln x x =-++-+2222211312x lnx x =-+++，令22t x =，则1t >，113()122g t t lnt t =-+++，则222211332(1)(2)()2222t t t t g t t t t t -+----'=--+==，当12t <<时，()0g t '>，当2t >时，()0g t '<， 故()g t 在(1,2)递增，在(2,)+∞递减，g （2）13222ln =+， 21()2()f x f x ∴-的取值范围是(-∞，132]22ln +． 15．（2020•运城模拟）设函数()f x xlnx =．（1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数2()()F x f x ax =-有两个极值点，求实数a 的取值范围； （3）当120x x >>时，221212()()()2m x x f x f x ->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】（1）()1f x lnx '=+，()f x 在点(1，f （1）)处的切线斜率k f ='（1）1=，则切线方程为1y x =-，（2）()()212F x f x ax lnx ax '='-=+-．()F x 有两个极值点． 即()F x '有两个零点，即120lnx ax +-=有两个不等实根，12lnxa x+=， 令21()()lnx lnxg x g x x x+-='=， 在(0,1)上()0g x '>，()g x 在(0,1)上单调递增．在(1,)+∞上单调递减，()max g x g =（1）1=．x →+∞时，()0g x →． 即12(0,1),(0,)2a a ∈∈．（3）221212()()()2m x x f x f x ->-可化为222211()()22m m f x x f x x ->-． 设2()()2m Q x f x x =-，又120x x >>． ()Q x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10Q x lnx mx ∴'=+-在(0,)+∞上恒成立，即1lnxmx+． 又1()lnxh x x+=在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． ()h x ∴在1x =处取得最大值．h （1）1=．1m ∴．16．（2020•鹿城区校级模拟）已知函数2()(3)1()f x axlnx x a x a R =-+-+∈． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()f x 在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <． ①求a 的取值范围；。

高考数学复习考点知识与题型专题讲解9---导数-极值、最值问题(解析版)

高考数学复习考点知识与题型专题讲解9---导数-极值、最值问题(解析版)

1 / 33高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题9导数-极值、最值问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 3．求函数f (x )在[a ,b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[a ,b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x )在区间(a ,b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ,b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f (x )在区间(a ,b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定．1．已知函数32()6f x x x ax =-+的图象经过点()2,2A ． （1）设t R ∈，讨论()f x 在(),t +∞上的单调性；（2）若()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，求m 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）⎡⎢⎣⎦．【分析】（1）求出函数解析式，求导数，对t 分类讨论即可求解；（2）根据（1）只需满足()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩即可求解．【解析】（1）因为()22162f a =-=，所以9a =，32()69f x x x x =-+，()()()2'()343331f x x x x x =-+=--，当1x <或3x >时，'()0g x >，当13x <<时，)'(0g x <，所以：①当1t <时，()f x 在(),1t 和()3,+∞上递增，在()1,3上递减；3 / 33②当13t ≤<时，()f x 在(),3t 上递减，在()3,+∞上递增； ③当3t ≥时，()f x 在(),t +∞上递增；（2）因为()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，所以由（1）可得()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩，解得1m ≤≤故m的取值范围为⎡⎢⎣⎦．2．已知函数()x xf x e e -=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设存在[)01,x ∈+∞，使得()()30003f x a x x <-+成立，求正实数a 的取值集合A ；（2）若a A ∈，比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论．【试题来源】湖南师范大学附属中学2021届高三下学期月考（六）【答案】（1）1,2e e ∞-⎛⎫++ ⎪⎝⎭；（2）答案见解析． 【分析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性及最小值，当且仅当最小值()10g <，即可得到参数的取值范围；（2）构造函数()()1ln 1h x x e x =---，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分别进行讨论即可得到结论．【解析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+， 则()()2131x x g x e a x e +'=--．当1x 时，210,10x xe x e->-， 又0,a >故()0g x '>,所以()g x 是[)1,+∞上的单调增函数，因此()g x 在[)1,+∞的最小值是()112.g e e a -=+- 由于存在[)01,,x ∞∈+使()0030030x x e e a x x -+--+<成立,当且仅当最小值()10.g <故120,e e a -+-<即1,2e e a -+>则1,.2e e A ∞-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭（2）令函数()()1ln 1,h x x e x =---则()11e h x x-=-'． 令()0,h x '=得1x e =-，当()0,1x e ∈-时(),0,h x '<故()h x 是()0,1e -上的单调减函数． 当()1,x e ∞∈-+时(),0,h x '>故()h x 是()1,e -+∞上的单调增函数 所以()h x 在()0,∞+上的最小值是()1h e -．注意到()()10h h e ==， 所以当()()1,10,1x e e ∈-⊆-时()()(),110.h e h x h -<<= 当()()1,1,x e e e ∞∈-⊆-+时()(),0h x h e <=, 所以()0h x <对任意的()1,x e ∈成立．①当()1,1,2e e a e e -⎛⎫+∈⊆⎪⎝⎭时(),0,h a <即()11ln ,a e a -<-从而11;a e e a --< ②当a e =时11,a e e a --=；③当()(),1,a e e ∞∞∈+⊆-+时()(),0,h a h e >=即()11ln a e a ->-，故11a e e a -->.综上所述，当1,2e e a e -⎛⎫+∈⎪⎝⎭时11,;a e e a --<当a e =时11,a e e a --=；当(),a e ∈+∞时，11a e e a -->．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 3．已知函数21()ln 21()-=--+∈a f x x ax a R x． （1）当104a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数2121()()2a g x x f x x-=++，当||1a >时，若函数()g x 的极大值点为1x ，证明：2111ln 1->-x x ax ．5 / 33【试题来源】2021届高三数学二轮复习 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）先求出2(1)(221)()x ax a f x x-+-'=-，再对a 分类讨论得到函数()f x 的单调性； （2）通过分析得到21112x a x +=，所以2311111111122x lnx ax x x x lnx -=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，再利用导数证明()1h x >-即得证．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2221212(21)(1)(221)()2a ax x a x ax a f x a x x x x -----+-'=-+=-=-， ①当0a =时，21()x f x x -'=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， ②当104a <<时，由()0f x '=，解得11x =，2112x a=-， 此时11102a->>， ∴当(0,1)x ∈，1[12a-，)+∞时，()0f x '，函数()f x 单调递减， 当[1x ∈，11)2a-，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 综上所述，当0a =时，()f x 在(0,1)上单调递减，在[1，)+∞上单调递增， 当104a <<时，()f x 在(0,1)，1[12a -，)+∞时，单调递减，在[1∈，11)2a -，单调递增．（2）221211()()2122a g x x f x x ax lnx x -=++=-++， 2121()2x ax g x x a x x-+∴'=-+=，当||1a >时，即1a >或1a <-时，令()0g x '=，则2210x ax -+=的两个根为1x ，2x ， 函数()g x 的极大值点为1x ，120x x ， 又121=x x ，122x x a +=，1a ∴>，101x <<，由1()0g x '=，可得211210x ax -+=，则21112x a x +=，3231111111111111222x x x lnx ax x lnx x x x lnx +∴-=-=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，231()22x h x lnx ∴'=-++， 2113()3x h x x x x-∴''=-+=，(0,1)x ∈，当03x <<时，()0h x ''>，当13x <<时，()0h x ''<，()h x ∴'在上单调递增，在，1)上单调递减，3()()03h x h ∴''=-，()h x ∴在(0,1)上单调递减， ()h x h ∴>（1）1=-，故21111x lnx ax ->-．【名师点睛】在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数（一般导函数是超越函数）的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题． “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径．利用二次求导解题时，要注意“导下去，看正负；倒回来，看图象”，“导下去，看正负”指一直对函数求导，直到你能确定导数的正负，确定前面函数的单调区间为止，才停止求导；“倒回来，看图象”指的是根据导数求出对应函数的单调性，再求出端点函数值、拐点值等，画出原函数的图象，逐步分析得到最初的函数的单调性． 4．已知函数()2x x f x e e =-，()2ln 2ag x x x x x =-- （1）求()f x 的极值；（2）若()1,x ∈+∞时，()f x 与()g x 的单调性相同，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮优化提升高考数学复习考点知识与题型专题讲解7 / 33专题训练（新高考地区专用）【答案】（1）极小值()11f e=，无极大值；（2）0a ≤．【分析】（1）根据函数的极值的概念可求得结果；（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增，所以()g x 在()1,+∞单调递增，利用导数转化为ln xa x≤在()1,+∞恒成立，构造函数()ln xp x x=，()1,x ∈+∞，利用导数求出()p x 的值域即可得解． 【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()1x x f x e-'=，当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增．所以()f x 有极小值()11f e=，无极大值．（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增．则()g x 在()1,+∞单调递增，即()1ln 1ln 0g x x ax x ax '=+--=-≥在()1,+∞恒成立，即ln x a x ≤在()1,+∞恒成立，令()ln x p x x =，()1,x ∈+∞；()21ln xp x x -'=， 所以当()1,x e ∈时，()0p x '>；当(),x e ∈+∞时，()0p x '<，所以()p x 在()1,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，又()1,x ∈+∞时，()0p x >，所以()10,p x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以0a ≤．【名师点睛】将函数在指定区间上的单调性转化为导函数的不等式恒成立是解题关键．5．已知函数()()2,ln f x ax g x x ==（1）当1a =时，求()()f x g x -的最小值； （2）若曲线()y f x =与yg x 有两条公切线，求a 的取值范围．【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）11ln 222+；（2）12a e >．【分析】（1）由导数得出函数()F x 的单调性，进而得出最值；（2）由题意得出当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线，构造函数()2ln xh x x =，利用导数得出其最大值，从而得出a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，令()()()2ln F x f x g x x x =-=-()()212120x F x x x x x -'=-=>，令()0F x '=且0x >可得x =()02F x x '>⇒>，()002F x x '<⇒<<即函数()F x 在0,2⎛ ⎝⎭上单调递减，在2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增min11ln 2ln 22221122F F =--⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）由函数()f x 和()g x 的图象可知: 当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线即2ln ax x >在0,上恒成立，即2ln xa x >在0,上恒成立设()2ln x h x x =，()312ln xh x x -'=令()312ln 0,x h x x x-=='=()()000x h x h x x >⇒<<<⇒'>'即函数()h x 在(上单调递增，在)+∞上单调递减即max 12h he ==，因此，12a e >【名师点睛】解决本题的关键在于利用导数得出函数的单调性，进而得出最值．6．已知函数()()2sin 10f x x x =->，()5sin 3g x x x =-+． （1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()g x f x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月）9 / 33【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导函数()'f x ，由()'f x 确定单调性，得极小值也即为最小值． （2）不等式()()g x f x >化为3sin 40x x -+．引入函数()3sin 4x x x ϕ=-+()ϕx 的最小值即可证明．【解析】（1）()2cos f x x '，令()0f x '=，得cos x =，故在区间[]0,π上，()f x '的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >时，5sin 32sin 1x x x -+-， 即证：当0x >3sin 40x x -+． 令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0x ϕ'<， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()()g x f x >．【名师点睛】本题考查用导数求函数的最值，证明不等式．解题方法是不等式变形后，引入新函数，利用导数求得新函数的最值，从而得证不等式成立．7．已知函数12()()sin f x x m x =--，其中14m <-．（1）当1m =-时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（2）求证：()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点．【试题来源】1号卷A10联盟2021届高三开年考 【答案】（1）220x y +-=；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程．（2）令()()cos g x f x x '==-，可证()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，结合零点存在定理可得()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点，结合其()g x '在该零点附近的符号可证()'f x 的单调性，结合零点存在定理可证()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点． 【解析】（1）当1m =-时，12()(1)sin f x x x =+-，则()cos f x x '=-， 所以1(0)2f '=-，又(0)1f =，所以所求切线方程为112y x -=-，即220x y +-=．（2）由题意得，()cos f x x '=-．令()cos g x x =-，则321()sin 4()g x x x m '=-+-，因为3214()y x m =--和sin y x =均在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以()'g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，11 / 33 又3214)0)(0(g m --'=<，32110242g m ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数00,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g t '=， 则当()00,x t ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减； 当0,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增． 又14m <-，则14m ->12>，即1>，2>，所以(0)10g =-<，1032g π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，02g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00cos 0g x x =-=， 所以当()00,x x ∈时，()()0f x g x '=<，函数()f x 单调递减； 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0f x g x '=>，函数()f x 单调递增， 所以()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一极小值点0x ． 【名师点睛】导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易计算．8．已知函数()()()ln x f x e x m x m x =-+++，2m ≤．（1）若直线:1l y x =+是函数()f x 的切线，求m 的值；（2）判断函数()f x 的单调性，并证明．【试题来源】广东省揭阳市2021届高三下学期教学质量测试【答案】（1）1m =；（2）单调递增函数，证明见解析．【分析】（1）设切点的坐标为(),n t ，求出()f x '，根据直线l 与函数()f x 的图象相切可得出关于t 、m 、n 的方程组，解出这三个未知数的值即可；（2）利用导数证得()()1ln 2ln x e x x x m ≥+≥+≥+，从而可得出()0f x '≥，即可得出结论．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),m -+∞．对函数()f x 求导可得()()ln x f x e x m -'=+．设直线l 关于函数()f x 的切点为(),n t ，则有()()()1ln ln 1n n t n t e m n m n n e m n ⎧=+⎪=-+++⎨⎪-+=⎩，解方程组可得1m =，0n =，1t =；（2）由第（1）问可得()()ln x f x e x m -'=+，令()()1x g x e x =-+，则()1x g x e '=-．可知当(),0x ∈-∞时，()0g x '<；当()0,x ∈+∞时，()0g x '>．即()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，于是有()()()100x g x e x g =-+≥=，即有1x e x ≥+恒成立．构造函数()()()1ln 2h x x x =+-+，则()11122x h x x x +=-=++'． 可知当()2,1x ∈--时，()0h x '<；当()1,x ∈-+∞时，()0h x '>．即()h x 在()2,1--上单调递减，在()1,-+∞上单调递增，于是有()()()()1ln 210h x x x h =+-+≥-=，即有()ln 21x x +≤+恒成立．当2m ≤时，()()ln ln 21x m x x +≤+≤+成立．综上可得()1ln x e x x m ≥+≥+，即有()0f x '≥恒成立，故函数()f x 为单调递增函数．【名师点睛】本题考查切线的定义，利用待定系数法求参数，利用放缩法证明函数的单调性．该题的本质构造了两个函数x y e =、()ln 2y x =+的公切线1y x =+，并分别与其进行对比，以得到比较的目的．13 / 339．设函数()1()x x a a f x e -=+>． （1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x x f x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln x x ae a ae a==． 因为1a >，所以1ln 0a >，所以1log ln ae x a =． 当1log ln ae x a>时，()()0,f x f x '>单调递增； 当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减． 因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值． （2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一， 因为ln (1)a f e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =． 当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10a f ae '-=-<． 而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a e f a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>． 当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值．10．已知函数()x f x e ax =-，其中a R ∈．（1）讨论函数()f x 在[0,1]上的单调性；（2）若函数()()ln(1)cos g x f x x x =++-，则是否存在实数a ，使得函数()g x 在0x =处取得极小值？若存在，求出a 值；若不存在，说明理由．【试题来源】广东省广州市天河区2021届高考二模【答案】（1）答案见详解；（2）存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值【分析】（1）求出导函数，讨论1a ≤、1a e <<或a e ≥，结合函数的单调性与导数之间的关系进行求解即可．（2）求出()1sin 1x g x e a x x '=-+++，根据极值的定义可得()020g a '=-=，得出2a =，再证明充分性，利用导数证明当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递增；再构造函数令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，证明当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递减．【解析】（1）由()x f x e ax =-，则()x f x e a '=-，因为[0,1]x ∈，则[]1,x e e ∈，当1a ≤时，()0x f x e a '=-≥，函数在[0,1]上单调递增；当1a e <<时，令()0x f x e a '=-≥，解得ln ≥x a ，令()0x f x e a '=-<，解得ln x a <，即函数在[]ln ,1a 上单调递增，在[)0,ln a 上单调递减；当a e ≥时，()0x f x e a '=-≤，函数在[0,1]上单调递减；（2）()()()ln(1)cos cos ln 1x g x f x x x e ax x x =++-=--++，15 / 33()1sin 1x g x e a x x '=-+++， 显然0x =是函数()g x 的极小值点的必要条件为()020g a '=-=，即2a =，此时()1sin 21x g x e x x '=++-+，显然当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()11sin 21sin 2sin 011x g x e x x x x x x '=++->+++->>++， 当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()22311131122x x x x x ⎛⎫+-+=++> ⎪⎝⎭， 故213112x x x <-++，令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 则()202x x m x e -'=-≤，故()m x 是减函数， 故当0x <时，()()01m x m >=，即212xx e x <++， 令()1sin 2h x x x =-，则()1cos 2h x x '=-， 当10x -<<时，()1cos102h x '>->，故()h x 在()1,0-上单调递增， 故当10x -<<时，()()00h x h <=，即1sin 2x x <， 故当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()1sin 21x g x e x x '=++-+ 2223112202222x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+++-+-+=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，当2a =时，0x =是()g x 的极小值点，即充分性也成立，综上，存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，解题的关键是结合函数的单调性、极值和导数之间的关系进行构造函数，考查了逻辑推理能力以及运算求解能力，考查了化归与转化思想，综合性比较强．11．已知数列()*11nn a n n ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ． （1）证明：n a e <(*n ∈N ，e 是自然对数的底数)；（2）若不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，求实数a 的最大值．【试题来源】山东省淄博市2021届高三一模考试【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为11ln 2-． 【分析】（1）将所要证明的不等式转化为证明()()()ln 101f x x x x =+-<≤在区间(]0,1上小于零，利用导数研究()f x 在区间(]0,1上的单调性和最值，由此证得结论成立．（2）将不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，转化为()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立，利用导数研究()g x 的单调性，结合对a 进行分类讨论，求得a 的取值范围，由此求得a 的最大值．【解析】（1）要证()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立，两边取对数：只需证明11ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 101f x x x x =+-<≤， 即只需证明函数()f x 在区间(]0,1上小于零，由于()1x f x x =-+'， 在区间(]0,1上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且()00f =，所以在区间(]0,1上函数()0f x < 所以不等式()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立； （2）对于不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N ，两边取对数： 只需不等式11ln 1n n a ⎛⎫+≤ ⎪+⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+，17 / 33 不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N 成立，等价于在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立， 其中，()222(21)(1)(1)a x a x g x x ax +-=++'，由分子22(21)0a x a x +-=，得其两个实数根为10x =，2212a x a -=； 当12a ≥时，20x ≤，在区间(]0,1上，()0g x '>，函数()g x 单调递増， 由于()()00g x g >=1212a <<时，()20,1x ∈，在区间()20,x 上()0g x '<，在区间()2,1x 上()0g x '>；函数()g x 在区间()20,x 上单调递减，在区间()2,1x 上单调递增；且()00g =，只需()11ln 201g a =-≤+， 得11ln 2a ≤-1211ln 2a <≤-时不等式成立， 当021a <≤时，21x ≥，在区间(]0,1上，()0g x '<，函数()g x 单调递减，且()()00g x g <=，不等式恒成立，综上，不等式(),011n a a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭>N 成立，实数a 的最大值为11ln 2-． 【名师点睛】可将不等式恒成立问题，转化为函数最值来求解，要注意导数的工具性作用．12．已知函数221()2()2x ax f x x x a e =+-∈R （ 2.71828e =…是自然对数的底数）． （1）若()f x 在(0.2)x ∈内有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）1a =时，计论关于x 的方程211()2|ln |()2x f x x x b x b xe⎡⎤-++=∈⎢⎥⎣⎦R 的根的个数． 【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）22e e a <<；（2）答案见解析．【分析】（1）若()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，则()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，等价于0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．令()x g x e ax =-，分类讨论()g x 有两个变号根时a 的范围；（2）化简原式可得2()|ln |,(0,)x x h x x b x e=--∈+∞，分别讨论(1,)x ∈+∞和(0,1)x ∈时()h x 的单调性，可得()h x 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合()h x 的单调性可以得到零点个数．【解析】（1）由题意可求得()()22(2)()2x x x a x x x e ax f x x e e '---=+-=，因为()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，所以()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，即0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-，①当0a 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当0a >时，令()0x g x e a '=-=得ln x a =，当ln 2a ，即2a e 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=-<，所以()g x 在(0,2)上单调递减，不符合条件；当ln 0a ，即01a <时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0ln 2a <<，即21a e <<时，()g x 在(0,ln )a 上单调递减，(ln ,2)a 上单调递增，若要0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根，则(0)0,(2)0,(ln )0,0ln 2,g g g a a >⎧⎪>⎪⎨<⎪⎪<<⎩，解得22e e a <<． 综上所述，22e e a <<．19 / 33（2）设2211()|ln |()2|ln |,(0,)2x x x h x x f x x x b x b x xee ⎡⎤=--+-=--∈+∞⎢⎥⎣⎦， 令2x x y e =，则212x x y e '-=，所以2x x y e =在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． （ⅰ）当(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，则2()ln x x h x x b e =--，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭． 因为2210,0xe x x->>，所以()0h x '>，因此()h x 在(1,)+∞上单调递增． （ⅱ）当(0,1)x ∈时，ln 0x <，则2()ln x x h x x b e =---，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭． 因为()22221,,1,01,1,x x xe e e e x x ∈><<∴>即21,xe x -<-，又211,x -<所以22()210x x e h x e x x '-⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭，因此()h x 在(0,1)上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(0,)x ∈+∞时，2()(1)h x h e b -=--，当2(1)0h e b -=-->，即2b e -<-时，()h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，当2(1)0h e b -=--=，即2b e -=-时，()h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，当2(1)0h e b -=--<，即2b e ->-时，①当(1,)x ∈+∞时，221()ln ln ln 1x x h x x b x b x b e e ⎛⎫=-->-+>-- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b -->，即()1,b x e +∈+∞； ②当(0,1)x ∈时，121()ln ln ln 12x x h x x b x e b x b e -⎛⎫=-----+>--- ⎪⎝⎭，要使()0h x >， 可令ln 10x b --->，即()10,b x e --∈，所以当2b e ->-时，()h x 有两个零点，故关于x 的方程根的个数为2，综上所述：当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为0，当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为1，当2b e ->-时，关于x 的方程根的个数为2．13．已知函数()()210,2x f x e ax x a =->∈R ． （1）当1a =时，比较()f x 与 1x +的大小； （2）若()f x 有两个不同的极值点12 , x x ，证明：1122ln (1)x a x x x <-． 【试题来源】四川省大数据精准教学联盟2021届高三第二次统一监测【答案】（1）()()10f x x x >+>；（2）证明见解析．【分析】（1）令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，再利用导数法判断()g x 与0的关系．（2）根据()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，转化为1 x ，2 x 为方程x e a x=的两个不同实根有11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x lnlnx lnx x x x x x =-=-=-，进而将问题转化为()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-，再由（1）得到2112x x e x >++，即2112e x x x >++，然后作出函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象，利用数形结合法求解．【解析】（1）当1a =时，()()2102x f x e x x =->， 令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，则()1x g x e x '=--． 令()1x u x e x =--，则()1x u x e '=-，可知()1x u x e '=-为()0,∞+上的增函数， 则()()00u x u ''>=，则()u x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00u x u >=，即()0g x '>，所以()g x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00g x g >=，所以不等式212x x e x ->+在()0,∞+上成立，21 / 33所以()()10f x x x >+>．（2）()xf x e x α'=-，因为()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，所以1 x ，2 x 为方程()0f x '=两不等根，即1 x ，2 x 为方程xea x=的两个不同实根，令()xe h x x =，()()21x e x h x x-'=，令()0h x '>，得1x >；令()0h x '<，得1x <， 则()h x 在()1,+∞上递增，在()0,1上递减， 所以当1x =时，()h x 取得最小值为()1h e =，所以a e >，不妨设1201x x <<<，且11x e ax =，22xe ax =，则11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x ln lnx lnx x x x x x =-=-=-， 故只需证明()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-． 由（1）知2112xx e x >++，所以22111212x x ex x x x++>=++， 令()112x x x ϕ=++()0x >，则()2222x x x ϕ-'=可得()x ϕ在(上递减，)+∞上递增，函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象如图所示，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=两不等根，即()22120x a x +-+=的两个实根，则34342(1),2,x x a x x +=--⎧⎨=⎩由图可知，31240x x x x <<<<， 即421311110x x x x <<<<，所以43123434341111x x x x x x x x --<-==1a =<=-，所以()21121x x a x x -<-，故原不等式()11221x lna x x x <-得证． 【名师点睛】利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式．14．已知函数()()21ln 0f x x ax x a a=-+>． （1）当1a e=时，求函数()f x 在x e =处的切线方程；（2）若()f x 在(000x x x =<<处取得极值，且()00f x >，求a 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）12y e x e e ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭；（2）⎫⎪⎪⎝⎭． 【分析】（1）求出()f e 、()f e '，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）求出()222a x x a f x ax -++'=，求得0x =，由()00f x >可得出(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，构造函数()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<利用导数分析函数()h x 在(上单调递增，由()00hx >可得出01x <进而可解得正实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a e =时，()2ln x f x x ex e=-+，则()12x f x e x e '=-+， 所以()21f e e e =-+，()12f e e e'=+-，所以切线方程为()211212y e x e e e e x e e e ⎛⎫⎛⎫=+--+-+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；23 / 33（2）()221122a x x af x ax x a ax-++'=-+=，设()222g x a x x a =-++，则3180a ∆=+>．因为0x >，由()0g x >，可得2104x a <<，此时()0f x '>； 由()0g x <，可得x >()0f x '<． 所以，函数()f x的单调递增区间为⎛ ⎝⎭，单调递减区间为⎫+∞⎪⎪⎝⎭．所以，0x =，则()()0f x f x =极大值且有220020a x x a -++=，可得20021x ax a =+，02114x a +=<a >所以()()0020000002ln 11ln ln 0222x a x x x f x x ax x a a a+-=-+=+-=>，且()()222000000ln 21ln 10f x x ax ax x ax =-+-=+->，所以，21ln ax x >-， 因为0x <012ln 0x ->，即002001ln 12ln x x a x x -<<-，即002001ln 12ln x x x x -<-，整理得(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，设()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<则()324ln 334ln 33x x x h x x x x x-+'=-+=， 0x <<1ln 2x<，所以34ln 0x ->，即当0x <<()0h x '>． 所以，函数()h x 在(上单调递增，()10h =，由()()001h x h >=，可得01x << 即2114a<<1a <<．因此，实数a的取值范围是⎫⎪⎪⎝⎭． 【名师点睛】利用导数求函数极值的步骤如下： （1）求函数()f x 的定义域； （2）求导；（3）解方程()00f x '=，当()00f x '=； （4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值； ②如果在0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么()0f x 是极大值． 15．已知函数()()2sin 10f x x x =->，())))112sin g x e x x =⋅++．（1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()f x g x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月） 【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值； （2）要证()()f x g x >，只要证()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，可得0x >时，()0x ϕ>，从而有()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >【解析】（1）()2cos f x x '，令0fx，得cos x =，25 / 33故在区间[]0,π上，fx 的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0fx，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0fx，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >))2sin 112sin x x x ->++，即证：当0x >时，()()11h x x x =-+>．()())11h x x x x '=+3sin 4x x =-+，令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0ϕ'<x ， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0ϕ'>x ， 所以()ϕx 在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()0h x '>， 即()h x 是0,上的增函数，所以()()01h x h >．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，解题的关键是把()()f x g x >转化为()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，进而可判断()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题16．已知0a >，函数()2xe f x x a=+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()f x 存在极值点1x 、2x ，求证：()()1212e af x f x a--<⋅．【试题来源】江苏省无锡市天一中学2021届高三下学期二模考前热身模拟 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求得()()()2222x e x x a f x xa -+'=+，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）由题意得出122x x +=，12x x a =，2112x a x +=，2222x a x +=，将所证不等式转化为证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅，即()()11211111210x x x e x e x ------<，令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，证明出()0F t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可． 【解析】（1）当0a >时，函数()2xef x x a=+的定义域为R ，且()()()2222x e x x a f x xa -+'=+．对于方程220x x a -+=，44a ∆=-．①当0∆>时，即()0,1a ∈时，令()0f x '=，11x =21x = 由()0f x '<可得11x <<27 / 33由()0f x '>可得1x <或1x >所以函数()f x在(,1-∞上单调递增，在(1上单调递减，在()1++∞上单调递增；②当0∆≤时，即[)1,a ∈+∞时，()()()22220x e x x a f x xa -+'=≥+，所以函数()f x 在R 上单调递增．（2）由（1）可得01a <<，且1x 、2x 是220x x a -+=的两根． 由根与系数关系可得122x x +=，12x x a =．设1201x x <<<，则()f x 在1x x =处取到极大值，在2x x =处取到极小值， 所以()()12f x f x >．因为2112x a x +=，2222x a x +=，所以命题等价于证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅， 整理得121121121x x x e x e x x ---<-，即()()11211111210x x x e x e x ------<．令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，()0,1t ∈， 则()()2t tF t t e e -'=--，()0,1t ∈，令()2t tg t e e -=--，易知()g t 在()0,1上单调递增．因为()020g =-<，()10g >，所以存在()00,1t ∈，使()00g t =，当()00,t t ∈时，()0F t '<，()F t 单调递减；当()0,1t t ∈时，()0F t '>，()F t 单调递增， 所以()()(){}max 0,10F t F F <=，所以()()11211111210x x x e x e x ------<成立，所以()()1212e a f x f x a--<⋅．【名师点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．17．已知函数()1xf x e ax =--（1）讨论函数()()f xg x x=在其定义域内的单调性； （2）若()0f x ≥对任意的x ∈R 恒成立，设()()xh x e f x =，证明：()h x 在R 上存在唯一的极大值点t ，且()3.16h t <【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考 【答案】（1）在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数()g x 求导，得()()211x x e g x x '-+=，令()()11xx x e ϕ=-+，则()x x xe ϕ'=，得到()x ϕ在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，结合其定义域，得到()()00ϕϕ>=x ，进而求得()g x 的单调区间； （2）根据()0f x ≥对任意的x ∈R恒成立，可确定1a =，()()()()1,22x x x x h x e e x h x e e x '=--=--，利用导数研究函数的图象的走向，研究得其极值点以及极值的范围，证得结果．【解析】（1）由题意()1x e ax g x x --=，定义域为()()()()211,00,,x x e g x x ∞∞'-+-⋃+=令()()11x x x e ϕ=-+，则()xx xe ϕ'=当0x <时，()0;x ϕ'<当0x >时，()0x ϕ'>()x ϕ∴在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增 ()()00,x ϕϕ∴>=即()g x '在(),0-∞和()0,∞+上均大于零 ()g x ∴在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增29 / 33（2）易知()x f x e a '=-，由()10xf x e ax =--≥对任意的x ∈R 恒成立，即1x ax e ≤-恒成立，当0x =时显然成立，当0x >时，1x e a x -≤恒成立，当0x <时，1x e a x -≥恒成立，令1()x e u x x -=，则22(1)(1)1'()x x x e x e x e u x x x⋅---+==， ()(1)1x v x x e =-+，'()x v x e =，可知'()0v x >，()v x 在R 上单调递增，且(0)110v =-+=，所以当0x <时，'()0u x <，当0x >时，'()0u x >，所以1()x e u x x -=在(,0)-∞上单调减，在(0,)+∞上单调增，且001lim lim 11x xx x e e x→→-==，所以1a =，此时()()()()1,22x x x xh x e e x h x e e x '=--=--，令()22,x x e x τ=--则()21xx e τ='-，当ln2x <-时，()0;x τ'<当ln2x >-时，()0x τ'>，()x τ∴在(),ln2∞--上单调递减，在()ln2,∞-+上单调递增，又()()3322223212200,20,0224e ee τττ⎛⎫=-=>-=-=-< ⎪⎝⎭， ∴存在唯一实数32,,2t ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭使得()220t t e t τ=--=，()h x ∴在(),t -∞上递增，(),0t 上递减，()0,∞+上递增， ()h x ∴在R 上唯一的极大值点，即为.t()()222231122416ttt t t t h t e e t t ++--⎛⎫∴=--=--=<⎪⎝⎭． 【名师点睛】该题考查的是有关利用导数研究函数的问题，解题思路如下：（1）对函数求导，之后对其导数再求导，结合导数的符号确定函数的单调性，从而确。

导数的极值与最值题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

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 ⎡⎤=-+++⎣⎦。

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.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小值点（）A．个B．个C．个D．个【答案】A【解析】函数为增函数, 函数为减函数, 当且左侧,右侧时为极小值点,从而只有一个满足,答案选A..【考点】函数的导数与极值2.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】令得或,当时, ,当时, ,因此当时, ,所以,当时, ,当时, ,因此,答案为.【考点】导数与最值3.设函数，则的极小值点为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，令得解得，又因为函数的定义域为，当时，，所以时为减函数；当时，，所以时为增函数；所以当时函数取得极小值；【考点】导数在求函数极值中的应用；4.已知函数，且是函数的极值点。

给出以下几个问题：①；②；③；④其中正确的命题是__________。

（填出所有正确命题的序号）【答案】①③【解析】的定义域为，，所以有，所以有即即，所以有；因为，所以有。

【考点】导数在求函数极值中的应用5.已知函数在处有极大值．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若过原点有三条直线与曲线相切，求的取值范围；（Ⅲ）当时，函数的图象在抛物线的下方，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）通过对函数f（x）求导，根据函数在x=2处有极值，可知f'（2）=0，解得a的值．（Ⅱ）把（1）求得的a代入函数关系式，设切点坐标，进而根据导函数可知切线斜率，则切线方程可得，整理可求得b的表达式，令g'（x）=0解得x1和x2．进而可列出函数g（x）的单调性进而可知-64＜b＜0时，方程b=g（x）有三个不同的解，结论可得．（Ⅲ）当x∈[-2，4]时，函数y=f（x）的图象在抛物线y=1+45x-9x2的下方，进而可知x3-12x2+36x+b＜1+45x-9x2在x∈[-2，4]时恒成立，整理可得关于b的不等式，令h（x）=-x3+3x2+9x+1，对h（x）进行求导由h'（x）=0得x1和x2．分别求得h，h（-1），h（3），h（4），进而可知h（x）在[-2，4]上的最小值是，进而求得b的范围．试题解析：（Ⅰ），或，当时，函数在处取得极小值，舍去；当时，，函数在处取得极大值，符合题意，∴．（3分）（Ⅱ），设切点为，则切线斜率为，切线方程为，即，∴．令，则，由得，．函数的单调性如下：↗极大值↘极小值↗∴当时，方程有三个不同的解，过原点有三条直线与曲线相切．（8分）（Ⅲ）∵当时，函数的图象在抛物线的下方，∴在时恒成立，即在时恒成立，令，则，由得，．∵，，，，∴在上的最小值是，．（12分）【考点】等比关系的确定；利用导数研究函数的极值．6.已知函数，在点处的切线方程是（e为自然对数的底）。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数在上的最大值为2，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先画出分段函数f（x）的图象，如图．当x∈[-2，0]上的最大值为2；欲使得函数在上的最大值为2，则当时，的值必须小于等于2，即，解得：，故选D.【考点】函数最值的应用.2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.定义在[1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－|x－3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c＝________.【答案】1或2【解析】易知当2≤x≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x≤2时，2≤2x≤4，从而由条件得f(x)＝f(2x)＝(1－|2x－3|)．因为c>0，故极大值点为；当2≤x≤4时，4≤2x≤8，从上述步骤得f(2x)＝cf(x)＝c(1－|4x－3|)．因为c>0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，所以＝，解得c＝2或1.4.已知函数，，其中.(1)若是函数的极值点，求实数的值；(2)若对任意的(为自然对数的底数)都有成立，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)．【解析】（1）利用函数极值点的导数等于0，且此点的左侧和右侧导数的符号相反，求得实数的值；（2）问题等价于对任意的时，都有，分类讨论，利用导数的符号判断函数的单调性，由单调性求出函数的最小值及的最大值，根据它们之间的关系求出实数的取值范围．试题解析：(1)∵，其定义域为，∴．∵是函数的极值点，∴，即.∵，∴．经检验当时，是函数的极值点，∴．(2)对任意的都有成立等价于对任意的，都有．当时，．∴函数在上是增函数，∴.∵，且，．①当且时，，∴函数在上是增函数，∴．由，得a≥，又，∴不合题意．②当时，若，则，若，则．∴函数在上是减函数，在上是增函数．∴.由，得．又，∴．③当且时，，函数在上是减函数．∴.由，得．又，∴.综上所述，的取值范围为．【考点】1、函数在某点取得极值的条件；2、利用导数求闭区间上函数的最值．5.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.6.设函数f(x)的定义域为R，x0(x≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x)B．－x是f(－x)的极小值点C．－x是－f(x)的极小值点D．－x是－f(－x)的极小值点【答案】D【解析】取函数f(x)＝x3－x，则x＝－为f(x)的极大值点，但f(3)>f，排除A.取函数f(x)＝－(x－1)2，则x＝1是f(x)的极大值点，但－1不是f(－x)的极小值点，排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的极小值点，排除C.7.设函数f(x)＝＋ln x，则()．A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝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【答案】D【解析】∵f(x)＝＋ln x(x＞0)，∴f′(x)＝－＋.由f′(x)＝0解得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．∴x＝2为f(x)的极小值点．8.已知函数在时有极值0，则．【答案】11【解析】对函数求导得,由题意得 ,即解得: 或,当时,故,【考点】函数的极值9.已知函数在处有极值，则等于( )A．或B．C．或18D．【答案】A【解析】，依题意，解得故当时，；当时，.故答案为11或18.【考点】函数的极值.10.已知函数在处取得极大值，则的值为 .【答案】.【解析】，，依题意知，于是有，，整理得，解得或.①当时，，此时，此时函数在处取得极小值，不合乎题意！②当时，，此时，此时函数在处取得极大值，合乎题意！故.【考点】函数的极值11.定义在上的函数满足：①（为正常数）；②当时，.若函数的所有极大值点均在同一条直线上，则_____________.【答案】或.【解析】当时，，故函数在上单调递增，在上单调递增，故函数在处取得极大值，当时，则，此时，此时，函数在处取得极大值，对任意，当时，函数在处取得极大值，故函数的所有极大值点为，由于这些极大值点均在同一直线上，则直线的斜率为定值，即为定值，故或，即或.【考点】1.函数的极值；2.直线的斜率12.设函数，其中为实常数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）讨论在定义域上的极值.【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单减区间是；（Ⅱ）当时，无极值；当时，在点处取得极大值，且为，无极小值.【解析】（Ⅰ）先把代入，对函数求导，令导数大于0，求出函数的单调递增区间，令导数小于0，求出函数的单调递减区间（Ⅱ）对参数进行讨论，分和两种情况.试题解析：（Ⅰ）由得，；由得，.所以函数的单调递增区间为，单减区间是. 6分（Ⅱ）当时, ,在上始终单增,无极值.当时，，. 9分当时，；当时，.此时，在点处取得极大值，且为，无极小值. 12分【考点】1.利用导数求单调区间；2.利用导数求极值.13.函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为【答案】10【解析】因为函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为10.14.已知函数在点x=1处连续，则a的值是（）A．2B．3C．－2D．－4【答案】B【解析】解：因为函数在店x=1处连续，因此该点的函数值等于该点的极限值。

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高考数学导函数极值最值问题题型一：根据图像判断极值点情况【例1】.函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．x=1是最小值点B．x=0是极小值点C．x=2是极小值点D．函数f(x)在(1，2)上单调递增【答案】C【解析】由图象得：f(x)在(−∞，0)递增，在(0，2)递减，在(2，+∞)递增∴x=2是极小值点故选 C变式训练1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点 ()A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【解析】由f′(x)的图象可知，函数f(x)在区间(a,b)上的单调性依次是：增→减→增→减．由极小值点的定义可知，在区间(a,b)上有1个极小值点【备注】利用导数研究函数的极值．若在x0处函数的导数值为零，在x0左侧函数单减，右侧函数单增，则在x0处取得极小值．变式训练2.( 尖子班 ) 如下图，直线y=ax+2与曲线y=f(x)交于A、B两点，其中A是切点，记ℎ(x)=f(x)，g(x)=f(x)−ax，则下列判断正确的是()xA．ℎ(x)只有一个极值点B．ℎ(x)有两个极值点，且极小值点小于极大值点C．g(x)的极小值点小于极大值点，且极小值为−2D．g(x)的极小值点大于极大值点，且极大值为2【答案】D【解析】设切点A的坐标为(x0，f(x0))，则由条件得f′(x0)=a 且当x<x0时，f′(x)>a；当x>x0时，f′(x)<a∵g(x)=f(x)−ax∴g′(x)=f′(x)−a∴当x<x0时，g′(x)=f′(x)−a>0，g(x)单调递增当x>x0时，g′(x)=f′(x)−a<0，g(x)单调递减∴当x=x0时g(x)有极大值，且极大值为g(x0)=f(x0)−ax0=2同理g(x)有极小值，结合图形可得g(x)的极小值点大于极大值点选 D题型二：利用导数讨论函数极值点与求极值【例2】.函数y=14x4−13x3的极值点的个数为()A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】因为y=14x4−13x3所以y′=x3−x2=x2(x−1)由y′=0得x1=0，x2=1，当x变化时，y′，y的变化情况如下表x(−∞，0)0(0，1)1(1，+∞) y′−0−0+ y减无极值减极小值增由表可知，函数只有一个极值点故选 B变式训练.已知函数f(x)=2mx+1+ln⁡x−m(m∈R)，试讨论函数f(x)的极值点情况．【答案】当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m极小值点为x=m−1+√m2−2m 【解析】由题得，f(x)的定义域为(0，+∞)f′(x)=1x−2m(x+1)2=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2(m∈R)设g(x)=x2+2(1−m)x+1Δ=4(1−m)2−4=4m(m−2)①当m≤0时，对称轴x=m−1<0故g(x)在区间(0，+∞)上单调递增则g(x)>g(0)=1所以f′(x)>0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值②当0<m≤2时，Δ≤0，g(x)=x2+2(1−m)x+1≥0恒成立故f′(x)≥0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值③当m>2时，令g(x)=0，得x1=m−1−√m2−2mx2=m−1+√m2−2m令f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2令f′(x)<0，得x1<x<x2所以f(x)在区间(0，x1)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，在区间(x2，+∞)上单调递增故f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m.综上所述，当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m 【备注】由题得，求得f′(x)=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2设g(x)=x2+2(1−m)x+1由Δ=4m(m−2)分m≤0、0<m≤2、m>2三种情况讨论，即可得到函数极值点的情况本题主要考查利用导数求解函数的极值（点）和不等式的恒成立问题求解，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题【例3】.已知x=−2是f(x)=(x2+ax−1)e x−1的极值点，则f(x)的极小值为()A．−1B．−2e−3C．5e−3D．1【答案】Ax3−4x+4的极大值为()变式训练.函数f(x)=13B．6A．283C．26D．73【答案】A【解析】定义域为R，f(x)=x2−4=(x+2)(x−2)f(x)在(−∞，−2)上单调递增在(−2，2)上单调递减在(2，+∞)上单调递增所以f(x)的极大值为f(−2)=283【备注】题目比较简单，直接求导，利用导数确定单调性求解函数极值即可题型三：已知极值求参数【例4】.已知函数f(x)=x(e x−2a)−ax2，若f(x)有极小值且极小值为0，求a的值．【答案】a=12【解析】f′(x)=(e x−2a)+xe x−2ax=(x+1)(e x−2a)，x∈R①若a≤0，则由f′(x)=0解得x=−1当x∈(−∞，−1)时，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(−1，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e若a>0，则由e x−2a=0，解得x=ln(2a)时a．若ln⁡(2a)<−1，即0<a<12e当x∈(−∞，ln(2a))上，f′(x)>0，f(x)递增当x∈(ln⁡(2a)，−1)上，f′(x)<0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e时，f′(x)≥0，f(x)递增不存在极值b．若ln⁡(2a)=−1，即a=12e时c．若ln⁡(2a)>−1，即a>12e当x∈(−∞，−1)上，f′(x)>0，f(x)递增x∈(−1，ln(2a))上，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(ln⁡(2a)，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=ln(2a)时，f(x)取极小值f(ln⁡(2a))=−aln2(2a)=0得a=12满足条件故当f(x)有极小值且极小值为0时，a=12【备注】求出导函数f′(x)=(x+1)(e x−2a)，通过研究f′(x)=0的解，确定f′(x)>0和f′(x)<0的解集，以确定f(x)的单调性，从而确定f(x)是否有极小值，在有极小值时，由极小值为0，解得a值，如符合上述范围，即为所求【例5】.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2，在x=−1时极值为0，则mn为()A．29B．13C．29或13D．不存在【答案】A【解析】∵f(x)=x3+3mx2+nx+m2∴f′(x)=3x2+6mx+n由题意{−1+3m−n+m2=03−6m+n=0且(6m)2−4×3×n>0解得m=2，n=9则mn =29故选 A变式训练.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0，则m+ n=________ ．【答案】11【解析】由f(x)=x3+3mx2+nx+m2，得：f′(x)=3x2+6mx+n 因为函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0所以{f′(−1)=0 f(−1)=0所以{−1+3m−n+m2=0 3−6m+n=0解得：{m1=1n1=3或{m2=2n2=9当{m1=1n1=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0所以函数在R上为单调递增函数，与在x=−1处取得极值0相矛盾所以{m1=1n1=3不合题意，舍去当{m2=2n2=9时，f′(x)=3x2+12x+9=2(x+1)(x+3)所以，f′(−1)=0，且当−3<x<−1时，f′(−1)<0，函数f(x)在区间(−3，−1)上为减函数当x>−1时，f′(−1)>0，函数f(x)在区间(−1，+∞)上为增函数所以函数f(x)在x=−1处取得极值，所以符合题意所以m+n=2+9=11所以答案应填：11题型四：已知极值求参数范围【例6】.已知f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．【答案】(−∞,−1)∪(2,+∞)【解析】f(x)有极大值又有极小值，故f′(x)=3x2+6ax+3(a+2)=0有两个不同的解即Δ=36a2−4×3×3(a+2)>0∴a∈(−∞,−1)∪(2,+∞)变式训练1.若函数f(x)=ax−x2−ln⁡x存在极值，且这些极值的和不小于4+ln⁡2，则a的取值范围为()A．[2,+∞)B．[2√2,+∞)C．[2√3,+∞)D．[4,+∞)【答案】C【解析】f(x)=ax−x2−ln⁡x，x∈(0,+∞)，则f′(x)=a−2x−1x =−2x2−ax+1x，∵函数f(x)存在极值，∴f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，∴Δ=a2−8⩾0，显然当Δ=0时，f(x)无极值，不合题意；∴方程必有两个不等正根，记方程2x2−ax+1=0的两根为x1，x2，则x1+x2=a2，x1x2=12，f(x1)，f(x2)是函数F(x)的两个极值，由题意得，f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)−(x12+x22)−(ln⁡x1+ln⁡x2)=a22−a24+1−ln⁡12⩾4+ln⁡2化简解得a2⩾12，满足Δ>0，又x1+x2=a2>0，即a>0，∴a的取值范围是[2√3,+∞)．故选 C【备注】【考点】：利用导数研究函数的极值．本题考查导数与函数的单调性、极值的关系，求函数f(x)的定义域，求出f′(x)，利用导数和极值之间的关系将条件转化：f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，根据二次方程根的分布问题列出方程组，根据条件列出关于a的不等式，求出a的范围，属于中档题．变式训练2.若函数f(x)=a(x−2)e x+lnx−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为()A．(−1e2,1 e2 )B．(−1e ,1 e )C．(−1e2,0]D．(−1e,0]【答案】D【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性极值，先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值小于0即可求出a的范围．f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点．关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe x为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故选 D题型五：利用导数求函数最值【例7】.已知函数f(x)=x3−12x+8在区间[−3,3]上的最大值、最小值分别为M，m，则M−m= ________【答案】32【解析】f′(x)=3x2−12．当x<−2或x>2时函数单调递增；当−2<x<2时函数单调递减．又f(−3)=17，f(−2)=24，f(2)=−8，f(3)=−1，比较以上几个数可得M=24，m=−8利用导数研究函数的最值，所以M−m=32．【备注】先判断函数的单调性，然后比较极值与端点处的函数值，从而得出函数的最大、最小值．变式训练.已知函数f(x)=2x3−3x．求f(x)在区间[−2,1]上的最大值；【答案】√2【解析】由f(x)=2x3−3x得f′(x)=6x2−3,令f′(x)=0，得x=−√22或x=√22,因为f(−2)=−10,f(−√22)=√2,f(√22)=−√2,f(1)=−1,所以f(x)在区间[−2,1]上的最大值利用导数研究函数的最值为f(−√2)=√2.【备注】本题考查利用导数确定函数最值的相关问题．题型六：根据最值求参数值【例8】.已知函数f(x)=12ax2−ln⁡x,a∈R．(1) 求函数f(x)的单调区间；【答案】当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．【解析】求导分析导数正负即可，注意对a进行分类讨论．①当a=0时，f′(x)=−1x<0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．②当a<0时，f′(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时，令f′(x)=0，解得x=√1a．当x∈(0,√1a )时，f′(x)<0 , 所以函数f(x)在(0,√1a)单调递减.当x∈(√1a ,+∞)时, f′(x)>0，所以函数f(x)在(√1a,+∞)单调递增．综上所述，当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．(2) 若函数f(x)在区间[1,e]的最小值为1，求a的值．【答案】a=2．【解析】分a⩽0和a>0两种情况来表示f(x)的最小值，令最小值等于1，求出a的值．①当a⩽0时，由（1）可知，f(x)在[1,e]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(e)=12ae2−1=1，解得a=4e2>0舍去．②当a>0时，由（1）可知：当√1a⩽1，即a⩾1时，函数f(x)在[1,e]上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(1)=12a=1，解得a=2．当1<√1a <e，即1e2<a<1时，函数f(x)在(1,√1a)上单调递减，在(√1a,e)上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(√1a )=12+12ln⁡a=1，解得a=e舍去．当√1a ⩾e,即0<a⩽1e2时，函数f(x)在[1,e]上单调递减，所以函数f(x)的最小值为f(e)=1 2ae2−1=1，得a=4e2舍去．综上所述，a=2．变式训练.已知f(x)=2xln⁡x−mx+2e．(1) 若方程f(x)=0在(14，e)上有实数根，求实数m的取值范围；【答案】[0，2e2+2)【解析】方程f(x)=0可化为2xlnx=mx−2e令 g(x)=2xlnx ，则 g ′(x)=2(ln⁡x +1)由 g ′(x)>0 可得 x >1e ，由 g ′(x)<0 可得 0<x <1e∴ g(x) 在 (0，1e ) 上单调递减，在 (1e ，+∞) 上单调递增∴ g(x) 的极小值为 g(1e )=−2e而 g(14)=−ln⁡2， f(e)=2e ，则 g(14)<g(e)由条件可知点 (0，−2e ) 与 (e ，2e) 连线的斜率为 2e 2+2可知点 (0，−2e ) 与 (14，−ln⁡2) 连线的斜率为 8e −4ln⁡2，而 2e 2+2>8e −4ln⁡2结合图像可得 0≤m <2e 2+2 时，函数 y =g(x) 与 y =mx −1e 有交点∴ 方程 f(x)=0 在 (14，e) 上有实数根时，实数 m 的取值范围是 [0，2e 2+2)【备注】令 f(x)=0，将其化为 2xlnx =mx −2e ，构造函数 g(x)=2xlnx ，利用导数研究函数的单调性与极值，结合图象可求得 m 的范围(2) 若 y =f(x) 在 [1，e] 上的最小值为 −4+2e ，求实数 m 的值．【答案】2ln⁡2+2【解析】由 f(x)=2xln⁡x −mx +2e 可得 f ′(x)=2ln⁡x −m +2① 若 m ≥4，则 f ′(x)≤0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递减则 f(x) 的最小值为 f(e)=2e −me +2e =−4+2e故 m =2+4e ，不满足 m ≥4，舍去② 若 m ≤2，则 f ′(x)≥0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递增则 f(x) 的最小值为 f(1)=−m +2e =−4+2e故m=4，不满足m≤2，舍去③若2<m<4，则x∈[1，e m−22)时，f′(x)<0x∈(e m−22，e]时，f′(x)>0∴f(x)在[1，e m−22)上单调递减，在[e m−22，e)上单调递增∴f(x)的最小值为f(e m−22)=−2e m−22+2e =−4+2e解之得m=2ln⁡2+2，满足2<m<4∴综上可知，实数m的值为2ln⁡2+2【备注】对f(x)求导，然后按m分类讨论函数的单调区间，结合最小值可求得m点的值求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域．函数y=f(x)的零点就是f(x)=0的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理题型七：根据最值求参数取值范围【例9】.若函数f(x)=3x−x3在区间(a2−12,a)上有最小值，则实数a的取值范围是() A．(−1,√11)B．(−1,4)C．(−1，2]D．(−1,2)【答案】C【解析】【解答】由题f′(x)=3−3x2，令f′(x)>0解得−1<x<1；令f′(x)<0解得x<−1或x>1由此得函数在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,1)上是增函数，在(1,+∞)上是减函数故函数在x=−1处取到极小值−2，判断知此极小值必是区间(a2−12，a)上的最小值∴a2−12<−1<a，解得−1<a<√11又当x=2时，f（2）=−2，故有a⩽2综上知a∈(−1，2]故选C．【分析】求函数f(x)=3x−x3导数，研究其最小值取到位置，由于函数在区间(a2−12，a)上有最小值，故最小值点的横坐标是集合(a2−12，a)的元素，由此可以得到关于参数a的等式，解之求得实数a的取值范围变式训练.函数f(x)=x3−3ax−a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0⩽a<1B．0<a<1C．−1<a<1D．0<a<12【答案】B【解析】f′(x)=3(x2−a)．若a⩽0，则函数f(x)在(0,1)上单增，此时没有最小值；所以a>0，此时函数f(x)在(0,√a)单减，(√a,1)单增．因为函数f(x)有最小值，所以√a< 1,解得a<1利用导数研究函数的最值．综上，0<a<1．【备注】本题需要对a的取值进行分类讨论，注意是在开区间内有最小值，所以最小值点一定在极小值点取到．精选精练1.函数f(x)的定义域为(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a,b)内有极值点________ 个【答案】3【解析】观察图象可得，导函数的变号零点有3个，因此函数f(x)在(a,b)内有3个极值点.2.已知函数y=x−ln⁡(1+x2)，则函数y的极值情况是()A．有极小值B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值【答案】D【解析】y′=1−2x1+x2=(x−1)21+x2⩾0；∴该函数无极值．故选：D．求y′，从而可判断y′⩾0，从而得出该函数无极值．【备注】考查复合函数的导数公式，完全平方式，以及极值的定义．3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R)在x=−2处取极大值为0，则b= () A．3B．4C．−4D．−3【答案】C【解析】∵f(x)=x3+ax2+b，∴f′(x)=3x2+2ax，函数在x=−2处取极小值0，∴−23+4a+b=0，12−4a=04.对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x−a)f′(x)⩾0，则必有()A ．f(x)⩾f(a)B ．f(x)⩽f(a)C ．f(x)>f(a)D ．f(x)<f(a)【答案】A【解析】由 (x −a)f ′(x)⩾0 知，当 x >a 时，f ′(x)⩾0；当 x <a 时，f ′(x)⩽0．所以当 x =a 时，函数 f(x) 取得最小值，则 f(x)⩾f(a)．5.已知函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)，若 x =1 是函数 f(x) 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是( )A ．(−∞,e]B ．[0,e]C ．(−∞,e)D ．[0,e) 【答案】A【解析】对参数需要进行讨论．∵ 函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)．∴ 函数 f(x) 的定义域是 (0,+∞)．∴f ′(x)=e x x−e xx 2+k(1x −1)=(e x −kx)(x−1)x 2．∵x =1 是函数 f(x) 的唯一一个极值点．∴x =1 是导函数 f ′(x)=0 的唯一根．∴e x −kx =0 在 (0,+∞) 无变号零点．令 g(x)=e x −kx ．g ′(x)=e x −k ．① k ≤0 时，g ′(x)>0 恒成立．g(x) 在 (0,+∞) 时单调递增的．g(x) 的最小值为 g(0)=1，g(x)=0 无解．② k >0 时，g ′(x)=0 有解为：x =ln⁡k ．0<x <ln⁡k 时，g ′(x)<0，g(x) 单调递减．ln⁡k <x 时，g ′(x)>0，g(x) 单调递增．∴g(x) 的最小值为 g(ln⁡k)=k −kln⁡k ．∴k −kln⁡k >0．∴k <e ．由 y =e x 和 y =ex 图象，它们切于 (1,e)．综上所述：k ≤e ．故选 A【备注】本题考查由函数的导函数确定极值问题．6.若函数f(x)=x 33−a 2x 2+x +1在区间(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (2,103)【解析】若函数f(x)在区间( 12 ，3)上无极值，则当x ∈( 12 ，3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩾0恒成立或当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0恒成立．当x ∈(12,3)时，y =x +1x 的值域是[2,103)；当x ∈(12,3)时， f ′(x)=x 2−ax +1⩾0，即a ⩽x +1x 恒成立，a ⩽2；当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0，即a ⩾x +1x 恒成立，a ⩾103．因此要使函数f(x)在(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是(2,103).故答案为(2,103)．【备注】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，其中将问题转化为导函数的零点问题是解答此类问题最常用的办法．7.函数 f(x)=13x 3−x 2+a ，函数 g(x)=x 2−3x ，它们的定义域均为 [1,+∞)，并且函数 f(x)的图象始终在函数g(x)的上方，那么a的取值范围是 ()A．(0,+∞)B．(−∞,0)C．(−43,+∞)D．(−∞,43)【答案】A【解析】设ℎ(x)=13x3−x2+a−x2+3x，则ℎ′(x)=x2−4x+3=(x−3)(x−1),于是x∈(1,3)单调递减；x∈(3,+∞)单调递增，当x=3时，函数ℎ(x)取得最小值利用导数研究函数的最值，因为f(x)在g(x)上方，则有ℎmin(x)>0，即ℎ(3)=a>0，所以a的取值范围是(0,+∞)利用导数研究函数的图象与性质．【备注】可构造新函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，所以问题等价于函数ℎ(x)在[1,+∞)上大于0恒成立．8.若函数f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为________ ．【答案】(−1e,0]【解析】先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值大于0即可求出a的范围．f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x，x>0．∴f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故答案为(−1e,0]．9.函数f(x)=ln xx的最大值为()A．1eB．eC．e2D．103【答案】A【解析】令y′=(lnx)⋅x−lnx⋅x′x2=1−lnxx2=0则x=e当x>e时，y′<0当0<x<e时，y′>0所以当x=e时，函数有极大值，极大值为1e因为函数在定义域内只有—个极值，所以y max=1e10.函数y=xcos⁡x−sin⁡x在[π2,3π2]的最小值为________ ．【答案】−π【解析】由已知，得y′=cos⁡x−xsin⁡x−cos⁡x=−xsin⁡x,当π2<x<π时，y′<0；当π<x<3π2时，y′>0．因此，y min=πcos⁡π−sin⁡π=−π.11.已知函数f(x)=(x2−7x+13)e x，求函数f(x)的极值【答案】y极大值=f(2)=3e2,y极小值=f(3)=e312.设0<x<π，则函数y=2−cos⁡xsin x的最小值是 () A．3B．2 C．√3D．2−√3【答案】C【解析】y′=sin2⁡x−(2−cos⁡x)cos⁡xsin x =1−2cos⁡xsin x，∵0<x<π，∴当π3<x<π时，y′>0；当0<x<π3时，y′<0．∴x=π3时，y min=√3．13.已知函数f(x)=xln⁡x−ax2+a不存在最值，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．(0,12]C．[1,+∞)D．[12,+∞)【答案】D【解析】由题意，f′(x)=ln⁡x+1−2ax令f′(x)=0，得ln⁡x=2ax−1，函数f(x)不存在最值，等价于f′(x)=ln⁡x−2ax+1最多1个零点，等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，∴{ln⁡x0=2ax0−12a=1x0，解得：a=12，故当a=12时，直线y=2ax−1与y=ln⁡x的图象相切，故a⩾12时，y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点．则实数a的取值范围是[12,+∞)．故选：D．【备注】问题等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，求出a的临界值即可．本题考查了导数的应用以及函数的最值问题，考查转化思想，是一道中档题．14.设函数f(x)=13x3−x+m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为()A．−13B．−1C．13D．1【答案】A【解析】对函数f(x)=13x3−x+m求导得，f′(x)=x2−1．令f′(x)=0得，x2−1=0，解得x=±1．当x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)为单调增函数．当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)为单调减函数．所以f(x)在x=−1处有极大值为f(−1)=−13+1+m=1，解得m=13．f(x)在x=1处有极小值为f(1)=13−1+m=−13．故选 A【备注】本题考查了利用导数研究函数的极值，对函数 f(x)=13x 3−x +m 求导得 f′(x)=x 2−1，从而得 f(x) 在 (−∞,−1)，(1,+∞) 为单调增函数，在 (−1,1) 为单调减函数，故 f(x) 在 x =−1 处有极大值为 f(−1)=−13+1+m =1，即可解得 m ，进而得出极小值．15.已知 (a +1)x −1−ln⁡x ⩽0 对于任意 x ∈[12,2] 恒成立，则 a 的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．1−2ln⁡2 D ．−1+ln⁡22【答案】C【解析】分离变量，题意转化为 a +1⩽1+ln⁡x x在 [12,2] 上恒成立．16.已知函数f(x)=1−x ax+ln⁡x ．若函数g(x)=f(x)−14x 在[1,e]上为增函数，求正实数a 的取值范围．【答案】[43,+∞)【解析】因为g(x)=f(x)−14x =1−x ax+lnx −14x ，所以g ′(x)=−ax 2+4ax−44ax 2(a >0)设φ(x)=−ax 2+4ax −4，由题意知，只需 φ(x)0在 [1,e] 上恒成立即可满足题意． 因为a >0，函数 φ(x)的图象的对称轴为x =2，所以只需φ(1)=3a −40，即 a 43即可．故正实数 a 的取值范围为[43,+∞)．17.已知函数 f(x)=x 3−ax +2 的极大值为 4，若函数 g(x)=f(x)+mx 在 (−3，a −1) 上的极小值不大于 m −1，则实数 m 的取值范围是( ) A ．[−9,−154) B ．(−9,−154] C ．(−154,+∞) D ．(−∞,−9)【答案】B【解析】∵f′(x)=3x2−a，∴当a⩽0时，f′(x)⩾0，f(x)无极值，当a>0时，易得f(x)在x=−√a3处取得极大值，则有f(−√a3)=4，即a=3，于是g(x)=x3+(m−3)x+2，g′(x)=3x2+(m−3)；当m−3⩾0时，g′(x)⩾0，g(x)在(−3，2)上不存在极小值；当m−3<0时，易知g(x)在x=√3−m3处取得极小值，依题意有{−3<√3−m3<2g(√3−m3)⩽m−1，解得−9<m⩽−154．故选 B【备注】【点睛】：本小题主要考查的数学知识是：函数与导数，导数与单调性、极值的关系，考查分类讨论的数学思想方法．涉及函数导数的问题，首先要求函数的定义域，然后对函数求导，令导函数为0，结合函数单调性可得极值，明确极大值和极小值的定义求解．18.设函数f(x)=x3−3ax+b,a≠0在点(2,f(2))处与直线y=8相切(1) 求实数a,b的值；【答案】a=4,b=24；【解析】f′(x)=3x2−3a，f′(2)=0,f(2)=8即12−3a=0,8−6a+b=8解得a=4,b= 24(2) 求函数f(x)在区间[0,3]上的最值。

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