高考数学函数极值题型汇总
极值与导数常见题型归纳讲义2023届高三数学二轮专题复习
函数的极值与导数常见题型归纳题模一：函数极值的概念与判定 1. 下列结论中正确的是（ ） A.导数为零的点一定是极值点B.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，那么f （x 0）是极大值C.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，那么f （x 0）是极小值D.如果在x 0附近的左侧f′（x ）＜0，右侧f′（x ）＞0，那么f （x 0）是极大值 2. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极大值点________个；有极小值点________个． 2. 已知与是定义在上的连续函数，如果与仅当时的函数值为，且，那么下列情形不可能出现的是（ ） A.， B.是的极小值点 C.是的极小值点 D.是的极小值点题模二：具体函数的极值1. 下列函数中，0x =是极值点的函数式（ ） A.3y x =- B.2cos y x = C.sin y x x =- D.1y x=2. 函数f （x ）=14x 4-13x 3+x 2-2在R 上的极值点有（ ） A.3个 B.2个 C.1个D.0个3. 已知函数．求的极小值．4. 已知函数f （x ）=2f′（1）lnx -x ，则f （x ）的极大值为____．5. 已知函数f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1）的图象在点（1，f （1））处的切线垂直于y 轴． （1）求实数t 的值； （2）求f （x ）的极值．题模三：已知含参函数极值点求参数1.函数f （x ）=x 3+ax 2+3x -9，已知f （x ）在x=-3时取得极值，则a=（ ） A.2 B.3 C.4D.5()f x ()a b ，'()f x ()a b ，()f x ()a b ，()f x ()g x R ()f x ()g x 0x =0()()f x g x ≥x R ∀∈()()0f x f x ≤0x -()f x -0x -()f x -0x -()f x --()3213232f x x x x =-+()f x 题模精讲.2 设函数．若的两个极值点为、，且，求实数________．3. 若函数y=e 1a x -（）+4x （x∈R ）有大于零的极值点，则实数a 范围是（ ）A.a ＞-3B.a ＜-3C.a ＞-13D.a ＜-134. 若函数321111()(1)3245f x a x ax x =-+-+在其定义域内有极值点，则a 的取值为 .题模四：已知含参函数极值情况求参数范围1. 若函数3()63f x x bx b =-+在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是（ ） A.(0,1)B.(,1)-∞C.(0,)+∞D.1(0,)22. 已知三次函数f （x ）=ax 3-x 2+x 在（0，+∞）上存在极大值点，则a 的范围是（ ）A.(0，13)B.(0，13]C.(-∞，13)D.(-∞，0)∈(0，13)3. 已知f （x ）=22(1)x bx --无极值，则b 的值为（ ）A.1B.2C.3D.44. 已知函数，，且有极值．求实数的取值范围．1.下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（ A.y=x 3B.y=ln （-x ）C.y=xe -xD.y=x+2x2.关于函数()32f x x x x =-+，下列说法正确的是（ ）A.有极大值，没有极小值B.有极小值，没有极大值C.既有极大值也有极小值D.既无极大值也无极小值3. 已知函数f （x ）=（x 2+a ）•e x （x∈R ）在点A （0，f （0））处的切线l 的斜率为-3． （1）求a 的值以及切线l 的方程；（2）求f （x ）在R 上的极大值和极小值．4.已知函数f （x ）=（x 2+ax -2a 2+3a ）e x （x∈R ），若a∈R ，求函数f （x ）的单调区间与极值．5. 函数f （x ）=x 2+aln （1+x ）有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则实数a 的范围是()()326322f x x a x ax =+++()f x 1x 2x 121x x =a =()ln f x ax x =+(1)x e ∈，()f x a 随堂练习____．6. 已知函数y=ax 3+bx 2，当x=1时，有极大值3． （1）求a ，b 的值；（2）求函数y 的极小值．7. 设函数，（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当为何值时，函数有极值？并求出极大值．8. 若函数f （x ）=x 3+x 2+mx+1在R 上无极值点，则实数m 的取值范围是____．9. 函数y=x 3-2ax+a 在（0，1）内有极小值，则实数a 的取值范围是（ ）A.（0，3）B.（0，32） C.（0，+∞） D.（-∞，3）10 已知f （x ）与g （x ）是定义在R 上的连续函数，如果f （x ）与g （x ）仅当x=0时的函数值为0，且f （x ）≥g （x ），那么下列情形不可能出现的是（ ） A.0是f （x ）的极大值，也是g （x ）的极大值 B.0是f （x ）的极小值，也是g （x ）的极小值 C.0是f （x ）的极大值，但不是g （x ）的极值 D.0是f （x ）的极小值，但不是g （x ）的极值11设函数f （x ）=2x+lnx 则 （ ）A.x=12为f （x ）的极大值点B.x=12为f （x ）的极小值点C.x=2为 f （x ）的极大值点D.x=2为 f （x ）的极小值点()()3211132f x x ax a x =-+-1a =()y f x =()00，a ()y f x =12 已知函数f （x ）=4x +a x -lnx -32，其中a∈R ，且曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线y=12x ． （∈）求a 的值；（∈）求函数f （x ）的单调区间与极值．13 已知函数，试讨论的极值 ．14已知函数（）．讨论在区间上的极值点．15 若函数f （x ）=21x ax ++在x=1处取极值，则a=____．16 如果函数322()f x x ax bx a =+++在1x =时有极值10，那么a = ，b = ．()ln f x ax x =+()f x ()2ln 2x f x a x =-1a >()f x ()1e ，答案解析题模一：函数极值的概念与判定 1.【答案】B 【解析】导数为零的点且左右两边的符号不同才是极值点，故A 错；如果在x 0附近的左侧f′（x ）＞0，右侧f′（x ）＜0，则函数先增后减，则f （x 0）是极大值； 如果在x 0附近的左侧f′（x ）＜0，右侧f′（x ）＞0，则函数先减后增，则f （x 0）是极小值； 故选B ．2.【答案】2；1【解析】从的图象可知在内从左到右的单调性依次为增→减→增→减， 根据极值点的定义可知在内只有2个极大值点，1个极小值点．3.【答案】D【解析】A 项，（）是的极大值点，不一定是最大值点，故不正确； B 项，是把的图象关于轴对称，因此，是的极大值点； C 项，是把的图象关于轴对称，因此，是的极小值点；D 项，是把的图象分别关于轴、轴对称，因此是的极小值点．题模二：具体函数的极值 1.【答案】B【解析】A ．230y x '=-<，所以无极值点；B ．2cos sin y x x '=-，在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上0y '>，在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上0y '<，所以0x =是极大值点；C ．cos 10y x '=-≤，所以无极值点；D ．210y x'=-<，所以无极值点．2.【答案】C 【解析】f′（x ）=x 3-x 2+2x=x （x 2-x+2），∈x 2-x+2＞0，∈x∈（-∞，0）时，f′（x ）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x ）＞0； ∈x=0是函数f （x ）的极小值点． 故选：C ．.3【答案】极小值为．【解析】．列表如下：1 2 + 0 - 0 +单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，的极小值为． '()f x ()f x ()a b ，()a b ，0x 00x ≠()f x ()f x -()f x y 0x -()f x -()f x -()f x x 0x ()f x -()f x --()f x x y 0x -()f x --()223f =23212f x x x x x '=-+=--x ()1-∞，()12，()2+∞，()f x '()f x ()f x ()23f =4.【答案】2ln2-2【解析】由于函数f （x ）=2f′（1）lnx -x ，则f′（x ）=2f′（1）×1x-1（x ＞0），f′（1）=2f′（1）-1，故f′（1）=1，得到f′（x ）=2×1x -1=2xx-，令f′（x ）＞0，解得：0＜x ＜2，令f′（x ）＜0，解得：x ＞2， 则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数， 故f （x ）的极大值为f （2）=2ln2-2 故答案为：2ln2-25.【答案】（1）t=-2（2）f(x)极大值=4，f （x ）极小值=1+4ln2 【解析】（1）∈f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1），∈f '(x)=2(x+t)+41x +，∈函数f （x ）=（x+t ）2+4ln （x+1）的图象在点（1，f （1））处的切线垂直于y 轴，∈f '(1)=2(1+t)+42=0，解得t=-2．（2）由（1）知f '(x)=2(1)1x x x -+，x ＞-1，由f′（x ）＞0，得0＜x ＜1；由f′（x ）＜0，得-1＜x ＜0或x ＞1， ∈f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（-1，0），（1，+∞）， ∈f(x)极大值=f （0）=4，f （x ）极小值=f （1）=1+4ln2． 1.【答案】D 【解析】∵f′（x ）=3x 2+2ax+3，又f （x ）在x=-3时取得极值 ∈f′（-3）=30-6a=0 则a=5． 故选D2.【答案】9．【解析】．已知，从而，所以．3.【答案】B 【解析】因为函数y=e 1a x -（）+4x ，所以y′=（a -1）e 1a x -（）+4（a ＜1），所以函数的零点为x 0=11a -ln 41a-，因为函数y=e 1a x -（）+4x （x∈R ）有大于零的极值点，()()218622f x x a x a '=+++()()120f x f x ''==122118a x x ==9a =所以x 0=11a -ln 41a -＞0，即ln 41a-＜0， 解得：a ＜-3． 故选B ．4.【答案】15a --<或15a -+>或1a =【解析】即21()(1)04f x a x ax =-+-=有解.当–10a =时，满足.当–10a ≠时，只需2(1)0a a ∆=+->.题模四：已知含参函数极值情况求参数范围 1.【答案】D【解析】∵()2'36f x x b =-，由题意，函数'()f x 图象如右图．''(0)0,(1)0,f f ⎧<⎪∴⎨>⎪⎩即60,360,b b -<⎧∴⎨->⎩得102b <<．故选D 2.【答案】D【解析】由题意知，f′（x ）=3ax 2-2x+1，∈三次函数f （x ）=ax 3-x 2+x 在（0，+∞）上存在极大值点， ∈f′（x ）=3ax 2-2x+1=0有两个不同的正实数根或一正一负根， ∈当a ＞0时，此时3ax 2-2x+1=0有两个不同的正实数根， ∈44310203103a aa⎧⎪=-⨯⨯>⎪⎪>⎨⎪⎪>⎪⎩，即0＜a ＜13，∈当a ＜0时，此时3ax 2-2x+1=0有一正一负根，只须∈＞0，即4-12a ＞0，∈a ＜13，∈a ＜0综上所述，a 的范围是(-∞，0)∈(0，13)故选D ．3.【答案】B 【解析】∵f′（x ）=32(1)2(2)(1)x x b x ----=32(1)(1)x b x -+--， ∈若函数f （x ）=22(1)x bx --无极值，则1-b=-1，∈b=2．故选B ．4.【答案】． 11e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，【解析】由求导可得，令，可得． ∵，∴，∴ 又因为所以，有极值，实数的取值范围为．1.【答案】D 【解析】由题可知，B 、C 选项不是奇函数，A 选项y=x 3单调递增（无极值），而D 选项既为奇函数又存在极值． 故选：D ．2.【答案】D【解析】∵()22123213033f x x x x ⎛⎫'=-+=-+> ⎪⎝⎭恒成立，∴()f x 在R 上单调递增，∴既无极大值也无极小值，故选D ．3.【答案】（1）a=-3，3x+y+3=0 （2）极大值为6e -3，极小值为-2e 【解析】（1）f （x ）=（x 2+a ）•e x ∈f'（x ）=（x 2+2x+a ）•e x … 所以f'（0）=-3∈a=-3，…（4分）所以f （0）=-3，切线方程为3x+y+3=0；…（2）f （x ）=（x 2+a ）•e x ∈f'（x ）=（x 2+2x -3）•e x =（x+3）（x -1）e x ∈f'（x ）=0∈x=-3或x =1，…当x∈（-∞，-3），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当x∈（-3，1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减， 当x∈（1，+∞），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增，… 所以极大值为f （-3）=6e -3，极小值为f （1）=-2e ．…4.【答案】见解析 【解析】f′（x ）=[x 2+（a+2）x -2a 2+4a]e x令f′（x ）=0 解得x=-2a 或x=a -2以下分三种情况讨论．()ln f x ax x =+1()f x a x '=+1()0f x a x '=+=1a x=-(1)x e ∈，111x e ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，11a e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，(1)x e ∈，()f x a 11e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，极大值x 11a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1a -1e a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()f x '+0-()f x ↗↘随堂练习（1）若a ＞23，则-2a ＜a -2．当x 变化时，f′（x ），f （x ）的变化如下表： -所以f （x ）在（-∞，-2a ），（a -2，+∞）内是增函数在（-a ，a -2）内是减函数 函数f （x ）在x=2处取得极大值f （-2a ），且f （-2a ）=3ae -2a函数f （x ）在x=a -2处取得极小值f （a -2），且f （a -2）=（4-3a ）e a -2（2）若a ＜23则-2a ＞a -2当x 变化时，f′（x ），f （x ）的变化如下表：函数f （x ）在x=2处取得极小值f （-2a ），且f （-2a ）=3ae -2a函数f （x ）在x=a -2处取得极大值f （a -2），且f （a -2）=（4-3a ）e a -2（3）若a=23则-2a=a -2函数f （x ）在（-∞，+∞）内单调递增，此时函数无极值5.【答案】（0，12）【解析】∵f （x ）定义域为（-1，+∞），又f′(x)=2x+1ax +，令f'（x ）=0，则2x+1ax +=0，∈函数在（-1，+∞）内有两个不同的实数根， ∈a=-2x （x+1），令y 1=a ，y 2=-2x （x+1）， 如图示：∈0＜a ＜12． 6.【答案】（1）a=-6，b=9（2）0 【解析】（1）y′=3ax 2+2bx ，当x=1时，y′|x=1=3a+2b=0，y|x=1=a+b=3， 即3203a b a b +=⎧⎨+=⎩，a=-6，b=9（2）y=-6x 3+9x 2，y′=-18x 2+18x ，令y′=0，得x=0或x=1当x ＞1或x ＜0时，y′＜0函数为单调递减；当0＜x ＜1时，y′＞0，函数单调递增． ∈y 极小值=y|x=0=0．7.1）；（2）．【解析】．（1）当时，，则曲线在点处的切线方程为； （2）显然，当时，即时函数有极值．1 + 0 - 0 +递增极大值点递减极小值点递增此时，函数极大值为．1+ 00 +递增极大值点 递减极小值点递增此时，函数极大值为 ． 综上，．8.【答案】[13，+∞）【解析】f′（x ）=3x 2+2x+m ，∈函数f （x ）=x 3+x 2+mx+1在R 上无极值点， ∈f （x ）在R 上是单调函数，∈∈=4-12m≤0，解得m≥13，0y =()24(1)26=2223aa a f x a a -⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩极大值，，()()()2111f x x ax a x x a '=-+-=---⎡⎤⎣⎦1a =()00k f '==()y f x =()00，0y =11a -≠2a ≠2a <11a -<x ()1a -∞-，1a -()11a -，()1+∞，()f x '()f x ()y f x =()()2116f a a -=-x ()1-∞，()11a -，1a -()f x '-()f x ()y f x =()213f =-()24(1)26=2223a a a f x a a -⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩极大值，，故答案为：[13，+∞）．9.【答案】B【解析】根据题意，y'=3x 2-2a=0有解，所以a ＞0 23a 所以23a 所以023a 1 0＜23a ＜1 0＜a ＜3210【答案】C【解析】根据题意和图形知结合函数的图象分析：可得A ，B ，D 可能．当0是f （x ）的极大值时，不是g （x ）的极值是不可能的，选C ．11【答案】D【解析】∈f （x ）=2x+lnx ； ∈f′（x ）=-22x +1x =22x x ； x ＞2∈f ′（x ）＞0；0＜x ＜2∈f ′（x ）＜0．∈x=2为 f （x ）的极小值点．故选：D ．12【答案】（Ⅰ）54，（Ⅱ）函数f （x ）的单调递增区间为（5，+∞）； 单调递减区间为（0，5）；当x=5时，函数取极小值-ln5．【解析】（∈）∈f （x ）=4x +a x -lnx -32， ∈f′（x ）=14-2a x -1x， ∈曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线y=12x ． ∈f′（1）=14-a -1=-2，解得：a=54， （∈）由（∈）知：f （x ）=4x +54x -lnx -32，f′（x ）=14-254x -1x =22454x x x --（x ＞0）， 令f′（x ）=0，解得x=5，或x=-1（舍），∈当x∈（0，5）时，f′（x ）＜0，当x∈（5，+∞）时，f′（x ）＞0，故函数f （x ）的单调递增区间为（5，+∞）；单调递减区间为（0，5）；当x=5时，函数取极小值-ln5．13【答案】当时，函数不存在极值；当时，函数在处取得极大值．无极小值．【解析】函数的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+=． 当a≥0时，f'（x ）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）上为增函数，此时函数不存在极值．当a ＜0时，由f'（x ）＞0，解得0＜x ＜-，此时函数递增．由f'（x ）＜0，解得x ＞-此时函数递减．此时函数在x=-处取得极大值．无极小值． 综上所述：当时，函数不存在极值；当时，函数在处取得极大值．无极小值．14【答案】的极小值点为【解析】，导数=， ≥e ，即a≥e 2时，在区间（1，e ）上单调递减，无极值点．②当＜e ，即1＜a ＜e 2时，在区间(1)上单调递减，在区间(，e)单调递增，则的极小值点为，无极大值点．15【答案】3【解析】f′（x ）=22222(1)x x x a x +--+=222(1)x x a x +-+． 因为f （x ）在1处取极值，所以1是f′（x ）=0的根，将x=1代入得a=3．故答案为316【答案】411-，【解析】22()32.(1)320,(1)110f x x ax b f a b f a b a =++=++==+++=′由已知得′，22334311.9a b a a b b a a b +=-=-=⎧⎧⎧⎨⎨⎨==-++=⎩⎩⎩，，，联立解得或，当3a =-时，1x =不是极值点． 当411a b ==-，时满足题意．0a ≥0a <1x a=-()f x 1x 1ax x+1a 1a1a0a ≥0a <1x a=-()f x x a ()2ln 2x f x a x =-()a f x x x '=-2x a x-()()x a x a +-a ()f x ()f x a ()f x a a ()f x a。
导数与函数的极值、最值考点与题型归纳
导数与函数的极值、最值考点与题型归纳考点一 利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，求函数f (x )的极值．[解] 由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0， 得e x ＝a ，即x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．[例2] 设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R.讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．[解] f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． 当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0, 函数f (x )单调递增． 因此函数f (x )有两个极值点．③当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0， 可得x 1＜－1＜x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )有一个极值点．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g (x )＝ln x －mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．[解] 因为g (x )＝ln x －mx ＋mx，所以g ′(x )＝1x －m －mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2(x ＞0)，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，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12. 考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)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 . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[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 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln (2m )2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1. 综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln (2m )2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1. [题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1.①当a ＜0，即12a ＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时，若12a ＜1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎡⎦⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a ＜e 矛盾．若x 2＝12a ≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R)．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥ e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．[解] (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ， 而x ＋1x≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2. 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]． (2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值， 且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x (x ＞0)，∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个实根， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝1，∴f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋12(x 22－x 21)－a (x 2－x 1)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)1x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝⎛⎭⎫x 2x 1－x 1x 2， 设t ＝x 2x 1(t ≥ e)，令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (t ≥ e)， 则h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在[e ，＋∞)上是减函数， ∴h (t )≤h (e)＝12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee ，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)＝9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e －5＝5e 5＞5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A 级1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析：选A f ′(x )＝1－xex ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,4]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4＞0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析：选D 因为x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，所以f ′(2)＝12－3a ＝0，解得a ＝4，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0，得x ＝±2，故函数f (x )在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22B.5－ln 22C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎫y －22⎝⎛⎭⎫y ＋22y (y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝⎛⎭⎫22＝⎝⎛⎭⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π3，f ⎝⎛⎭⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π3x 在⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝⎛⎭⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， ∴函数g (x )＝sin x x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin x x 2.设u (x )＝x cos x －sin x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫π2＝2π. 9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0，解得x ＞1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－4，b ＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝⎛⎭⎫x ＝－12舍去， 则由已知得⎩⎨⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎡⎭⎫1，32 3．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，f (1)≥f (a )，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，(a －1)2(a ＋2)≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝2(103)2－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π， 所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝10时，V 取得极大值，也是最大值， 所以V max ＝2 000π.答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增， 当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝⎛⎭⎫1x ， ∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x －21＋x， 则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。
高考数学：23个求极值和值域专题及解析
23个求极值和值域专题1、求函数f x x ()=+.2、求函数f x ()=+的值域.3、求函数f x ()=.4、求函数f x ()=.5、已知函数222x bx c f x x 1()++=+（其中b 0<）的值域是13[,]，求实数b c ,.6、已知：x y z ,,为正实数，且x y z xyz ++≥，求函数222x y z f x y z xyz(,,)++=的最小值.7、已知：222x 3xy 2y 1++=，求：f x y x y xy (,)=++的最小值. 8、设函数2113f x x 22()=-+在区间a b [,]的最小值为2a ，最大值为2b ，求区间a b [,].9、已知：22x y 25+=，求函数f x y (,)=的最大值.10、求函数：f x ()=.11、求函数：22x x f x x 4x 4()-=-+的值域.12、已知实数123x x x ,,满足321x x x 123++=和222321x x x 323++=，求3x 的最小值.13、求函数：222f x y 1y x y 32x y 6(,)()()()=-++-++-的最小值. 145=，求函数：f x y x y (,)=+的最小值.15、已知点P x y (,)在椭圆22x y 149+=上，求f x y 2x y (,)=-的最大值. 16、求函数：f x ()=的值域.17、求函数：x f x 12()=++.18、求函数：f x ()=的最大值. 19、设：ix i 1232003(,,,...,)=为正实数，且满足2003...+=，试求：y ...=+的最小值.20、已知x y z ,,为正实数，且满足222222x y z 21x1y1z++=+++，求：222x y z f x y z 1x1y1z(,,)=+++++的最大值.21、设α为锐角，求：11f 11()()()sin cos ααα=++的最小值. 22、设α为锐角，求证：2sin tan ααα<+.23、已知x y z ,,为正实数，求证：222xy 2yz x y z+≤++.23个求极值和值域专题解析1、求函数f x x ()=+.解析：函数f x x x ()=+=+的定义域为：12(,][,)-∞+∞.函数的导函数为：3x f x 1'()-=+⑴当x 1(,]∈-∞时，3x 02-<3x 1-<-故3x f x 10'()-=+<即：函数f x ()在x 1(,]∈-∞区间为单调递减函数，故：f x f 11()()≥=；x x f x f x f x ()lim ()lim ()→-∞→+∞≤=-22x x lim lim→+∞==x x 2333112limlim→+∞+====+ 故：函数在该区间的值域是312[,).⑵当x 2[,)∈+∞时，3x 02->，则3x f x 10'()-=+>即：函数f x ()在x 2[,)∈+∞区间为单调递增函数，故：f x f 22()()≥=；x x f x f x x ()lim ()lim )→+∞→+∞≤==+∞故：函数在该区间的值域是2[,)+∞. 综上，函数的值域是3122[,)[,)+∞.本题采用导数的正负来确定函数的增减，此法称为“单调性法”. 2、求函数f x ()=+的值域.解析：函数f x ()的定义域是：x 013[,]∈. 待定系数法用于柯西不等式来解本题.设：A B C 0,,>，则柯西不等式为：2222111f x A B C][]()++++≥ 即：2111f x A B C x 27A 13B ABC()[()()][]≤-+++++令：A B C 0-+=，即：B A C =+ ①由柯西不等式的等号成立条件，即函数取极值时条件得：=② =③由②得：22x 27C x A +=，即：22227C A x A-=，即：22227A x C A=- ④将①④代入③得：2222222227A 27A A C 13C C AC A()()+-=⋅--即：222222A C 13C 13A 27A 27A C ()()+--=即：22222A C 13C 40A 27A C ()()+-=，即：2221340A C 27AC()()+-= ⑤试解⑤，由于27333=⨯⨯，则⑤式刚好也是3项相乘，不妨试解采用各项都是3.则：A C 3+=，且2213403AC-=. 则：A 1=，C 2=，B 3= 代入④得：222227A 27x 9C A21===--，即x 9=时函数取得极大值. 函数极大值为f x 962311()===++=⑴当x 09[,]∈时，函数f x ()在本区间为单调递增函数. 故：f x f 0()()≥==即：函数f x ()在x 09[,]∈区间的值域是11[]⑵当x 913[,]∈时，函数f x ()在本区间为单调递减函数. 故：f x f 13()()≥===即：函数f x ()在x 913[,]∈区间的值域是11[]综上，函数f x ()的值域是11[].本题采用“待定系数法”、“柯西不等式”和“单调性法”.3、求函数f x ()=.解析：函数f x ()的定义域是：x 58[,]∈. 待定系数法用于柯西不等式来解本题.设：A B 0,>，则柯西不等式为：22211f x A B][]()++≥ 即：211f x A 3B x 5A 24B AB()[()()][]≤-+-++令：A 3B 0-=，即：A 3B = ①由柯西不等式的等号成立条件，即函数取极值时条件得：=②即：22A x 5B 243x ()()-=-，即：22x 53B 8x A -=-，即：222x 58x 3B A 8x A -+-+=-即：22233B A 8x A +=-，即：2223A 8x 3B A -=+，即：2223A x 83B A=-+ ③将①式代入③式得：22227B 27923x 88812443B 9B =-=-=-=+ 当23x 4=时，函数f x ()达到极大值. 极大值为：23f 4()==22==+=函数的导函数为：f x'()==⑴当23x 54[,]∈区间时，f x 0'()<，函数f x ()单调递增. 故：f x f 503()()≥=+=即：函数f x ()在本区间的值域是3[,.⑵当23x 84[,]∈区间时，f x 0'()>，函数f x ()单调递减. 故：f x f 80()()≥==即：函数f x ()在本区间的值域是.综上，函数f x ()的值域是.本题采用“待定系数法”、“柯西不等式”和“单调性法”.4、求函数f x x 1()=-的值域.解析：函数f x ()的定义域是：x 11(,)(,)∈-∞+∞. 则函数f x ()为：f x ()===（当x 1<时取负号，当x 1>时取正号）于是函数的极值在：g x 0'()= 即：222432x 1x 12x x 12g x x 1x x 10x 1x 1()()()'()[()()]()()-+--==+--=-- 即：2x 1x x 10()()+--=，即：x 1=- ⑴在x 1(,)∈-∞-区间，函数f x ()的极值为：f x 12()=-==-在区间的边界有：x x x f x 1lim ()lim (lim (→-∞→-∞→-∞===-x 1x 1f x lim ()lim(→→==-∞故：函数f x ()在该区间的值域是2(,-∞-. ⑵在x 1(,)∈+∞区间，函数f x ()==减函数.故有：x 1x 1f x f x ()lim ()→→≤==+∞；x x x f x f x 1()lim ()lim lim →+∞→+∞→+∞≥===故：函数f x ()在该区间的值域是1(,)+∞.综上，函数f x ()的值域是12(,(,)-∞-+∞. 本题方法属“单调性法” 5、已知函数222x bx c f x x 1()++=+（其中b 0<）的值域是13[,]，求实数b c ,.解析：函数的定义域为x R ∈.将函数变形为：22y x 12x bx c ()+=++，即：22y x bx c y 0()()-++-= 其判别式不等式为：222b 42y c y b 8c 42c y 4y 0()()()()∆=---=-++-≥即：22b 2c 2c y y 02[()]()-++-≥ ①而函数f x ()的值域是13[,]，即：y 13y 0()()--≥，即：234y y 0-+-≥ ②对比①②两式得：c 2=，2b 2c 32()-=-，即2b 12()=，因b 0<，故：b 2=-故：实数b 2=-，c 2=. 此法称为“判别式法”. 6、已知：x y z ,,为正实数，且x y z xyz ++≥，求函数222x y z f x y z xyz(,,)++=的最小值.解析：首先设x y z a ===，代入x y z xyz ++=得：33a a =，即：a =则：⑴当xyz =时，由均值不等式n nQ A ≥，即：2222x y z x y z 33++++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭得：22222x y z xyz x y z 33()()++++≥≥则：2222x y z xyz xyzf x y z xyz 3xyz 3()(,,)++=≥==⑵当xyz <由均值不等式n n A G ≥，即：222x y z 3++≥得：222x y z ++≥则：222x y z f x y z xyz (,,)++=≥=≥=⑶当xyz >由均值不等式n n Q A ≥，即：2222x y z x y z 3()++++≥ 代入已知条件x y z xyz ++≥， 得：22222x y z xyz x y z 33()()++++≥≥则：2222x y z xyz xyz f x y z xyz 3xyz 33()(,,)++=≥=≥=故：由⑴、⑵、⑶得，222x y z f x y z xyz(,,)++=本题先确定xyz =均值，然后在xyz >均值和xyz <均值下求极值.此法称为“分别讨论法”.7、已知：222x 3xy 2y 1++=，求：f x y x y xy (,)=++的最小值. 解析：由已知条件222x 3xy 2y 1++=得： 2xy 2x y 1()=+-代入f x y x y xy (,)=++得：2f x y z x y xy x y 2x y 1(,)()==++=+++- 即：22x y x y 1z 0()()()+++-+=令：t x y =+，则方程变为：22t t 1z 0()+-+=采用判别式法得：21421z 0()∆=+⋅⋅+≥，即：11z 8()+≥-，即：9z 8≥-故：f x y x y xy (,)=++的最小值是98-. 此题采用的是“判别式法”8、设函数2113f x x 22()=-+在区间a b [,]的最小值为2a ，最大值为2b ，求区间a b [,].解析：首先，f x ()是一个偶函数，在0(,)-∞区间单调递增，在0(,)+∞区间单调递减.⑴当0a b <<时，f x ()为单调递减函数，即：f a f b ()()>. 故：f a ()是最大值为2b ，f b ()是最小值为2a . 即：22113f a a 2b 22113f b b 2a 22()()⎧=-+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩ 即：22a 4b 130b 4a 130⎧+-=⎪⎨⎪+-=⎩ （*） （*）两式相减得：22a b 4a b 0()()---=，即： a b 4+= ① 则: 2a b 16()+=，即：22a b 162ab ()+=- ② （*）两式相加得：22a b 4a b 26()()+++= 将①②式代入后化简得：ab 3= ③ 由①③得：a 1=，b 3=. 则区间a b [,]为13[,].⑵当a 0<、b 0>时，f x ()的最大值是13f 02()=，即：13b 2=.i.若a b >，则f x ()的最小值为：2113f a a 2a 22()=-+=，即：2a 4a 130+-=，解之及a 0<可得：a 2=--，故此时区间a b [,]为1324[]--.ii.若a b <则f x ()的最小值为：2113f b b 2a 22()=-+=，即：2211311313131313339a b 14444441641664()()=-+=-+=-=⋅=， 则：a 0>. 不符合题设，即此时无解.⑶当a b 0<<时，由f x ()是一个偶函数可得：f a f b ()()<，故：f a ()是最小值为2a ，f b ()是最大值为2b ，即： 22113f a a 2a 22113f b b 2b 22()()⎧=-+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩即：22a 4a 130b 4b 130⎧+-=⎪⎨⎪+-=⎩ 则：a b ,为一元二次方程2x 4x 130+-=的两个根，由韦达定理得：a b 4ab 13+=-⎧⎨=-⎩，则由ab 13=-得： a b ,异号，不符合题设，即此时无解.综上，区间a b [,]为13[,]或1324[]--. 本题采用“分别讨论法”和“极值法”.9、已知：22x y 25+=，求函数f x y (,)=的最大值.解析：由22x y 25+=可知，函数f x y (,)的定义域是：x 55[,]∈-，y 55[,]∈-有均值不等式n n A Q ≤，即：≤即：f x y (,)≤=即：f x y (,)≤=当y 5=时，x 0=，f 05(,)=即可以取到不等式的等号。
掌握函数的极值与最值练习题
掌握函数的极值与最值练习题在数学中，函数的极值与最值是一个非常重要的概念。
掌握函数的极值与最值对于解决许多实际问题、优化设计以及理解数学理论都有着至关重要的作用。
本文将给大家提供一些函数的极值与最值的练习题，以帮助大家更好地理解和掌握这一概念。
1. 已知函数 f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 4，求函数 f(x) 的极值点。
解：首先，我们需要求解函数 f(x) 的导数 f'(x)：f'(x) = 6x^2 - 6x - 12.将 f'(x) 置为零，我们可以解得：6x^2 - 6x - 12 = 0,x^2 - x - 2 = 0,(x - 2)(x + 1) = 0.从中我们得到两个解：x = 2 和 x = -1.接下来，我们需要判断这两个解对应的是极大值还是极小值。
为此，我们可以观察二次项系数的正负情况。
由于二次项系数为正，即6x^2，所以这个二次函数开口朝上，即曲线在极小值点时取得最小值。
因此，函数 f(x) 的极值点为极小值点，分别是 x = 2 和 x = -1。
2. 已知函数 g(x) = x^4 - 4x^3 + 4x^2 + 3，求函数 g(x) 的最值。
解：首先，我们需要求解函数 g(x) 的导数 g'(x)：g'(x) = 4x^3 - 12x^2 + 8x.我们需要找到导数为零的点，即求解方程：4x^3 - 12x^2 + 8x = 0,x(4x^2 - 12x + 8) = 0.再进一步化简，我们可以得到：x(x^2 - 3x + 2) = 0.通过因式分解，我们可以求解得到三个解：x = 0，x = 1 和 x = 2.接下来，我们需要判断这三个解对应的是极大值还是极小值。
同样，观察三次项系数的正负情况。
由于三次项系数为正，即 4x^3，所以这个三次函数开口朝上，即曲线在极小值点时取得最小值。
因此，函数 g(x) 的最小值对应的 x 值为 x = 2，即 g(2) = 2^4 - 4 *2^3 + 4 * 2^2 + 3 = 7.综上所述，函数 g(x) 的最小值为 7.通过以上两个练习题，我们可以看出，找到函数的极值与最值需要通过导数来解决。
函数性质的八大题型综合应用(解析版)-高中数学
函数性质的八大题型综合应用题型梳理【题型1函数的单调性的综合应用】【题型2函数的最值问题】【题型3函数的奇偶性的综合应用】【题型4函数的对称性的应用】【题型5对称性与周期性的综合应用】【题型6类周期函数】【题型7抽象函数的性质】【题型8函数性质的综合应用】命题规律从近几年的高考情况来看，本节是高考的一个热点内容，函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图象、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想和数形结合思想，灵活求解．对于选择题和填空题部分，重点考查基本初等函数的单调性、奇偶性，主要考察方向是：判断函数单调性及求最值、解不等式、求参数范围等，难度较小；对于解答题部分，一般与导数相结合，考查难度较大.知识梳理【知识点1函数的单调性与最值的求解方法】1.求函数的单调区间求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.2.函数单调性的判断(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.(3)函数单调性的几条常用结论：①若f(x)是增函数，则-f(x)为减函数；若f(x)是减函数，则-f(x)为增函数；②若f(x)和g(x)均为增(或减)函数，则在f(x)和g(x)的公共定义域上f(x)+g(x)为增(或减)函数；③若f(x)>0且f(x)为增函数，则函数f(x)为增函数，1f(x)为减函数；④若f(x)>0且f(x)为减函数，则函数f(x)为减函数，1f(x)为增函数．3.求函数最值的三种基本方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.4.复杂函数求最值：对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.【知识点2函数的奇偶性及其应用】1.函数奇偶性的判断判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f(x)与f(-x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关系式(f(x)+f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0(偶函数))是否成立.(3)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个(或多个)函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如f(x)+g(x),f(x)-g(x),f(x)×g(x),f(x)÷g(x)．对于运算函数有如下结论：奇±奇=奇；偶±偶=偶；奇±偶=非奇非偶；奇×(÷)奇=偶；奇×(÷)偶=奇；偶×(÷)偶=偶．(4)复合函数y=f[g(x)]的奇偶性原则：内偶则偶，两奇为奇．(5)常见奇偶性函数模型奇函数：①函数f(x)=ma x+1a x-1(x≠0)或函数f(x)=m a x-1a x+1．②函数f(x)=±(a x-a-x)．③函数f(x)=log a x+mx-m=log a1+2mx-m或函数f(x)=log a x-mx+m=log a1-2mx+m④函数f(x)=log a(x2+1+x)或函数f(x)=log a(x2+1-x)．2.函数奇偶性的应用(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的取值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知区间上的函数或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值.(2)画函数图象：利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合几何直观求解相关问题.【知识点3函数的周期性与对称性常用结论】1.函数的周期性常用结论(a是不为0的常数)(1)若f(x+a)=f(x)，则T=a；(2)若f(x+a)=f(x-a)，则T=2a；(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2a；(4)若f(x+a)=f(1x)，则T=2a；(5)若f(x+a)=f(1x)，则T=2a；(6)若f(x+a)=f(x+b)，则T=|a-b|(a≠b);2.对称性的三个常用结论(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则y=f(x)的图象关于直线x=a+b2对称.(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b-x)，则y=f(x)的图象关于点a+b2,0对称.(3)若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图象关于点a+b2,c 2对称.3.函数的的对称性与周期性的关系(1)若函数y=f(x)有两条对称轴x=a，x=b(a<b)，则函数f(x)是周期函数，且T=2(b-a)；(2)若函数y=f(x)的图象有两个对称中心(a,c),(b,c)(a<b)，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2(b-a)；(3)若函数y=f(x)有一条对称轴x=a和一个对称中心(b,0)(a<b)，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4(b-a)．举一反三【题型1函数的单调性的综合应用】1(2023·广东深圳·统考模拟预测)已知函数f x 的定义域为R，若对∀x∈R都有f3+x= f1-x，且f x 在2，+∞上单调递减，则f1 ，f2 与f4 的大小关系是()A.f4 <f1 <f2B.f2 <f1 <f4C.f1 <f2 <f4D.f4 <f2 <f1【解题思路】由f3+x=f1-x，得到f1 =f3 ，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．【解答过程】因为对∀x∈R都有f3+x=f1-x，所以f1 =f3-2=f[1-(-2)]=f3 又因为f x 在2，+∞上单调递减，且2<3<4，所以f4 <f3 <f2 ，即f4 <f1 <f2 ．故选：A．【变式训练】1(2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模)定义在R上的函数f(x)满足f2-x=f x ，且当x ≥1时，f (x )单调递增，则不等式f 2-x ≥f (x +1)的解集为()A.12,+∞ B.0,12C.-∞,-12D.-∞,12【解题思路】根据函数的对称性和单调性即可.【解答过程】由f 2-x =f (x )，得f (x )的对称轴方程为x =1，故2-x -1 ≥x +1 -1 ，即(1-x )2≥x 2，解得x ≤12．故选：D .2(2023上·江西鹰潭·高三校考阶段练习)已知函数f x =-x 2+2ax +4,x ≤1,1x,x >1是-12,+∞ 上的减函数，则a 的取值范围是()A.-1,-12B.-∞,-1C.-1,-12D.-∞,-1【解题思路】首先分析知，x >1，函数单调递减，则x ≤1也应为减函数，同时注意分界点处的纵坐标大小关系即可列出不等式组，解出即可.【解答过程】显然当x >1时，f x =1x为单调减函数，f x <f 1 =1当x ≤1时，f x =-x 2+2ax +4，则对称轴为x =-2a2×-1=a ，f 1 =2a +3若f x 是-12,+∞上减函数，则a ≤-122a +3≥1解得a ∈-1,-12 ，故选：A .3(2023·四川绵阳·统考三模)设函数f x 为x -1与x 2-2ax +a +3中较大的数，若存在x 使得f x ≤0成立，则实数a 的取值范围为()A.-43,-1 ∪1,4 B.-∞,-43∪4,+∞ C.-∞,1-132∪1+132,4D.-1,1【解题思路】根据绝对值函数的图像和二次函数讨论对称轴判定函数的图像即可求解.【解答过程】因为f x =max x -1,x 2-2ax +a +3 ，所以f x 代表x -1与x 2-2ax +a +3两个函数中的较大者，不妨假设g (x )=|x |-1,h (x )=x 2-2ax +a +3g (x )的函数图像如下图所示：h(x)=x2-2ax+a+3是二次函数，开口向上，对称轴为直线x=a，①当a<-1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是增函数，需要h(-1)=(-1)2-2a(-1)+a+3=3a+4≤0即a≤-4 3，则存在x使得f x ≤0成立，故a≤-4 3；②当-1≤a≤1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是先减后增函数，需要h(x)min=h(a)=a2-2a⋅a+a+3=-a2+a+3≤0，即a2-a-3≥0，解得a≥1+132或a≤1-132，又1+132>1，1-132<-1故-1≤a≤1时无解；③当a>1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是减函数，需要h(1)=12-2a+a+3=-a+4≤0即a≥4，则存在x使得f x ≤0成立，故a≥4.综上所述，a的取值范围为-∞,-4 3∪4,+∞.故选：B.【题型2函数的最值问题】1(2023·江西九江·校考模拟预测)若0<x<6，则6x-x2有()A.最小值3B.最大值3C.最小值9D.最大值9【解题思路】根据二次函数的性质进行求解即可.【解答过程】令y =6x -x 2=-(x -3)2+9，对称轴为x =3，开口向下，因为0<x <6，所以当x =3时，6x -x 2有最大值9，没有最小值，故选：D .【变式训练】1(2023·全国·校联考三模)已知函数f x =bx -b +3 x 3在-1,1 上的最小值为-3，则实数b的取值范围是()A.-∞,-4B.9,+∞C.-4,9D.-92,9【解题思路】由已知可得当-1≤x <1时，可得bx 1+x ≥-3x 2+x +1 恒成立，通过分离变量，结合函数性质可求b 的取值范围【解答过程】因为f 1 =-3，函数f x =bx -b +3 x 3在-1,1 上的最小值为-3，所以对∀x ∈-1,1 ，f x ≥-3恒成立，所以bx -b +3 x 3≥-3恒成立，即bx 1-x 2 ≥-31-x 3 恒成立，当x =1时，b ∈R ，当-1≤x <1时，可得bx 1+x ≥-3x 2+x +1 恒成立.当x =0或x =-1时，不等式显然成立；当0<x <1时，b ≥-3x 2+x +1 x 1+x =-31+1x 2+x，因为x 2+x ∈0,2 ，所以1x 2+x ∈12,+∞ ，1+1x 2+x ∈32,+∞ ，-31+1x 2+x∈-∞,-92 ，所以b ≥-92；当-1<x <0时，b ≤-31+1x 2+x，因为x 2+x ∈-14,0 ，所以1x 2+x ∈-∞,-4 ，1+1x 2+x ∈-∞,-3 ，-31+1x 2+x∈9,+∞ ，所以b ≤9.综上可得，实数b 的取值范围是-92,9.故选：D .2(2023上·广东广州·高一校考阶段练习)定义一种运算min a ,b =a ,a ≤bb ,a >b，设f x =min 4+2x -x 2,x -t (t 为常数，且x ∈[-3,3]，则使函数f x 的最大值为4的t 的值可以是()A.-2或4B.6C.4或6D.-4【解题思路】根据定义，先计算y=4+2x-x2在x∈-3,3上的最大值，然后利用条件函数f(x)最大值为4，确定t的取值即可．【解答过程】y=4+2x-x2=-x-12+5在x∈-3,3上的最大值为5，所以由4+2x-x2=4，解得x=2或x=0，所以x∈0,2时，y=4+2x-x2>4，所以要使函数f(x)最大值为4，则根据定义可知，当t≤1时，即x=2时，2-t=4，此时解得t=-2，符合题意；当t>1时，即x=0时，0-t=4，此时解得t=4，符合题意；故t=-2或4.故选：A.3(2023·广东惠州·统考一模)若函数f x 的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有f x > 0,-x∈D，且f-xf x =1，则称函数f x 为“类奇函数”．若某函数g x 是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是()A.若0在g x 定义域中，则g0 =1B.若g x max=g4 =4，则g x min=g-4=1 4C.若g x 在0,+∞上单调递增，则g x 在-∞,0上单调递减D.若g x 定义域为R，且函数h x 也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G x =g x h x 也是“类奇函数”【解题思路】对A，根据“类奇函数”的定义，代入x=0求解即可；对B，根据题意可得g-x=1g x，再结合函数的单调性判断即可；对C，根据g-x=1g x，结合正负分数的单调性判断即可；对D，根据“类奇函数”的定义，推导G x G-x=1判断即可.【解答过程】对于A，由函数g x 是“类奇函数”，所以g x g-x=1，且g x >0，所以当x=0时，g0 g-0=1，即g0 =1，故A正确；对于B，由g x g-x=1，即g-x=1g x,g-x随g x 的增大而减小，若g(x)max=g4 =4，则g(x)min=g-4=14成立，故B正确；对于C，由g x 在0,+∞上单调递增，所以g-x=1g x，在x∈0,+∞上单调递减，设t=-x∈-∞,0 ，∴g t 在t ∈-∞,0 上单调递增，即g x 在x ∈-∞,0 上单调递增，故C 错误；对于D ，由g x g -x =1,h x h -x =1，所以G x G -x =g x g -x h x h -x =1，所以函数G x =g x h x 也是“类奇函数”，所以D 正确；故选：C .【题型3 函数的奇偶性的综合应用】1(2023·广东·东莞市校联考一模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )=ax +1，若f (-2)=5，则不等式f (x )>12的解集为()A.-∞,-12 ∪0,16B.-12,0 ∪0,16C.-∞,-12 ∪16,+∞ D.-12,0 ∪16,+∞ 【解题思路】根据条件可求得x >0时f (x )的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当x <0时f (x )的解析式，分情况解出不等式即可.【解答过程】因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (-2)=-f (2)=5，则f (2)=-5，则2a +1=-5，所以a =-3，则当x >0时，f (x )=-3x +1，当x <0时，-x >0，则f (x )=-f (-x )=-[-3×(-x )+1]=-3x -1，则当x >0时，不等式f (x )>12为-3x +1>12，解得0<x <16，当x <0时，不等式f (x )>12为-3x -1>12，解得x <-12，故不等式的解集为-∞,-12 ∪0,16，故选：A .【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f (x )，g (x )的定义域均为R ，f (3x +1)为奇函数，g (x +2)为偶函数，f (x +1)+g (1-x )=2，f (0)=-12，则102k =1 g (k )=()A.-51B.52C.4152D.4092【解题思路】由题意，根据函数奇偶性可得f (x )的图象关于点(1,0)中心对称、g (x )的图象关于点(1,2)中心对称，进而可知g (x )是以4为周期的周期函数．求出g (1)，g (2)，g (3)，g (4)，结合周期即可求解.【解答过程】因为f (3x +1)为奇函数，所以f (x +1)为奇函数，所以f (x +1)=-f (-x +1)，f (x )的图象关于点(1,0)中心对称，f (1)=0．因为g (x +2)为偶函数，所以g (x +2)=g (-x +2)，g (x )的图象关于直线x =2对称．由f (x +1)+g (1-x )=2，得f (-x +1)+g (1+x )=2，则-f (x +1)+g (1+x )=2，所以g (x +1)+g (1-x )=4,g (x )+g (2-x )=4，所以g (x )的图象关于点(1,2)中心对称．因为g (x )的图象关于x =2轴对称，所以g (x )+g (2+x )=4，g (x +2)+g (x +4)=4，所以g (x +4)=g (x )，即g (x )是以4为周期的周期函数．因为f (1)=0，f (0)=-12，所以g (1)=2，g (2)=52，g (3)=g (1)=2，g (4)=g (0)=4-g (2)=32，所以102k =1g (k )=25×2+52+2+32 +2+52=4092．故选：D ．2(2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测)已知函数f x 是定义在R 上的偶函数，函数g x 是定义在R 上的奇函数，且f x ，g x 在0,+∞ 上单调递减，则()A.f f 2 >f f 3B.f g 2 <f g 3C.g g 2 >g g 3D.g f 2 <g f 3【解题思路】利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负即可.【解答过程】因为f x ，g x 在0,+∞ 上单调递减，f x 是偶函数，g x 是奇函数，所以g x 在R 上单调递减，f x 在-∞,0 上单调递增，对于A ，f 2 >f 3 ，但无法判断f 2 ,f 3 的正负，故A 不正确；对于B ，g 2 >g 3 ，但无法判断g 2 ,g 3 的正负，故B 不正确；对于C ，g 2 >g 3 ，g x 在R 上单调递减，所以g g 2 <g g 3 ，故C 不正确；对于D ，f 2 >f 3 ，g x 在R 上单调递减，g f 2 <g f 3 ，故D 正确.故选：D .3(2023·江西吉安·江西省遂川中学校考一模)若定义在R 上的函数f (x )满足：对任意x 1，x 2∈R有f (x 1+x 2)=f (x 1)+f (x 2)-2016，且x >0时，f (x )>2016，记f (x )在[-2017，2017]上的最大值和最小值为M ，N ，则M +N 的值为()A.2016B.2017C.4032D.4034【解题思路】先计算得到f (0)=2016，再构造函数g (x )=f (x )-2016，判断g (x )的奇偶性得出结论．【解答过程】解：令x 1=x 2=0得f (0)=2f (0)-2016，∴f (0)=2016，令x 1=-x 2得f (0)=f (-x 2)+f (x 2)-2016=2016，∴f (-x 2)+f (x 2)=4032，令g(x)=f(x)-2016，则g max(x)=M-2016，g min(x)=N-2016，∵g(-x)+g(x)=f(-x)+f(x)-4032=0，∴g(x)是奇函数，∴g max(x)+g min(x)=0，即M-2016+N-2016=0，∴M+N=4032．故选：C．【题型4函数的对称性的应用】1(2023·江西赣州·统考二模)已知函数f(x)的图像既关于点(-1,1)对称，又关于直线y=x对称，且当x∈[-1,0]时，f(x)=x2，则f174=()A.-194B.-92C.-72D.-174【解题思路】用Γ表示函数y=f x 的图像，设x0,y0∈Γ，根据中心对称性与轴对称性，得到4+y0,-4+x0∈Γ，令4+y0=174，求出y0，即可求出x0，即可得解.【解答过程】用Γ表示函数y=f x 的图像，对任意的x0∈-1,0，令y0=x20，则x0,y0∈Γ，且y0∈0,1，又函数f(x)的图像既关于点(-1,1)对称，且关于直线y=x对称，所以y0,x0∈Γ，则-2-y0,2-x0∈Γ，则2-x0,-y0-2∈Γ，则-4+x0,4+y0∈Γ，则4+y0,-4+x0∈Γ，令4+y0=174，即y0=14，此时x0=-12或x0=12(舍去)，此时-4+x0=-4+-1 2=-92，即174,-92∈Γ，因此f174 =-92.故选：B.【变式训练】1(2023·四川绵阳·绵阳中学校考一模)若函数y=f x 满足f a+x+f(a-x)=2b，则说y=f x 的图象关于点a,b对称，则函数f(x)=xx+1+x+1x+2+x+2x+3+...+x+2021x+2022+x+2022x+2023的对称中心是()A.(-1011,2022)B.1011,2022C.(-1012,2023)D.1012,2023【解题思路】求出定义域，由定义域的对称中心，猜想a=-1012，计算出f(-1012+x)+f(-1012-x) =4046，从而求出对称中心.【解答过程】函数定义域为{x|x≠-1,x≠-2...,...x≠-2022,x≠-2023}，定义域的对称中心为(-1012,0)，所以可猜a=-1012，则f(-1012+x)=-1012+x-1011+x+-1011+x-1010+x+-1010+x-1009+x+...+1009+xx+1010+1010+x1011+x，f(-1012-x)=-1012-x-1011-x +-1011-x-1010-x+-1010-x-1009-x+...+1009-x1010-x+1010-x1011-x=1012+x 1011+x +1011+x1010+x+1010+x1009+x+...+1009-x1010-x+1010-x1011-x，故f(-1012+x)+f(-1012-x)=1010+x1011+x +1012+x 1011+x+1009+xx+1010+1011+x 1010+x⋯+-1012+x-1011+x +1010-x 1011-x=2×2023=4046所以y=f x 的对称中心为(-1012,2023)，故选：C．2(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模)函数f x 和g x 的定义域均为R，且y=f3+3x为偶函数，y=g x+3+2为奇函数，对∀x∈R，均有f x +g x =x2+1，则f7 g7 = ()A.615B.616C.1176D.2058【解题思路】由题意可以推出f x =f6-x，g x =-4-g6-x，再结合f x +g x =x2+1可得函数方程组，解出函数方程组后再代入求值即可.【解答过程】由函数f3+3x为偶函数，则f3+3x=f3-3x，即函数f x 关于直线x=3对称，故f x =f6-x；由函数g x+3+2为奇函数，则g x+3+2=-g-x+3-2，整理可得g x+3+g-x+3=-4，即函数g x 关于3,-2对称，故g x =-4-g6-x；由f x +g x =x2+1，可得f6-x+g6-x=(6-x)2+1，所以f x -4-g x =(6-x)2+1，故f x +g x =x2+1f x -4-g x =(6-x)2+1 ，解得f x =x2-6x+21,g x =6x-20，所以f7 =72-6×7+21=28,g7 =6×7-20=22，所以f7 g7 =28×22=616.故选：B.3(2023·甘肃张掖·高台县校考模拟预测)已知函数f(x)的定义域为R，f x-1的图象关于点(1,0)对称，f3 =0，且对任意的x1,x2∈-∞,0，x1≠x2，满足f x2-f x1x2-x1<0，则不等式x-1f x+1≥0的解集为()A.-∞,1∪2,+∞B.-4,-1∪0,1C.-4,-1∪1,2D.-4,-1∪2,+∞【解题思路】首先根据f(x-1)的图象关于点(1,0)对称，得出(x)是定义在R上的奇函数，由对任意的x1，x2∈(-∞,0)，x1≠x2，满足f(x2)-f(x1)x2-x1<0，得出f(x)在(-∞,0)上单调递减，然后根据奇函数的对称性和单调性的性质，求解即可．【解答过程】∵f(x-1)的图象关于点(1,0)对称，∴f(x)的图象关于点(0,0)对称，∴f(x)是定义在R 上的奇函数，∵对任意的x1，x2∈(-∞,0)，x1≠x2，满足f(x2)-f(x1)x2-x1<0，∴f(x)在(-∞,0)上单调递减，所以f(x)在(0,+∞)上也单调递减，又f3 =0所以f-3=0，且f0 =0，所以当x∈-∞,-3∪0,3时，f x >0；当x∈-3,0∪3,+∞时，f x <0，所以由x-1f x+1≥0可得x-1<0,-3≤x+1≤0或x-1>0,0≤x+1≤3或x-1=0，解得-4≤x≤-1或1≤x≤2，即不等式x-1f x+1≥0的解集为-4,-1∪1,2．故选：C.【题型5对称性与周期性的综合应用】1(2023·四川宜宾·统考一模)已知函数f x ,g x 的定义域为R,g x 的图像关于x=1对称，且g2x+2为奇函数，g1 =1,f x =g3-x+1，则下列说法正确的个数为()①g(-3)=g(5)；②g(2024)=0；③f(2)+f(4)=-4；④2024n=1f(n)=2024.A.1B.2C.3D.4【解题思路】根据奇函数定义得到g-2x+2=-g2x+2，进而得到g x 的对称中心为，再根据对称轴求出周期，通过赋值得到答案.【解答过程】因为g2x+2为奇函数，所以g-2x+2=-g2x+2，则g-x+2=-g x+2，所以g x 对称中心为2,0，又因为g x 的图像关于x=1对称，则g-x+2=g x ，所以-g x+2=g x ，则g x+4=-g x+2=g x ，所以g x 的周期T=4，①g-3=g-3+8=g5 ，所以①正确；②因为g1 =1，g-x+2=g x ，g x 对称中心为2,0，所以g0 =g2 =0，所以g(2024)=g0 =0，所以②正确；③因为f x =g3-x+1，所以f2 =g1 +1=2，因为-g x+2=g x ，所以g-1=-g1 ，则f4 =g-1+1=-g1 +1=0，所以f(2)+f(4)=2，所以③错误；④因为f x =g 3-x +1且g x 周期T =4，所以f x +4 =g 3-x -4 +1=g 3-x +1=f x ，则f x 的周期为T =4，因为f 1 =g 2 +1=1，f 2 =2，f 3 =g 0 +1=1，f 4 =0，所以f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4，所以2024n =1 f (n )=506f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4 =506×4=2024，所以④正确.故选：C .【变式训练】1(2023·北京大兴·校考三模)已知函数f x 对任意x ∈R 都有f x +2 =-f x ，且f -x =-f x ，当x ∈-1,1 时，f x =x 3.则下列结论正确的是()A.函数y =f x 的图象关于点k ,0 k ∈Z 对称B.函数y =f x 的图象关于直线x =2k k ∈Z 对称C.当x ∈2,3 时，f x =x -2 3D.函数y =f x 的最小正周期为2【解题思路】根据f x +2 =-f x 得到f x +2 =f x -2 ，所以f x 的周期为4，根据f -x =-f x 得到f x 关于x =-1对称，画出f x 的图象，从而数形结合得到AB 错误；再根据f x =-f x -2 求出x ∈2,3 时函数解析式；D 选项，根据y =f x 的最小正周期，得到y =f x 的最小正周期.【解答过程】因为f x +2 =-f x ，所以f x =-f x -2 ，故f x +2 =f x -2 ，所以f x 的周期为4，又f -x =-f x ，所以f -x =f x -2 ，故f x 关于x =-1对称，又x ∈-1,1 时，f x =x 3，故画出f x 的图象如下：A 选项，函数y =f x 的图象关于点1,0 不中心对称，故A 错误；B 选项，函数y =f x 的图象不关于直线x =2对称，B 错误；C 选项，当x ∈2,3 时，x -2∈0,1 ，则f x =-f x -2 =-x -2 3，C 错误；D 选项，由图象可知y =f x 的最小正周期为4，又f x +2 =-f x =f x ，故y =f x 的最小正周期为2，D 正确.故选：D .2(2023·四川绵阳·绵阳校考模拟预测)已知函数f x 的定义域为R ,f 1 =0，且f 0 ≠0,∀x ,y∈R 都有f x +y +f x -y =2f x f y ，则下列说法正确的命题是()①f 0 =1；②∀x ∈R ,f -x +f x =0；③f x 关于点1,0 对称；④2023i =1 f (i )=-1A.①②B.②③C.①②④D.①③④【解题思路】利用特殊值法，结合函数的奇偶性、对称性和周期性进行求解即可.【解答过程】对于①，由于∀x ,y ∈R 都有f x +y +f x -y =2f x f y ，所以令x =y =0，则f 0 +f 0 =2f 0 f 0 ，即f 0 =f 20 ，因为f 0 ≠0，所以f 0 =1，所以①正确，对于②，令x =0，则f y +f -y =2f 0 f y =2f y ，所以f y =f -y ，即f x =f -x ，所以∀x ∈R ,f -x -f x =0，所以②错误，对于③，令x =1，则f 1+y +f 1-y =2f 1 f y =0，所以f 1+y =-f 1-y ，即f 1+x =-f 1-x ，所以f x 关于点1,0 对称，所以③正确，对于④，因为f 1+x =-f 1-x ，所以f 2+x =-f -x ，因为f x =f -x ，所以f 2+x =-f x ，所以f 4+x =-f 2+x ，所以f 4+x =f x ，所以f x 的周期为4，在f x +y +f x -y =2f x f y 中，令x =y =1，则f 2 +f 0 =2f 1 f 1 =0，因为f 0 =1，所以f (2)=-1，f (3)=f (-1)=f (1)=0,f (4)=f (0)=1，所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0+(-1)+0+1=0，所以2023i =1 f (i )=505×f (1)+f (2)+f (3)+f (4) +f (1)+f (2)+f (3)=-1，所以④正确，故选：D .3(2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测)已知函数f x 与g (x )的定义域均为R ，f (x +1)为偶函数，且f (3-x )+g (x )=1，f (x )-g (1-x )=1，则下面判断错误的是()A.f x 的图象关于点(2,1)中心对称B.f x 与g x 均为周期为4的周期函数C.2022i =1f (i )=2022D.2023i =0g (i )=0【解题思路】由f (x +1)为偶函数可得函数关于直线x =1轴对称，结合f (3-x )+g (x )=1和f (x )-g (1-x )=1可得f x 的周期为4，继而得到g x 的周期也为4，接着利用对称和周期算出对应的值即可判断选项【解答过程】因为f x +1 为偶函数，所以f x +1 =f -x +1 ①，所以f x 的图象关于直线x =1轴对称，因为f x -g 1-x =1等价于f 1-x -g x =1②，又f 3-x +g x =1③，②+③得f 1-x +f 3-x =2④，即f 1+x +f 3+x =2，即f 2+x =2-f x ，所以f 4+x =2-f 2+x =f x ，故f x 的周期为4，又g x =1-f 3-x ，所以g x 的周期也为4，故选项B 正确，①代入④得f 1+x +f 3-x =2，故f x 的图象关于点2,1 中心对称，且f 2 =1，故选项A 正确，由f 2+x =2-f x ，f 2 =1可得f 0 =1,f 4 =1，且f 1 +f 3 =2，故f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4，故2022i =1 f (i )=505×4+f (1)+f (2)=2021+f (1)，因为f 1 与f 3 值不确定，故选项C 错误，因为f 3-x +g x =1，所以g 1 =0,g 3 =0,g 0 =1-f 3 ,g 2 =1-f 1 ，所以g 0 +g 2 =2-f 1 +f 3 =0，故g 0 +g 1 +g 2 +g 3 =0，故2023i =0 g (i )=506×0=0，所以选项D 正确，故选:C .【题型6 类周期函数】1(2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测)定义在R 上的函数f x 满足f x +1 =12f x ，且当x ∈0,1 时，f x =1-2x -1 .当x ∈m ,+∞ 时，f x ≤332，则m 的最小值为()A.278B.298C.134D.154【解题思路】根据已知计算出f x =12n 1-2x -2n +1 ≤12n ，画出图象，计算f x =332，解得x =298，从而求出m 的最小值.【解答过程】由题意得，当x ∈1,2 时，故f x =12f x -1 =121-2x -3 ，当x ∈2,3 时，故f x =12f x -1 =141-2x -5 ⋯，可得在区间n ,n +1 n ∈Z 上，f x =12n 1-2x -2n +1 ≤12n ，所以当n ≥4时，f x ≤332，作函数y =f x 的图象，如图所示，当x ∈72,4 时，由f x =181-2x -7 =332,2x -7 =14,x =298，则m ≥298，所以m 的最小值为298故选：B .【变式训练】1(2023上·湖南长沙·高三校考阶段练习)定义域为R 的函数f x 满足f x +2 =2f x -1，当x∈0,2 时，f x =x 2-x ,x ∈0,1 1x,x ∈1,2.若x ∈0,4 时，t 2-7t 2≤f x ≤3-t 恒成立，则实数t 的取值范围是()A.1,2B.1,52C.12,2D.2,52【解题思路】由f (x +2)=2f (x )-1，求出x ∈(2，3)，以及x ∈[3，4]的函数的解析式，分别求出(0，4]内的四段的最小值和最大值，注意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由t 2-7t2≤f x ≤3-t 恒成立即为t 2-7t2≤f x min ，f x max ≤3-t ，解不等式即可得到所求范围【解答过程】当x ∈(2,3),则x -2∈(0,1)，则f (x )=2f (x -2)-1=2(x -2)2-2(x -2)-1，即为f (x )=2x 2-10x +11，当x ∈[3，4]，则x -2∈[1，2]，则f (x )=2f (x -2)-1=2x -2-1.当x ∈(0,1)时,当x =12时,f (x )取得最小值,且为-14；当x ∈[1,2]时,当x =2时,f (x )取得最小值,且为12；当x ∈(2,3)时,当x =52时,f (x )取得最小值,且为-32；当x ∈[3,4]时,当x =4时,f (x )取得最小值，且为0.综上可得,f (x )在(0,4]的最小值为-32.若x ∈(0,4]时, t 2-7t2≤f x min 恒成立，则有t 2-7t 2≤-32.解得12≤t ≤3.当x ∈(0,2)时,f (x )的最大值为1,当x ∈(2,3)时,f (x )∈-32,-1 ，当x ∈[3,4]时,f (x )∈[0,1]，即有在(0,4]上f (x )的最大值为1.由f x max ≤3-t ，即为1≤3-t ，解得t ≤2，综上，即有实数t 的取值范围是12,2.故选：C .2(2022·四川内江·校联考二模)定义域为R 的函数f (x )满足f (x +2)=3f (x )，当x ∈[0,2]时，f (x )=x 2-2x ，若x ∈[-4,-2]时，f (x )≥1183t-t 恒成立，则实数t 的取值范围是()A.-∞,-1 ∪0,3B.-∞,-3 ∪0,3C.-1,0 ∪3,+∞D.-3,0 ∪3,+∞【解题思路】根据题意首先得得到函数的具体表达式，由x ∈[-4,-2]，所以x +4∈[0,2]，所以f (x +4)=x 2+6x +8，再由f (x +4)=3f (x +2)=9f (x )可得出f (x )的表达式，在根据函数思维求出f (x )最小值解不等式即可.【解答过程】因为x ∈[-4,-2]，所以x +4∈[0,2]，因为x ∈[0,2]时，f x =x 2-2x ，所以f x +4 =(x +4)2-2(x +4)=x 2+6x +8,因为函数f x 满足f x +2 =3f x ，所以f x +4 =3f x +2 =9f x ，所以f x =19f x +4 =19x 2+6x +8 ，x ∈[-4,-2]，又因为x ∈[-4,-2]，f x ≥1183t-t 恒成立，故1183t -t ≤f x min =-19，解不等式可得t ≥3或-1≤t <0.故选C .3(2023上·浙江台州·高一校联考期中)设函数f x 的定义域为R ，满足f x =2f x -2 ，且当x∈0,2 时，f x =x 2-x ．若对任意x ∈-∞,m ，都有f x ≤3，则m 的取值范围是()A.-∞,52B.-∞,72C.-∞,92D.-∞,112【解题思路】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得.【解答过程】因为函数f x 的定义域为R ，满足f x =2f x -2 ，且当x ∈0,2 时，f x =x 2-x =-x -1 2+1∈0,1 ，当x ∈(2,4]，时，x -2∈(0,2]，则f (x )=2f (x -2)=2x -2 2-x -2 =-2x -3 2+2∈0,2 ，当x ∈(4,6]，时，x -4∈(0,2]，则f (x )=4f (x -2)=4x -2-2 4-x -2 =-4x -5 2+4∈0.4 ，当x ∈(-2,0]，时，x +2∈(0,2]，则f (x )=12f (x +2)=12(x +2)-x =-12x +1 2+12∈0,12，作出函数f x 的大致图象，对任意x ∈-∞,m ，都有f x ≤3，设m 的最大值为t ，则f t =3，所以-4t -5 2+4=3，解得t =92或t =112，结合图象知m 的最大值为92，即m 的取值范围是-∞,92.故选：C .【题型7 抽象函数的性质】1(2023·新疆乌鲁木齐·统考二模)已知f x ，g x 都是定义在R 上的函数，对任意x ，y 满足f x -y=f x g y -g x f y ，且f -2 =f 1 ≠0，则下列说法正确的是()A.f 0 =1B.函数g 2x +1 的图象关于点1,0 对称C.g 1 +g -1 =0D.若f 1 =1，则2023n =1 f n =1【解题思路】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC ，取f x =sin2π3x ,g x =cos 2π3x 可判断B ，对于D ，通过观察选项可以推断f x 很可能是周期函数，结合f x g y ,g x f y 的特殊性及一些已经证明的结论，想到令y =-1和y =1时可构建出两个式子，两式相加即可得出f x +1 +f x -1 =-f x ，进一步得出f x 是周期函数，从而可求2023n =1 f n 的值.【解答过程】解：对于A ，令x =y =0，代入已知等式得f 0 =f 0 g 0 -g 0 f 0 =0，得f 0 =0，故A 错误；对于B ，取f x =sin 2π3x ,g x =cos 2π3x ，满足f x -y =f x g y -g x f y 及f -2 =f 1 ≠0，因为g 3 =cos2π=1≠0，所以g x 的图象不关于点3,0 对称，所以函数g 2x +1 的图象不关于点1,0 对称，故B 错误；对于C ，令y =0，x =1，代入已知等式得f 1 =f 1 g 0 -g 1 f 0 ，可得f 1 1-g 0 =-g 1 f 0 =0，结合f 1 ≠0得1-g 0 =0，g 0 =1，再令x =0，代入已知等式得f -y =f 0 g y -g 0 f y ，将f 0 =0，g 0 =1代入上式，得f -y =-f y ，所以函数f x 为奇函数.令x =1，y =-1，代入已知等式，得f 2 =f 1 g -1 -g 1 f -1 ，因为f -1 =-f 1 ，所以f 2 =f 1 g -1 +g 1 ，又因为f 2 =-f -2 =-f 1 ，所以-f 1 =f 1 g -1 +g 1 ，因为f 1 ≠0，所以g 1 +g -1 =-1，故C 错误；对于D ，分别令y =-1和y =1，代入已知等式，得以下两个等式：f x +1 =f x g -1 -g x f -1 ，f x -1 =f x g 1 -g x f 1 ，两式相加易得f x +1 +f x -1 =-f x ，所以有f x +2 +f x =-f x +1 ，即：f x =-f x +1 -f x +2 ，有：-f x +f x =f x +1 +f x -1 -f x +1 -f x +2 =0，即：f x -1 =f x +2 ，所以f x 为周期函数，且周期为3，因为f 1 =1，所以f -2 =1，所以f 2 =-f -2 =-1，f 3 =f 0 =0，所以f 1 +f 2 +f 3 =0，所以2023n =1 f n =1=f 1 +f 2 +f 3 +⋯+f 2023 =f 2023 =f 1 =1，故D 正确.故选：D .【变式训练】1(2023·福建宁德·福鼎市校考模拟预测)已知函数f x 及其导函数f x 的定义域均为R ，对任意的x ,y ∈R ，恒有f x +y +f x -y =2f x f y ，则下列说法正确的个数是()①f 0 =0；②fx 必为奇函数；③f x +f 0 ≥0；④若f (1)=12，则2023n =1f (n )=12.A.1B.2C.3D.4【解题思路】利用赋值法可判断①；利用赋值法结合函数奇偶性定义判断②；赋值，令y =x ，得出f 2x+f0 ≥0，变量代换可判断③；利用赋值法求出f(n)部分函数值，推出其值具有周期性，由此可计算2023n=1f(n)，判断④，即可得答案.【解答过程】令x=y=0，则由f x+y+f x-y=2f x f y 可得2f0 =2f20 ，故f(0)=0或f0 =1，故①错误；当f(0)=0时，令y=0，则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)=0，则f(x)=0，故f (x)=0，函数f (x)既是奇函数又是偶函数；当f(0)=1时，令x=0，则f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)，所以f-y=f y ，则-f (-y)=f (y)，即f (-y)=-f (y)，则f (x)为奇函数，综合以上可知f (x)必为奇函数，②正确；令y=x，则f2x+f0 =2f2x ，故f2x+f0 ≥0.由于x∈R，令t=2x,t∈R，即f t +f0 ≥0，即有f x +f0 ≥0，故③正确；对于D，若f1 =12，令x=1,y=0，则f1 +f1 =2f1 f0 ，则f(0)=1，令x=y=1，则f2 +f0 =2f21 ，即f2 +1=12,∴f2 =-12，令x=2,y=1，则f3 +f1 =2f2 f1 ，即f3 +12=-12,∴f(3)=-1，令x=3,y=1，则f4 +f2 =2f3 f1 ，即f4 -12=-1,∴f(4)=-12，令x=4,y=1，则f5 +f3 =2f4 f1 ，即f5 -1=-12,∴f(5)=12，令x=5,y=1，则f6 +f4 =2f5 f1 ，即f6 -12=12,∴f(6)=1，令x=6,y=1，则f7 +f5 =2f6 f1 ，即f7 +12=1,∴f(7)=12，令x=7,y=1，则f8 +f6 =2f7 f1 ，即f8 +1=12,∴f(8)=-12，⋯⋯，由此可得f(n),n∈N*的值有周期性，且6个为一周期，且f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，故2023n=1f n =337×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)=12，故④正确，即正确的是②③④，故选：C.2(2023·河南·校联考模拟预测)已知函数f x 对任意实数x,y恒有f(x-y)+f(x+y)=f(2x)成立，且当x<0时，f(x)>0.(1)求f(0)的值;(2)判断f x 的单调性，并证明;(3)解关于x的不等式:f x2-(a+2)x+f(a+y)+f(a-y)>0.【解题思路】(1)根据题意，令x=0,y=0，即可求得f(0)=0；(2)令x=0，得到f(-y)=-f(y)，所以f x 为奇函数，在结合题意和函数单调性的定义和判定方法，即可求解；(3)化简不等式为f x2-(a+2)x>f(-2a)，结合函数f x 的单调性，把不等式转化为x2-(a+2)x <-2a，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【解答过程】(1)解：因为函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x-y)+f(x+y)=f(2x)成立，令x=0,y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，所以f(0)=0.(2)解：函数f x 为R上的减函数.证明:令x=0，则f(-y)+f(y)=f(0)=0，所以f(-y)=-f(y)，故f x 为奇函数.任取x1,x2∈R，且x1<x2，则x1-x2<0，因为当x<0时，f(x)>0，所以f x1-x2>0，所以f x1-f x2=f x1+f-x2=fx1-x22+x1+x22+f x1-x22-x1+x22=f x1-x2>0，即f x1>f x2，所以f x 是R上的减函数.(3)解：根据题意，可得f x2-(a+2)x>-[f(a+y)+f(a-y)]=-f(2a)=f(-2a)，由(2)知f x 在R上单调递减，所以x2-(a+2)x<-2a，即x2-(a+2)x+2a<0，可得(x-2)(x-a)<0，当a>2时，原不等式的解集为(2,a)；当a=2时，原不等式的解集为∅；当a<2时，原不等式的解集为(a,2).3(2023上·广东东莞·高一校联考期中)已知函数f x 对任意实数x,y恒有f x+y=f x +f y ，当x>0时，f x <0，且f1 =-2.(1)判断f x 的奇偶性；(2)判断函数单调性，求f x 在区间-3,3上的最大值；(3)若f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1,a∈-1,1恒成立，求实数m的取值范围.【解题思路】(1)令x=y=0，求得f0 =0，再令y=-x，从而得f-x=-f x ，从而证明求解. (2)设x1,x2∈R且x1<x2，结合条件用单调性的定义证明函数f x 的单调性，然后利用单调性求解区间-3,3上的最大值.(3)根据函数f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1，a∈-1,1恒成立，说明f x 的最大值2小于右边，因此先将右边看作a的函数，解不等式组，即可得出m的取值范围．【解答过程】(1)f x 为奇函数，证明如下：令x=y=0，则f0+0=2f0 ，所以f0 =0，令y=-x，则f x-x=f x +f-x=f0 =0，所以：f-x=-f x 对任意x∈R恒成立，所以函数f x 为奇函数.(2)f x 在R上是减函数，证明如下：任取x1,x2∈R且x1<x2，则x2-x1>0f x2-f x1=f x2+f-x1=f x2-x1<0，所以f x2<f x1，所以f x 在R上为减函数.当x∈-3,3时，f x 单调递减，所以当x=-3时，f x 有最大值为f-3，因为f3 =f2 +f1 =3f1 =-2×3=-6，所以f-3=-f3 =6，故f x 在区间-3,3上的最大值为6.(3)由(2)知f x 在区间-1,1上单调递减，所以f x ≤f-1=-f1 =2，因为f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1，a∈-1,1恒成立，即m2-2am>0对任意a∈-1,1恒成立，令g a =-2am+m2，则g-1>0g1 >0，即2m+m2>0-2m+m2>0，解得：m>2或m<-2.故m的取值范围为-∞,-2∪2,+∞.【题型8函数性质的综合应用】1(2023上·河北石家庄·高一校考阶段练习)已知函数f(x)=a x，g(x)=b⋅a-x+x，a>0且a≠1，若f(1)+g(1)=52，f(1)-g(1)=32，设h(x)=f(x)+g(x)，x∈[-4,4]．(1)求函数h(x)的解析式并判断其奇偶性；(2)判断函数h(x)的单调性(不需证明)，并求不等式h(2x+1)+h(2x-1)≥0的解集．【解题思路】(1)由f(1)+g(1)=52、f(1)-g(1)=32代入可解出a、b，得到h(x)，再计算h(x)与h(-x)的关系即可得到奇偶性；(2)分别判断h(x)中每一部分的单调性可得h(x)的单调性，结合函数的单调性与奇偶性解决该不等式即可得.【解答过程】(1)由f(1)+g(1)=52，f(1)-g(1)=32，即有a+ba+1=52a-ba-1=32，解得a=2b=-1，即f(x)=2x，g(x)=-2-x+x，则h(x)=2x-2-x+x，其定义域为R，h (-x )=2-x -2x -x =-2x -2-x +x =-h (x )，故h (x )为奇函数.(2)h (x )=2x -2-x +x ，由2x 在R 上单调递增，-2-x 在R 上单调递增，x 在R 上单调递增，故h (x )在R 上单调递增，由h (2x +1)+h (2x -1)≥0，且h (x )为奇函数，即有h (2x +1)≥-h (2x -1)=h 1-2x ，即有2x +1≥1-2x ，解得x ≥0，故该不等式的解集为x x ≥0 .【变式训练】1(2023上·上海·高一校考期中)已知定义在全体实数上的函数f x 满足：①f x 是偶函数；②f x 不是常值函数；③对于任何实数x 、y ，都有f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y ．(1)求f 1 和f 0 的值；(2)证明：对于任何实数x ，都有f x +4 =f x ；(3)若f x 还满足对0<x <1有f x >0，求f 13+f 23 +⋯+f 20263 的值．【解题思路】(1)取x =1，y =0代入计算得到f 1 =0，取y =0得到f x =f x f 0 ，得到答案.(2)取y =1，结合函数为偶函数得到f x +2 =-f x ，变换得到f x +4 =f x ，得到证明.(3)根据函数的周期性和奇偶性计算f 13 +f 23 +⋯+f 123 =0，取x =y =13和取x =13，y =-13得到f 13 =32，根据周期性得到f 13 +f 23 +⋯+f 20263=-f 13 -1，计算得到答案.【解答过程】(1)f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y取x =1，y =0得到f 1 =f 1 f 0 -f 0 f 1 =0，即f 1 =0；取y =0得到f x =f x f 0 -f 1-x f 1 =f x f 0 ，f x 不是常值函数，故f 0 =1；(2)f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y ，取y =1得到f x +1 =f x f 1 -f 1-x f 0 =-f 1-x ，f x 是偶函数，故f x +1 =-f x -1 ，即f x +2 =-f x ，f x +4 =-f x +2 =f x .(3)f x +2 +f x =0，f x 为偶函数，取x =-13，则f 53 +f -13 =0，即f 53 +f 13 =0；取x =-23，则f 43 +f -23 =0，即f 43 +f 23=0；故f 73+f 83 +f 103 +f 113 =-f 13 -f 23 -f 43 -f 53 =0，f 2 =-f 0 =-1，f 3 =f -1 =f 1 =0，f 4 =f 0 =1，故f 13+f 23 +⋯+f 123 =0，取x =y =13得到f 23 =f 213 -f 223，取x =13，y =-13得到f 0 =f 213 -f 23 f 43 =f 213 +f 223=1，f 13 >0，f 23 >0，解得f 13 =32，f 13+f 23 +⋯+f 20263 =-f 113 -f 123 =-f 13 -1=-32-1.2(2023下·山西运城·高二统考期末)已知f x =e x -1+e 1-x +x 2-2x +a ，(1)证明：f x 关于x =1对称；(2)若f x 的最小值为3(i )求a ；(ii )不等式f m e x +e -x +1 >f e x -e -x 恒成立，求m 的取值范围【解题思路】(1)代入验证f (x )=f (2-x )即可求解，(2)利用单调性的定义证明函数的单调性，即可结合对称性求解a =2，分离参数，将恒成立问题转化为m >e x -e -x -1e x +e -xmax ，构造函数F (x )=e x -e -x -1e x +e-x ，结合不等式的性质即可求解最值.【解答过程】(1)证明：因为f x =e x -1+e 1-x +x 2-2x +a ，所以f (2-x )=e 2-x -1+e1-(2-x )+(2-x )2-2(2-x )+a =e 1-x +e x -1+x 2-2x +a ，所以f (x )=f (2-x )，所以f (x )关于x =1对称.(2)(ⅰ)任取x 1,x 2∈(1,+∞),且x 1<x 2f x 1 -f x 2 =e x 1-1+e1-x 1+x 21-2x 1-ex 2-1+e1-x 2+x 22-2x 2=e x 1-1-ex 2-1+e1-x 1-e1-x 2+x 21-x 22 -2x 1-x 2=(ex 1-1-ex 2-1)(e x 1-1e x 2-1-1)ex 1-1ex 2-1+(x 1-x 2)(x 1+x 2-2)∵1<x 1<x 2，∴0<x 1-1<x 2-1,∴e x 1-1>1,ex 2-1>1,ex 1-1-ex 2-1<0,ex 1-1e x 2-1-1>0，x 1-x 2<0,x 1+x 2-2>0,∴f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在1,+∞ 上单调递增，又f (x )关于x =1对称，则在-∞,1 上单调递减.所以f (x )min =f (1)=1+a =3，所以a =2.(单调性也可以用单调性的性质、复合函数的单调性判断、导数证明)(ⅱ)不等式f (m (e x +e -x )+1)>f (e x -e -x )恒成立等价于(m (e x +e -x )+1)-1 >e x -e -x -1 恒成立， 即m >ex-e -x -1 e x +e -x =e x -e -x -1e x +e -x恒成立，即m >e x -e -x -1e x +e -xmax令F (x )=e x -e -x -1e x +e -x ，则F (x )=e 2x -e x -1e 2x +1=1-e x +2e 2x +1，令e x +2=n ,n ∈2,+∞ ，则e x =n -2则g n =1-n n 2-4n +5=1-1n -4+5n，因为n ∈2,+∞ ,n -4+5n ≥25-4，n =5取等号，则g n ∈-52,1，所以g n ∈0,52，所以m >52,即m ∈-∞,-52 ∪52,+∞ .3(2023下·广东·高一统考期末)已知函数y =φx 的图象关于点P a ,b 成中心对称图形的充要条件是φa +x +φa -x =2b ．给定函数f x =x -6x +1及其图象的对称中心为-1,c ．(1)求c 的值；(2)判断f x 在区间0,+∞ 上的单调性并用定义法证明；(3)已知函数g x 的图象关于点1,1 对称，且当x ∈0,1 时，g x =x 2-mx +m ．若对任意x 1∈0,2 ，总存在x 2∈1,5 ，使得g x 1 =f x 2 ，求实数m 的取值范围．【解题思路】(1)根据函数的对称性得到关于c 的方程，解出即可求出函数的对称中心；(2)利用函数单调性的定义即可判断函数f (x )单增,(3)问题转化为g (x )在[0,2]上的值域A ⊆[-2,4]，通过讨论m 的范围，得到关于m 的不等式组，解出即可．【解答过程】(1)由于f (x )的图象的对称中心为-1,c ，则f (-1+x )+f (-1-x )=2c ，即(x -1)-6x -1+1+(-x -1)-6-x -1+1=2c ，整理得-2=2c ，解得：c =-1，故f (x )的对称中心为(-1,-1)；(2)函数f (x )在(0,+∞)递增；设0<x 1<x 2，则f x 1 -f x 2 =x 1-6x 1+1-x 2+6x 2+1=x 1-x 2 +6x 1-x 2 x 2+1 x 1+1=x 1-x 2 1+6x 2+1 x 1+1，由于0<x 1<x 2，所以x 1-x 2<0, 6x 2+1 x 1+1>0，所以f x 1 -f x 2 <0⇒f x 1 <f x 2 ，故函数f (x )在(0,+∞)递增；。
导数与函数的极值、最值题型归纳
导数函数与函数极最值【典例1】【陕西省渭南市2019届高三二模】已知函数()f x x=． (Ⅰ)求函数()f x 的极值；(Ⅰ)若0m n >>,且n m m n =,求证：2mn e >． 【思路引导】(Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可求出函数()f x 的极值；(Ⅰ)得到()()f m f n =,根据函数的单调性问题转化为证明2e m e n >>，即证()22ln ln n n n n e -<,令()()222ln 2ln 1G x e x x x x x e =-+<<，根据函数的单调性证明即可．【详解】 (Ⅰ)()ln x f x x =()f x ∴的定义域为()0,∞+且()21ln xf x x-'= 令()0f x '>，得0x e <<；令()0f x '<，得x e >()f x ∴在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减∴函数()f x 的极大值为()ln 1e f e e e==，无极小值 (Ⅰ)0m n >>，n m m n = ln ln n m m n ∴=l ln n m m nn∴=，即()()f m f n = 由(Ⅰ)知()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减且()10f =，则1n e m <<<要证2mn e >，即证2em e n >>，即证()2e f m f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即证()2e f n f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭即证()22ln ln n n n n e-< 由于1n e <<，即0ln 1n <<，即证222ln 2ln e n n n n <- 令()()222ln 2ln 1G x e x x x x x e =-+<<则()()()()()2242ln 2ln 12ln 1e x e x e e G x x x x x x x x x x x x x +-⎛⎫'=-++=-+-=+- ⎪⎝⎭1x e << ()0G x '∴>恒成立 ()G x ∴在()1,e 递增 ()()0G x G e ∴<=在()1,x e ∈恒成立2mn e ∴>【典例2】【2019年甘肃省兰州市高考数学一诊】已知函数f （x ）=13x 312-（a 2+a+2）x 2+a 2（a+2）x ，a ∈R ．（1）当a=-1时，求函数y=f （x ）的单调区间； （2）求函数y=f （x ）的极值点． 【思路引导】（1）先求解导数，利用导数取值的正负可得单调区间； （2）先求解导数，结合导数零点情况判断函数极值点的情况. 【详解】（1）当a=-1时，()321f x x x x 3=-+．∵()f x '=x 2-2x+1=（x -1）2≥0， 故函数在R 内为增函数，单调递增区间为（-∞，+∞）．（2）∵()f x '=x 2-（a 2+a+2）x+a 2（a+2）=（x -a 2）[x -（a+2）]，①当a=-1或a=2时，a 2=a+2，∵()f x '≥0恒成立，函数为增函数，无极值；②当a ＜-1或a ＞2时，a 2＞a+2，可得当x ∈（-∞，a+2）时，()f x '＞0，函数为增函数；当x ∈（a+2，a 2）时，()f x '＜0，函数为减函数； 当x ∈（a 2，+∞）时，()f x '＞0，函数为增函数．当x=a+2时，函数有极大值f （a+2），当x=a 2时，函数有极小值f （a 2）． ③当-1＜a ＜2时，a 2＜a+2．可得当x ∈（-∞，a 2）时，()f x '＞0，函数为增函数； 当x ∈（a 2，a+2）时，()f x '＜0，函数为减函数； 当x ∈（a+2，+∞）时，()f x '＞0，函数为增函数．当x=a+2时，函数有极小值f （a+2）；当x=a 2时，函数有极大值f （a 2）．综上可得：当a=-1或a=2时，函数无极值点；当a ＜-1或a ＞2时，函数有极大值点a+2，函数有极小值点a 2；当-1＜a ＜2时，函数有极大值点a 2，函数有极小值点a+2. 【典例3】【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知21()ln 2x f x x ae x =+-． （1）设12x =是()f x 的极值点，求实数a 的值，并求()f x 的单调区间： （2）0a >时，求证：()12f x >．【思路引导】（1）由题意，求得函数的导数()1xf x x ae x '=+-，由12x =是函数()f x的极值点，解得2a e=，又由102f ⎛⎫=⎪⎭'⎝，进而得到函数的单调区间； （2）由（1），进而得到函数()f x 的单调性和最小值()()20000min 011ln 2f x f x x x x x ==+--，令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<，利用导数求得()g x 在()0,1上的单调性，即可作出证明. 【详解】（1）由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞， 又由()1xf x x ae x '=+-，且12x =是函数()f x 的极值点，所以12112022f ae ⎛⎫=+'-= ⎪⎝⎭，解得a =，又0a >时，在()0,+∞上，()f x '是增函数，且102f ⎛⎫= ⎪⎭'⎝， 所以()0f x '>，得12x >，()0f x '<，得102x <<， 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，单调递减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由（1）知因为0a >，在()0,+∞上，()1xf x x ae x'=+-是增函数， 又()1110f ae '=+->（且当自变量x 逐渐趋向于0时，()f x '趋向于-∞）， 所以，()00,1x ∃∈，使得()00f x '=，所以00010x x ae x +-=，即0001x ae x x =-， 在()00,x x ∈上，()0f x '<，函数()f x 是减函数， 在()0,x x ∈+∞上，()0f x '>，函数()f x 是增函数， 所以，当0x x =时，()f x 取得极小值，也是最小值， 所以()()022*******min 0111ln ln ,(01)22x f x f x x ae x x x x x x ==+-=+--<<， 令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<， 则()()2211111xg x x x x x x+=---=--'，当()0,1x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以()()112g x g >=， 即()()min 12f x f x ≥>成立， 【典例4】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数21()ln 2f x ax bx x =--. （1）若1x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围；（2）当0a =，1b =-时，方程22()x mf x =（其中0m >）有唯一实数解，求m 的值.【思路引导】（1）由题意，求得函数的导数得到()()()11ax x f x x-+'-=，分类讨论得到函数的单调性和极值，即可求解实数a 的取值范围；（2）因为方程()22mf x x =有唯一实数解，即22ln 20x m x mx --=有唯一实数解，设()22ln 2g x x m x mx =--，利用导数()g x '，令()0g x '=，得20x mx m --=，由此入手即可求解实数m 的值． 【详解】（1）由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，则导数为()1f x ax b x-'=- 由()10f =，得1b a =-，∴()()()1111ax x f x ax a x x-+-=-+-=' ①若0a ≥，由()0f x '=，得1x =.当01x <<时，()0f x '>，此时()f x 单调递增； 当1x >时，()0f x '<，此时()f x 单调递减. 所以1x =是()f x 的极大值点②若0a <，由()0f x '=，得1x =，或1x a=-. 因为1x =是()f x 的极大值点，所以11a->，解得10a -<< 综合①②：a 的取值范围是1a >-（2）因为方程()22mf x x =有唯一实数解，所以22ln 20x m x mx --=有唯一实数解设()22ln 2g x x m x mx =--，则()2222x mx mg x x--'=，令()0g x '=，即20x mx m --=.因为0m >，0x >，所以10x =<（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()0g x '<，()g x 在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 在()2,x +∞单调递增 当2x x =时，()0g x '=，()g x 取最小值()2g x则()()2200g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即22222222200x mlnx mx x mx m ⎧--=⎨--=⎩， 所以222ln 0m x mx m +-=，因为0m >，所以222ln 10x x +-=（*） 设函数()2ln 1h x x x =+-，因为当0x >时，()h x 是增函数，所以()0h x =至多有一解因为()10h =，所以方程（*）的解为21x =1=，解得12m = 【典例5】【福建省三明市2020届模拟】已知函数2()ln 2a f x x x x x =--()a R ∈． （1）若曲线()y f x =在e x =处切线的斜率为1-，求此切线方程；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，求a 的取值范围，并证明：1212x x x x >+． 【思路引导】（1）()y f x =在x e =处切线的斜率为1-，即()'1f e =-，得出2a e=，计算f(e)，即可出结论 （2）①()f x 有两个极值点12,x x ，得()'ln f x x ax =-=0有两个不同的根，即ln xa x= 有两个不同的根，令()ln xg x x=，利用导数求其范围，则实数a 的范围可求；()f x 有两个极值点12,x x ，1122ln x -ax =0ln x -ax =0⎧⎨⎩利用()g x 在(e,+∞)递减，()122122ln x +x ln x x +x x <a =()1212ln x x x +x =，即可证明 【详解】（1）∵()'ln f x x ax =-，∴()'1f e =-，解得2a e=， ∴，故切点为， 所以曲线在处的切线方程为．（2）()'ln f x x ax =-，令()'ln f x x ax =-=0，得ln xa x=． 令()ln x g x x=，则()21ln 'xg x x -=，且当时，；当时，；时，． 令，得，且当时，；当时，．故在递增，在递减，所以．所以当时，有一个极值点； 时，有两个极值点； 当时，没有极值点．综上，的取值范围是．（方法不同，酌情给分） 因为是的两个极值点，所以1122ln x -ax =0ln x -ax =0⎧⎨⎩即1122ln x =ax ln x =ax ⎧⎨⎩…① 不妨设，则，，因为在递减，且，所以()122122ln x +x ln x x +x x <，即()1212ln x +x x +x a <…②． 由①可得()()1212ln x x x +x a =，即()1212ln x x x +x a =，由①，②得()()12121212ln x +x ln x x x +x x +x <，所以1212x x x +x >．【典例6】【河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试】已知函数()2()ln f x x a x =+. （1）当0a =时，求函数()f x 的最小值； （2）若()f x 在区间21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个极值点()1212,x x x x <. （i ）求实数a 的取值范围； （i i ）求证：()22212f x e e-<<-. 【思路引导】（Ⅰ）求出()()'2ln 1f x x x =+，列表讨论()2ln f x x x =的单调性，问题得解．（Ⅰ）（i ）由()f x 在区间21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个极值点转化成()()22ln 1'x x a f x x++=有两个零点，即()()22ln 1g x x x a =++有两个零点，求出()'g x ，讨论()g x 的单调性，问题得解．（ii ）由()20g x =得()2222ln 1a x x =-+，将()2f x 转化成()()22222ln f x x x =-，由()g x 得单调性可得21x e ⎛∈ ⎝，讨论()()22222ln f x x x =-在21x e ⎛∈ ⎝的单调性即可得证． 【详解】解：（Ⅰ）当0a =时，()2ln f x x x =，()()'2ln 1f x x x =+，令()'0f x =，得x=()f x 的单调性如下表：易知()min 2f x e=-. （Ⅰ）（i ）()()22ln 1'x x af x x++=.令()()22ln 1g x xx a =++，则()()'4ln 1g x x x =+.令()'0g x =，得1x e=. ()g x 的单调性如下表：()f x 在区间21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上有两个极值点，即()g x 在区间21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有两个零点， 结合()g x 的单调性可知，210g e ⎛⎫>⎪⎝⎭且10g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即430a e ->且210a e -<.所以4231a e e <<，即a 的取值范围是4231,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. （ii ）由（i ）知()()222202ln 1g x a x x =⇒=-+，所以()()()2222222ln 2ln f x x a x x x =+=-.又210g e ⎛⎫>⎪⎝⎭，10g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，0g a =>，结合()g x 的单调性可知，21x e ⎛∈ ⎝. 令()()22ln x x x ϕ=-，则()()'4ln ln 1x x x x ϕ=-+.当1xe ⎛∈ ⎝时，ln 0x <，ln 10x +>，()'0x ϕ>， 所以()x ϕ在1e ⎛ ⎝上单调递增，而212e e ϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，12e ϕ=-， 因此()22212f x e e-<<-. 【典例7】【湖北省黄冈市2019届高三八模模拟测试】已知函数ln ()xf x ax x=-，曲线(y f x =）在1x =处的切线经过点(2,1)-. （1）求实数a 的值；（2）设1b >，求()f x 在区间1[,]b b上的最大值和最小值. 【思路引导】（1）根据导数求出切线斜率为1a -，再利用()()1,1f 与()2,1-连线斜率为1a -构造出方程，求出结果；（2）由导函数可判断出()f x 在()0,1单调递增，在()1,+∞上单调递减；由此可得最大值为()1f ；再判断1f b ⎛⎫⎪⎝⎭与f b 的大小，较小的为最小值. 【详解】（1）()f x 的导函数为()221ln x ax f x x'--= ()10111a f a --⇒='=- 依题意，有()()11112f a --=--，即1112a a -+=-- 解得1a =（2）由（1）得()221ln x x f x x--'=当01x <<时，210x ->，ln 0x ->()0f x '∴>，故()f x 在()0,1上单调递增；当1x >时，210x -<，ln 0x -<()0f x '∴<，故()f x 在()1,+∞上单调递减()f x ∴在区间()0,1单调递增，在区间()1,+∞上单调递减101b b<<< ()f x ∴最大值为()11f =-. 设()()111ln h b f b f b b b b b b ⎛⎫⎛⎫=-=+-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中1b > 则()211ln 0h b b b ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭' 故()h b 在区间()1,+∞单调递增当1b →时，()0h b → ()0h b ⇒> ()1f b f b ⎛⎫⇒>⎪⎝⎭故()f x 最小值11ln f b b b b ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭1. 【安徽省合肥市2019届高三第一次教学质量检测】已知函数()()ln 1xf x e x =-+(e 为自然对数的底数).(Ⅰ)求函数()f x 的单调区间；(Ⅰ)若()()g x f x ax =-，a R ∈，试求函数()g x 极小值的最大值. 【思路引导】（I ）计算()f x 导函数，构造函数()h x ，判定单调性，得到()f x 的单调性，即可。
考点18导数与函数的极值、最值(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)
考点18导数与函数的极值、最值（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【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，右侧，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，右侧，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，极小值和极大值统称为．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；②将函数y＝f(x)的各极值与比较，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【例题1】（2024·四川广安·二模）已知函数()()1e xf x ax =+，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【变式1】（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=1x -处取得极大值B ．1x =是函数()y f x =的极值点C ．2x =-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【变式2】（2023·河北·模拟预测）函数4211()f x x x =-的大致图象是（ ）A ． B ．C ．D ．【变式3】（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）内至多有两个零点命题点2 求已知函数的极值【例题2】（2024·宁夏银川·一模）若函数()2()2e xf x x ax =--在2x =-处取得极大值，则()f x 的极小值为（ ）A ．26e -B ．4e-C ．22e -D ．e-【变式1】（2023·全国·模拟预测）函数()2tan πf x x x =--在区间ππ,22æö-ç÷èø的极大值、极小值分别为（ ）A ．π12+，π12-+B ．π12-+，3π12-+C ．3π12-，π12-+D ．π12--，3π12-+【变式2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知2e ,0,()41,0,xx f x x x x x ì>ï=íï---£î则方程2()(3)()30f x k f x k -++=可能有（ ）个解.A ．3B ．4C ．5D ．6【变式3】（2024·辽宁鞍山·二模）()2e xf x x -=的极大值为 ．命题点3 已知极值(点)求参数【例题3】（2024·全国·模拟预测）设12,x x 为函数()()()2f x x x x a =--（其中0a >）的两个不同的极值点，若不等式()()120f x f x +³成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[]1,4B ．(]0,4C ．()0,1D ．()4,+¥【变式1】（2024·四川绵阳·三模）若函数()()21ln 02f x ax x b x a =-+¹有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（）A ．0,0a b ><B ．0,0a b <>C ．14ab <D ．0ab >【变式2】（2024·辽宁·一模）已知函数()322f x x ax bx a =+++在=1x -处有极值8，则()1f 等于 ．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln 2f x x x ax a =-+-ÎR ．(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：()0f m n m n ¢+++<．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【例题4】（2024·陕西·模拟预测）[]1,2x "Î，有22ln a x x x ³-+恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[)e,+¥B ．[)1,+¥C ．e ,2éö+¥÷êëøD ．[)2e,+¥【变式1】（2024·四川·模拟预测）已知 ()()22ln f x x x a x x =-+-，若存在(]0,e 0x Î，使得()00f x £成立，则实数a 的取值范围是.【变式2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道12,l l 相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点,A B 分别在12,l l 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 .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x =．(1)求函数()()f xg x x=的最值．(2)证明：()2431e 3e e 044xx x x f x ---->（其中e 为自然对数的底数）．命题点2 含参函数的最值【例题5】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数21()e (R)2(1)xf x x bx a b a =--Î+，没有极值点，则1ba +的最大值为（ ）A B ．e 2C ．eD ．2e 2【变式1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）若过点(),a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（ ）A ．ln b a>B ．ln b a<C ．0a <D ．e ab >【变式2】．（2024·全国·模拟预测）函数()()()2ln 1f x x x ax =++-只有3个零点1x ，2x ，3x ()1233x x x <<<，则2a x +的取值范围是 ．【变式3】（2024·北京海淀·一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+Î+¥存在最大值，求a 的取值范围.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·广西·模拟预测）函数()3f x x ax =+在1x =处取得极小值，则极小值为（ ）A ．1B ．2C ．2-D ．1-2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（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()e xy f x =×的最大值为1B ．函数()e xy f x =×的最小值为1C ．函数()exf x y =的最大值为1D ．函数()e xf x y =的最小值为14．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数()2e e 2x xf x a b x =++有2个极值点，则（ ）A ．2016b a <<B ．0b >C ．4a b <D ．2b a>5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()sin cos e xa f x x x x +=+在()0,π上恰有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．π4e æöç÷ç÷èøB ．()π,e-¥C ．()π0,eD ．π4e ,ö÷÷ø+¥二、多选题6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()e xbf x a x=+在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则（ ）A ．0ab > B ．24e b a £C ．24e 0a b ->D ．对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则下列结论正确的是（ ）A ．当()*m n m n >ÎN ，时，m na a >B ．212n n n S S S +++<C ．数列{}2n S 是等差数列D ．1ln n nS n S -³三、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 ÐODF Ð均为直角.若1AB =百米，则此步道的最大长度为百米.9．（2023·江西赣州·模拟预测）当0x =时，函数()e x f x a bx -=+取得极小值1，则a b +=.四、解答题10．（2023·河南洛阳·一模）已知函数()211122f x x x =++．(1)求()f x 的图像在点()()22f ,处的切线方程；(2)求()f x 在1,22éùêúëû上的值域．11．（2024·上海静安·二模）已知R k Î，记()x x f x a k a -=+×（0a >且1a ¹）．(1)当e a =（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）综合提升练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）若函数()()1ln 1f x x x ax =+-+是()0,¥+上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2ln 2-¥B ．(]0,2ln 2C ．(],2-¥D ．(]0,22．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数()e x f x x a =+在区间[]0,1上的最小值为1，则实数a 的值为（ ）A ．-2B ．2C ．-1D ．13．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数()ln f x x x ax =-有极值e -，则=a （ ）A ．1B ．2C ．eD ．34．（2024·广东佛山·二模）若函数()24ln bf x a x x x =++（0a ¹）既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是（ ）A ．a<0B ．0b <C ．1ab >-D ．0a b +>5．（2023·甘肃兰州·一模）已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（ ）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ³D ．21x x ³6．（2024·全国·模拟预测）记函数()y f x =的导函数为y ¢，y ¢的导函数为y ¢¢，则曲线()y f x =的曲率()3221y K y ¢¢=éù+ëû¢．则曲线ln y x =的曲率的极值点为（ ）ABCD7．（2024·北京朝阳·一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ×××，对任意()1,2,,i x i n =×××，存在2i y ³满足i i y x <，且i i y x i i x y =，则使得12115n n x x x x -++×××+£成立的最大正整数n 为（ ）A ．14B ．16C ．21D ．238．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数()f x 及其导函数()f x ¢的定义域均为R ，且()()()22e ,00x f x f x x f ¢-==，则()f x （ ）A ．有一个极小值点，一个极大值点B ．有两个极小值点，一个极大值点C ．最多有一个极小值点，无极大值点D ．最多有一个极大值点，无极小值点二、多选题9．（2023·全国·模拟预测）对函数()f x ，()g x 公共定义域内的任意x ，若存在常数M ÎR ，使得()()f x g x M -£恒成立，则称()f x 和()g x 是M -伴侣函数，则下列说法正确的是（ ）A ．存在常数M ÎR ，使得()()2log 5f x x =与()125log g x x=是M -伴侣函数B ．存在常数M ÎR ，使得()13x f x +=与()13x g x -=是M -伴侣函数C ．()ln f x x =与()2g x x =+是1-伴侣函数D ．若()()f x g x ¢¢=，则存在常数M ÎR ，使得()f x 与()g x 是M -伴侣函数10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2e =++xf x ax bx c 的极小值点为0，极大值点为()0m m >，且极大值为0，则（ ）A ．2m =B ．4b a=C ．存在0x ÎR ，使得()00f x >D ．直线3y a =与曲线()y f x =有3个交点11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln e e x f x a b a x =+-，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．若()f x 为减函数，则()00f <B ．若()f x 存在极值，则e 1b a >C ．若()10f =，则ln2b >D ．若()0f x ³，则b a³三、填空题12．（2022·广西·模拟预测）已知函数()21xx x f x e++=，则()f x 的极小值为 .13．（2023·广东汕头·一模）函数()36f x ax x =-的一个极值点为1，则()f x 的极大值是 ．14．（2024·上海闵行·二模）对于任意的12x x ÎR 、，且20x >，不等式1122e ln x x x x a -+->恒成立，则实数a 的取值范围为 .四、解答题15．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x ¢=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.16．（2024·海南·模拟预测）已知函数()2ln 1,f x x a x a =-+ÎR .(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()f x 有最小值2，求a 的值.17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数ln 1()ex f x x =-．(1)求()f x 的最大值；(2)证明：当0x >时，()e x f x x <．18．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21e 2e 22xx f x a ax =+--．(1)若曲线()y f x =在30,2a æö-ç÷èø处的切线方程为4210ax y ++=，求a 的值及()f x 的单调区间．(2)若()f x 的极大值为()ln2f ，求a 的取值范围．(3)当0a =时，求证：()2535e ln 22x f x x x x +->+．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·湖南衡阳·模拟预测）若曲线()(0)kf x k x=<与()e x g x =有三条公切线，则k 的取值范围为（ ）A ．1,0e æö-ç÷èøB ．1,eæö-¥-ç÷èøC ．2,0e æö-ç÷èøD ．2,e æö-¥-ç÷èø2．（2023·河南·三模）已知函数2()ln f x x x =，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在=x 12e -B ．()f x 在x =e2C ．()f x 在=x 12e -D ．()f x 在x =e 23．（2023·湖北·模拟预测）设函数3()22f x x x =-，若正实数a 使得存在三个两两不同的实数b ，c ，d 满足(,())a f a ，(,())b f b ，(,())c f c ，(,())d f d 恰好为一个矩形的四个顶点，则a 的取值范围为（ ）A ．10,2æùçúèûB ．1,12éùêúëûC ．æçèD ．ùúû4．（2024·湖北·二模）已知函数()1e e e x x xaxf x x +=++（e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的定义域为RB ．若函数()f x 在()()0,0P f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为2e 2e 2-，则1a =C ．当1a =时，()f x m =可能有三个零点D ．当1a =时，函数的极小值大于极大值二、多选题5．（2023·安徽·一模）已知函数()()3R f x x x x =-Î，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的单调递增区间为,æ-¥ççè和ö¥÷÷ø+C ．()f xD ．()f x 的极值点为,æççè6．（2024·浙江杭州·二模）过点()2,0P 的直线与抛物线C ：24y x =交于,A B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与直线2x =-交于点N ，作NM AP ^交AB 于点M ，则（ ）A ．直线NB 与抛物线C 有2个公共点B ．直线MN 恒过定点C ．点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=¹D ．3MN AB的最小值为三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）函数()()2ln ln f x x k x x k =-++在定义域内为增函数，则实数k的取值范围为 ．8．（2023·江苏淮安·模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-有三个零点，则a 的取值范围是 .四、解答题9．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数()()21e x f x x ax =--，R a Î.(1)当e2a =时，求()f x 的单调区间；(2)若方程()0f x a +=有三个不同的实根，求a 的取值范围．10．（2024·山西吕梁·二模）已知函数()()2ln 20a f x a x x a x =--¹.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)求()f x 在区间(]0,1上的最大值.。
(完整版)高二数学函数的极值与最值试题
高二数学函数的极值与最值试题一：选择题1． 函数x ax x x f ++=23)(在),0(+∞内有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．),0(+∞ B ．)3,3(- C ．)0,(-∞ D ．)3,(--∞【答案】D2．函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx 的极值点的个数是（ ） A ． 0个 B ． 1个 C ． 2个 D ． 3个解：由于函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx ，（x ＞0） 则==（x ＞0）令f ’（x ）=0，则故函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx 的极值点的个数是1， 故答案为 B ．3．如图所示的是函数d cx bx x x f +++=23)(的大致图象，则2221x x +等于（ ）A ．32 B ．34C ．38 D ．316【答案】C4．函数12)(+⋅=x ex x f ,[]1,2-∈x 的最大值为（ ）A.14e -B.0C. 2eD. 23e 【答案】C5．函数)0(3)(3>+-=a b ax x x f 的极大值为6,极小值为2,则)(x f 的减区间是( ) A. （-1，1） B. （0，1） C. （-1，0） D. （-2，-1）【答案】A6．右图是函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象，xyO 1-2-3-1给出下列命题：①3-是函数()y f x =的极值点； ②1-是函数()y f x =的极小值点； ③()y f x =在0x =处切线的斜率小于零；④()y f x =在区间(3,1)-上单调递增.则正确命题的序号是（ ）A.①②B.①④C.②③D.②④ 【答案】B7.（2008•广东）设a ∈R ，若函数y=e ax +3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ） A ． a ＞﹣3 B ． a ＜﹣3 C ． a ＞﹣ D ．a ＜﹣ 解：设f （x ）=e ax +3x ，则f ′（x ）=3+ae ax ．若函数在x ∈R 上有大于零的极值点． 即f ′（x ）=3+ae ax =0有正根．当有f ′（x ）=3+ae ax =0成立时，显然有a ＜0， 此时x=ln （﹣）．由x ＞0，得参数a 的范围为a ＜﹣3． 故选B ．8.【2012高考真题辽宁理12】若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是 (A)21xe x x ++„ 2111241x x x<-++(C)21cos 12x x -… (D)21ln(1)8x x x +-… 【答案】C【解析】设2211()cos (1)cos 122f x x x x x =--=-+，则()()sin ,g x f x x x '==-+ 所以()cos 10g x x '=-+≥，所以当[0,)x ∈+∞时，()()()(0)0,g x g x f x g '==为增函数，所以≥同理21()(0)0cos (1)02f x f x x =∴--≥，≥，即21cos 12x x -…，故选C9．已知函数3211()2(,,)32f x x ax bx c a b c R =+++∈，且函数()f x 在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则22(3)z a b =++的取值范围为( )A. 2(,2)2 B.1(,4)2C. (1,2)D.(1,4) 【答案】B10.【2012高考真题全国卷理10】已知函数y ＝x ²-3x+c 的图像与x 恰有两个公共点，则c ＝（A ）-2或2 （B ）-9或3 （C ）-1或1 （D ）-3或1 【答案】A【解析】若函数c x x y +-=33的图象与x 轴恰有两个公共点，则说明函数的两个极值中有一个为0，函数的导数为33'2-=x y ，令033'2=-=x y ，解得1±=x ，可知当极大值为c f +=-2)1(，极小值为2)1(-=c f .由02)1(=+=-c f ，解得2-=c ，由02)1(=-=c f ，解得2=c ，所以2-=c 或2=c ，选A.11．（2012•昌图县模拟）下列关于函数f （x ）=（2x ﹣x 2）e x 的判断正确的是（ ） ①f （x ）＞0的解集是{x|0＜x ＜2}；②f （﹣）是极小值，f （）是极大值； ③f （x ）没有最小值，也没有最大值．A ． ①③B ． ①②③C ． ②D ． ①② 解：由f （x ）＞0⇒（2x ﹣x 2）e x ＞0⇒2x ﹣x 2＞0⇒0＜x ＜2，故①正确； f ′（x ）=e x （2﹣x 2），由f ′（x ）=0得x=±， 由f ′（x ）＜0得x ＞或x ＜﹣， 由f ′（x ）＞0得﹣＜x ＜，∴f （x ）的单调减区间为（﹣∞，﹣），（，+∞）．单调增区间为（﹣，）．∴f （x ）的极大值为f （），极小值为f （﹣），故②正确． ∵x ＜﹣时，f （x ）＜0恒成立．∴f （x ）无最小值，但有最大值f （） ∴③不正确． 故选D ．12．（2010•安庆模拟）如果函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．解：由题意f ′（x ）=x 2﹣a 2当a 2≥1时，在x ∈[0，1]，恒有导数为负，即函数在[0，1]上是减函数，故最大值为f （0）=0，最小值为f （1）=﹣a 2，故有，解得|a|≤，故可得1≤a ≤当a 2∈[0，1]，由导数知函数在[0，a ]上增，在[a ，1]上减，故最大值为f （a ）=又f（0）=0，矛盾，a ∈[0，1]不成立， 故选A ．二:填空题13．函数322()f x x ax bx a =+++在1x =时有极值10，那么,a b 的值分别为________. 【答案】4，-11 14．已知函数f (x) 的导数f ′(x)＝a(x ＋1)(x －a)，若f (x)在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是 。
专题3.3导数与函数的极值、最值(2021年高考数学一轮复习专题)
专题 导数与函数的极值、最值一、题型全归纳题型一 利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】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】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1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，()x f '＞0；当－2＜x ＜1时，()x f '＜0；当1＜x ＜2时，()x f '＜0；当x ＞2时，()x f '＞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. 【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】求函数极值的一般步骤（1）先求函数f （x ）的定义域，再求函数f （x ）的导函数. （2）求()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点. （4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况. 【解析】 ∵()x f '＝（e x －ax ）＋（x －2）（e x －a ）＝（x －1）（e x －2a ），∵a ＞0， 由()x f '＝0得x ＝1或x ＝ln 2a .∵当a ＝e2时，f ′（x ）＝（x －1）（e x －e ）≥0，∵f （x ）在R 上单调递增，故f （x ）无极值.∵当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：∵当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：综上，当0＜a ＜e2时，f （x ）有极大值－a （ln 2a －2）2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f （x ）无极值；当a ＞e2时，f （x ）有极大值a －e ，极小值－a （ln 2a －2）2.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值．【解析】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)． 综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．【易错提醒】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，即在某区间上单调函数没有极值．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛1,1a 时，f ′(x )<0; 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∵(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．题型二 函数的最值问题【题型要点】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[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1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋b . （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间［0,1］的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）f ′（x ）＝6x 2－2ax ＝2x （3x －a ）.令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∵（－∞，0）∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在 （－∞，0），⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 单调递减. 若a ＝0，f （x ）在（－∞，＋∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ∵（0，＋∞）时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ，（0，＋∞）单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛0,3a 单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（∵）当a ≤0时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递增，所以f （x ）在区间［0,1］的最小值为f （0）＝b ，最大值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1. （∵）当a ≥3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递减，所以f （x ）在区间［0,1］的最大值为f （0）＝b ，最小值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1. （∵）当0＜a ＜3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］的最小值为⎪⎭⎫⎝⎛3a f ＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾.综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f （x ）在［0,1］的最小值为－1，最大值为1.【例2】(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x －ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．【解析】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0∵0<x <1，f ′(x )<0∵x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又⎪⎭⎫ ⎝⎛e f 1＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e，且⎪⎭⎫⎝⎛e f 1<f (e)．所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值为0，最小值为2－e.题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】解决函数极值、最值问题的策略(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1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______． 【解析】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ，若a >12，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛2,1a 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⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21. 【例2】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．【解析】：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)∵由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,32上单调递减，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,0上单调递增．因为f (－1)＝2，⎪⎭⎫ ⎝⎛32f ＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.∵当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f （x ）.（2）求函数的导数()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝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，结合实际问题作答.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝ax －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（1）因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.（2）由（1）可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10（x －6）2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f （x ）＝（x －3）⎣⎡⎦⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10（x －3）（x －6）2,3＜x ＜6.则()x f '＝10［（x －6）2＋2（x －3）（x －6）］＝30（x －4）（x －6）. 于是，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：所以，当x ＝4时，函数f （x ）取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本） 【解析】（1）由题意得W ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝⎛⎭⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎨⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝⎛⎭⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）∵当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减.所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元.∵当x ＞10时，W ＝98－⎪⎭⎫⎝⎛+x x 7.231000≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.二、高效训练突破 一、选择题1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14【解析】：因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∵[－4，－3)或x ∵(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∵(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2. 2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：∵函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；∵当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ∵函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；∵当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．∵∵ B ．∵∵ C ．∵∵∵D ．∵∵【解析】：对于∵，函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内有增有减，故∵不正确； 对于∵，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故∵正确；对于∵，当x ∵(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故∵正确； 对于∵，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故∵不正确．3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（ ） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0【解析】∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0，∵f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1，∵f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∵f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∵f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.4.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（ ）A.89B.109C.169D.289【解析】函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e【解析】：函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2. 6.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（ ） A.［－3，＋∞） B.（－3，＋∞） C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］【解析】由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：7.用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A ．120 000 cm 3 B ．128 000 cm 3 C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3【解析】：设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∵(0，80)时，y ′＞0；当x ∵(80，120)时，y ′＜0. 因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.8.(2020·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. 所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2【解析】：f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.10.函数f （x ）＝x 3－3x －1，若对于区间［－3,2］上的任意x 1，x 2，都有|f （x 1）－f （x 2）|≤t ，则实数t 的最小值是（ ） A.20 B.18 C.3D.0【解析】原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x ，都有f （x ）max －f （x ）min ≤t ， ∵f ′（x ）＝3x 2－3，∵当x ∵［－3，－1］时，f ′（x ）＞0， 当x ∵［－1,1］时，f ′（x ）＜0，当x ∵［1,2］时，f ′（x ）＞0. ∵f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1，f （x ）min ＝f （－3）＝－19. ∵f （x ）max －f （x ）min ＝20，∵t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.二、填空题1.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ．【解析】：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．【解析】：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．【解析】：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.4.（2019·武汉模拟）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 <32.5.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .【解析】因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意； 当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ， 当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示：因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.三 解答题1.(2020·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.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当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 .∵若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；∵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⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上为增函数，在⎥⎦⎤⎝⎛-e a ,1上为减函数，所以f (x )max ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 1＝－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln .令－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln ＝－3，得⎪⎭⎫⎝⎛-a 1ln ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∵R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．【解析】：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n .∵当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；∵当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln 3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.【解析】 f ′（x ）＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.∵若k ＝0，则f ′（x ）＝－1x 2在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒有f ′（x ）＜0，所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减.∵若k ≠0，则f ′（x ）＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.（∵）若k ＜0，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0.所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上单调递减，（∵）若k ＞0，由k ＜1e ，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒成立，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0， 所以f （x ）在1e ，e 上单调递减.综上，当k ＜1e 时，f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1e ＋k －1，f （x ）max ＝⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝e －k －1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）.（1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【解析】由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）.（1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a ；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛a 1,0.所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值. （2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0时，函数f （x ）单调递减；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 时，函数f （x ）单调递增.∵若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.∵若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎪⎭⎫⎢⎣⎡a 1,1上为减函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a ,1上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a ）＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件.∵若1a ＞e ，即0＜a ＜1e时，函数f （x ）在［1，e ］上为减函数，故函数f （x ）的最小值为f （e ）＝a ＋1e ＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件.综上所述，这样的a 不存在.。
高中数学导数地应用——极值与最值专项训练题(全)
高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则( )A．a－2b＝0 B．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0 答案 D解析y′＝3ax2＋2bx，据题意，0、13是方程3ax2＋2bx＝0的两根∴－2b3a＝13，∴a＋2b＝0.2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln2B．－1ln2C．－ln2 D．ln2答案 B解析由y＝x·2x得y′＝2x＋x·2x·ln2 令y′＝0得2x(1＋x·ln2)＝0∵2x＞0，∴x＝－1 ln23．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( ) A．0＜b＜1 B．b＜1C．b＞0 D．b＜1 2答案 A解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是( )A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案 B解析x>－1时，f′(x)>0x<－1时，f′(x)<0∴连续函数f(x)在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，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)上单增 答案 C解析 由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确 答案 B解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x ＝e －x (－x ＋12x )＝e －x ·1－2x2x .令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e·12＝12e. 二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案 －23 －16解析 y ′＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f 0c >0f213×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析 因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析 由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π， 知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2.因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析 f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a .(1)由已知有f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，从而x 1x 2＝2a18＝1，所以a ＝9； (2)由于Δ＝36(a ＋2)2－4×18×2a ＝36(a 2＋4)>0，所以不存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数． 15．已知定义在R 上的函数f (x )＝x 2(ax －3)，其中a 为常数． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上是增函数，求a 的取值范围． 解析 (1)f (x )＝ax 3－3x 2，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)． ∵x ＝1是f (x )的一个极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝2.(2)解法一 ①当a ＝0时，f (x )＝－3x 2在区间(－1,0)上是增函数，∴a ＝0符合题意；②当a ≠0时，f ′(x )＝3ax (x －2a)，令f ′(x )＝0得：x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，对任意x ∈(－1,0)，f ′(x )>0，∴a >0符合题意；当a <0时，当x ∈(2a ，0)时，f ′(x )>0，∴2a≤－1，∴－2≤a <0符合题意；综上所述，a ≥－2.解法二 f ′(x )＝3ax 2－6x ≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax －6≤0，∴a ≥2x 在区间(－1,0)上恒成立，又2x <2－1＝－2，∴a ≥－2. 16．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1－ln x .(1)若f (x )在(0，12)上是减函数，求a 的取值范围；(2)函数f (x )是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝－2x ＋a －1x ，∵f (x )在(0，12)上为减函数，∴x ∈(0，12)时－2x ＋a －1x <0恒成立，即a <2x ＋1x恒成立．设g (x )＝2x ＋1x ，则g ′(x )＝2－1x 2.∵x ∈(0，12)时1x2>4，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，12)上单调递减，g (x )>g (12)＝3，∴a ≤3.(2)若f (x )既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0必须有两个不等的正实数根x 1，x 2，即2x 2－ax ＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎨⎧Δ>0a2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根， 不妨设x 1<x 2，由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x(x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为 1，则a 的值等于________．答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a)上递增；令f ′(x )<0，则x >1a，∴f (x )在(1a，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln 1a＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值， 则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0， 即⎩⎨⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c . 因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立， 所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加； 当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少； 当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1.由题意知，2＜a－a2－1＜3，①或2＜a＋a2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a＜53.因此a的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f(x)＝0的x为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上有唯一的零点”．对于函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1，(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性，并求出函数极值．(2)证明连续函数f(x)在[2，＋∞)内只有一个零点．解析(1)解：f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1－2x＋2＝8－2x2x＋1，f′(x)＝0⇒x＝2(－2舍去). x (－1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)取得极大值∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x 2－x ，所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2xx 2－x＋a >0，即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12. 3．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a . (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 分析 本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f (2)和f (－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a .解 (1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )<0，解得x <－1，或x >3，∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)∵f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ， f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ， ∴f (2)>f (－2)．∵在(－1,3)上f ′(x )>0， ∴f (x )在(－1,2]上单调递增．又由于f (x )在[－2，－1)上单调递减，∴f (－1)是f (x )的极小值，且f (－1)＝a －5.∴f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2.∴f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2. ∴f (－1)＝a －5＝－7，即函数f (x )在区间[－2,2]上的最小值为－7. 4．已知函数f (x )＝xe －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称．证明当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1＋x 2＞2. 解析 (1)f ′(x )＝(1－x )e －x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x所以f (x函数f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)，且f (1)＝1e.(2)由题意可知g (x )＝f (2－x )，得g (x )＝(2－x )e x －2.令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝xe －x ＋(x －2)e x －2， 于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x .当x ＞1时，2x －2＞0，从而e 2x －2－1＞0，又e －x ＞0.所以F ′(x )＞0.从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数．又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x ＞1时，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )． (3)①若(x 1－1)(x 2－1)＝0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2＝1，与x 1≠x 2矛盾．②若(x 1－1)(x 2－1)＞0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾． 根据①②得(x 1－1)(x 2－1)＜0，不妨设x 1＜1，x 2＞1.由(2)可知，f (x 2)＞g (x 2)，g (x 2)＝f (2－x 2)，所以f (x 2)＞f (2－x 2)，从而f (x 1)＞f (2－x 2)，因为x 2＞1，所以2－x 2＜1，又由(1)可知函数f (x )在区间(－∞，1)内是增函数，所以x 1＞2－x 2，即x 1＋x 2＞2.5．已知函数f (x )＝ax 3－32ax 2，函数g (x )＝3(x －1)2.(1)当a >0时，求f (x )和g (x )的公共单调区间； (2)当a >2时，求函数h (x )＝f (x )－g (x )的极小值； (3)讨论方程f (x )＝g (x )的解的个数． 解 (1)f ′(x )＝3ax 2－3ax ＝3ax (x －1)，又a >0，由f ′(x )>0得x <0或x >1，由f ′(x )<0得0<x <1，即函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h (x )＝ax 3－32ax 2－3(x －1)2，h ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x－1)，令h ′(x )＝0，得x ＝2a 或x ＝1，由于2a<1，易知x ＝1为函数h (x )的极小值点，∴h (x )的极小值为h (1)＝－a2.(3)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－32(a ＋2)x 2＋6x －3，φ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x －1)，①若a ＝0，则φ(x )＝－3(x －1)2，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；②若a <0，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a 2>0，φ(x )的极小值为φ(2a )＝－4a 2＋6a－3<0，∴φ(x )的图象与x 轴有三个交点，即方程f (x )＝g (x )有三个解； ③若0<a <2，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；④若a ＝2，则φ′(x )＝6(x －1)2≥0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。
导数与函数的极值和最值考点及题型
第三节导数与函数的极值、最值❖基础知识1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．❖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．考点一利用导数解决函数的极值问题考法(一)利用导数求函数的极值或极值点[典例](2018·天津高考改编)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：[解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤(1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．[解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选Cf ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x－1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减， 所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2.[解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)． 答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( ) A ．[－3，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ，设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x 2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2. 答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件． 解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1－ln x )x 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－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 )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________． 解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．贾老师数学解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。
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．。
专题112导数的极值最值问题(新高考地区专用)(原卷版)
专题1.12 导数的极值、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． ①求导函数()f x '． ①求方程()0f x '=的根．①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．x2−2x．1．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知函数f(x)=me x−32(1)当m≥3时，证明：f(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增；(2)若函数g(x)=f(x)−cosx存在两个不同的极值点，求实数m的取值范围．+lnx，其中a为常数，e为自然对数的底数. 2．（2023·陕西·联考一模）已知函数f(x)=xa(1)当a=−1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为2，求a的值.x2+(1−a)x+(a−2)lnx，其中a∈R．3．（2023·吉林·校考二模）已知函数f(x)=12(1)若a=1，求函数f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)的单调性．4．（2023·海南省·统考模拟预测）已知函数f(x)=(x−1)e x−ax．(1)当x>−1时，x0是y=f(x)的一个极值点且f(x0)=−1，求x0及a的值；(2)已知g(x)=x2lnx，设ℎ(x)=e x[f′(x)+a]，若x1>1，x2>0，且g(x1)=ℎ(x2)，求x1−2x2的最小值．5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数f(x)=e x(lnx+1)，f′(x)是f(x)的导函数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a≤0，若函数F(x)=f′(x)⋅e−x+a(x−1)−1在(0,2)上存在小于1的极小值，求实数a的取值范围．6．（2023·甘肃武威·统考一模）已知函数f(x)=e x．x+3(1)求f(x)在(−3,+∞)上的极值；−3≤ax2−2x，求a的最小值．(2)若∀x∈(−3,+∞),1f(x)x3+(a+1)x2−7．（2023春·四川成都·高二阶段练习）已知x=1是函数f(x)=13(a2+a−3)x的极值点，则：(1)求实数a的值．(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最值．(t∈R)．8．（2023春·安徽·高二阶段练习）已知函数f(x)=lnx+tx(1)求f(x)的极值；(2)若t>0，求f(x)在[e,e2]上的最大值g(t)．x3−ax2+(a2−1)x+b（a，b∈R），9．（2023春·天津和平·高二阶段练习）已知函数f(x)=13其图象在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0．(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间和极值；(3)求函数f(x)在区间[−2,5]上的最大值．x3−4x+2.10．（2022秋·上海宝山·高二期末）已知函数f(x)=13(1)求函数f(x)在x=3处的切线方程；(2)求函数f(x)在[0,3]上的最大值与最小值.11．（2023春·天津河东·高二阶段练习）若函数f(x)=x3+ax2+bx−1，在x=1处切线方程为：8x+y−1=0.(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在[−1,4]上的最大值、最小值.12．（2023春·山东·高二阶段练习）已知函数f(x)=x3−6x2+9x−2．(1)求f(x)的极值；(2)求f(x)在区间[−2,2]上的最大值与最小值.x2+lnx. 13．（2022春·山西大同·高二期中）已知函数f(x)=(1−b)x+12(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数b的取值范围；(2)设x1,x2(x1<x2)是函数f(x)的两个极值点，若b≥7，求f(x1)−f(x2)的最小值.214．（2023秋·陕西商洛·高二统考期末）已知函数f(x)=x3−x2−8x+9．(1)求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；(2)求f(x)在[−1,3]上的最值．15．（2023春·河北承德·高三阶段练习）已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2(a,b∈R)．(1)若函数f(x)在x=1处有极值10，求b的值；(2)在（1）的条件下，求f(x)在区间[0,2]上的最值．16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=(2x+3)ln(x+1)−ax2−3x(a∈R)．(1)当a=0时，证明：x=0为函数f(x)的极小值点；(2)若x=0为函数f(x)的极大值点，求实数a的值．17．（2023春·山东·高二阶段练习）已知函数f(x)=x−a．e x(1)若f(x)在x=2处取得极大值，求实数a的值；(2)若f(x)在(−1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．18．（2023春·云南昆明·高三阶段练习）已知函数f(x)=lnx．x(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)求曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程，并求出切线与坐标轴所围三角形的面积．(a≠0) 19．（2023·陕西咸阳·陕西模拟预测）已知函数f(x)=lnx+x+2ax(1)当a=1时，求f(x)的极值；(2)若对∀x∈(e−1,e)，f(x)<x+2，求实数a的取值范围.20．（2023·吉林·校考二模）已知函数f(x)=e ax⋅cosx，其中a∈R．(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)已知f(x)在区间(0,π)上存在唯一的极小值点．（①）求实数a的取值范围；（①）记f(x)在区间(0,π)上的极小值为g(a)，讨论函数g(a)的单调性．。
高考数学复习：利用导数研究函数的极值、最值
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
ln 2－1
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1x－a＝1－xax.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
2 或 4－a.
由
2－2a73 ＝－2，得
3
a＝3
4>3，与
0<a<3
矛盾.
综上，存在正数a＝6时，f(x)在[0，1]的最小值为－2，最大值为2.
21
考点聚焦突破
@《创新设计》
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，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最 小值. 2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准 是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值.
3
考点聚焦突破
@《创新设计》
角度2 已知函数求极值 【例1－2】 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当 a＝12时，求 f(x)的极值； (2)讨论函数 f(x)在定义域内极值点的个数. 解 (1)当 a＝12时，f(x)＝ln x－12x，函数的定义域为(0，＋∞)且 f′(x)＝1x－12＝2－ 2xx， 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.
高中数学利用导数研究函数的极值精选题
利用导数研究函数的极值精选题27道一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．13．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a =)A ．4-B ．2-C ．4D ．24．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞D ．21(e e--，21]e e+8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=．10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为 ．11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ．（填出所有正确命题的序号） 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点0x ，且0x <，则实数a 的取值范围是 ．13．直线ya=与函数3()3f x x x=-的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是 ．14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是 ． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是 ． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为 ；17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为 ． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 ．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 ． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是 ． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，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 --<<．24．已知函数2()x f x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．26．已知函数2()(2)(1)2f x x a x 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 ．27．设函数2()(1)()f x ln x a x x =++-，其中a R∈，（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若0x∀>，()0f x …成立，求a 的取值范围．利用导数研究函数的极值精选题27道参考答案与试题解析一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【分析】设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y a x a=-的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解关于a 的不等式组可得．【解答】解：设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线ya x a=-的下方，()(21)2(21)xxxg x e x ee x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x>-时，()0g x '>，∴当12x=-时，()g x 取最小值122e--，当0x=时，(0)1g =-，当1x=时，g （1）0e =>，直线y a x a=-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1ag ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解得312a e<…故选：D ．【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a ，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可． 【解答】解：函数21()(1)x f x x a x e-=+-， 可得121()(2)(1)x x f x x a ex a x e--'=+++-，2x =-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，可得：33(2)(4)(421)0f a ea e --'-=-++--=，即4(32)0a a -++-=．解得1a =-．可得121()(21)(1)x x f x x e x x e--'=-+--，21(2)x x x e-=+-，函数的极值点为：2x =-，1x=，当2x<-或1x>时，()0f x '>函数是增函数，(2,1)x ∈-时，函数是减函数， 1x =时，函数取得极小值：f（1）211(111)1e-=--=-．故选：A ．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力． 3．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a=)A ．4-B ．2-C ．4D ．2【分析】可求导数得到2()312f x x '=-，可通过判断导数符号从而得出()f x 的极小值点，从而得出a 的值． 【解答】解：2()312f x x '=-；2x ∴<-时，()0f x '>，22x -<<时，()0f x '<，2x>时，()0f x '>；2x ∴=是()f x 的极小值点；又a 为()f x 的极小值点；2a ∴=．故选：D ．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象． 4．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-【分析】先求出()f x '，令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x l n x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出． 【解答】解：()12f x ln x a x'=+-，(0)x>令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x ln x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．112()2a xg x a xx-'=-=． ①当0a …时，()g x '>，()f x '单调递增，因此()()g x f x ='至多有一个零点，不符合题意，应舍去． ②当0a>时，令()g x '=，解得12xa=，1(0,)2x a∈，()g x '>，函数()g x 单调递增；1(,)2x a∈+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减．12x a∴=是函数()g x 的极大值点，则1()02g a>，即111(2)02lnln a a+-=->，(2)0ln a ∴<，021a ∴<<，即102a <<．故当102a <<时，()g x =有两个根1x ，2x ，且1212x x a<<，又g （1）120a =->，12112x x a∴<<<，从而可知函数()f x 在区间1(0,)x 上递减，在区间1(x ，2)x 上递增，在区间2(x ，)+∞上递减．1()f x f∴<（1）0a =-<，2()f x f>（1）12a =->-．故选：D ．【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2 C ．(0,1)D ．(0,)+∞【分析】先求导函数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数yln x=与21y a x =-的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数a 的取值范围． 【解答】解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象（如图） 当12a=时，直线21y a x =-与y ln x =的图象相切，由图可知，当102a <<时，y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点．则实数a 的取值范围是1(0,)2． 另解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，可得12ln xa x +=有两个不同的解， 设1()ln xg x x+=，则2()ln x g x x-'=，当1x>时，()g x 递减，01x <<时，()g x 递增，可得g （1）取得极大值1， 作出()y g x =的图象，可得021a <<，即102a <<，故选：B ．【点评】本题主要考查函数的零点以及数形结合方法，数形结合是数学解题中常用的思想方法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷． 6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【分析】由题设条件知：当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()x f x '=；当2x<-时，()0x f x '>．由此观察四个选项能够得到正确结果．【解答】解：函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，∴当2x>-时，()0f x '>；当2x =-时，()0f x '=； 当2x<-时，()0f x '<．∴当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()0x f x '=； 当2x<-时，()x f x '>．故选：A ．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值的应用，解题时要认真审题，注意导数性质和函数极值的性质的合理运用． 7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞ D ．21(e e--，21]e e+【分析】由题意先求函数的定义域，再化简为方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x m x e x xx-++==-++，求导求函数22ln x mx e x x=-++的值域，从而得m 的取值范围． 【解答】解：32()2f x x e x m x ln x=-+-的定义域为(0,)+∞，又()()f x g x x=，∴函数()g x 至少存在一个零点可化为函数32()2f x x e x m x ln x=-+-至少有一个零点；即方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x mx e x xx-++==-++， 2211222()ln x ln x m x e x e xx--'=-++=--+；故当(0,)x e ∈时，0m '>， 当(,)x e ∈+∞时，0m '<；则22ln x mxe x x=-++在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，故22112m ee e eee-+⋅⋅+=+…；又当0x +→时，22ln x mxe x x=-++→-∞，故21m ee+…；故选：A ．【点评】本题考查了导数的综合应用及函数的零点与方程的关系，属于中档题． 8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18【分析】根据函数在1x =处有极值时说明函数在1x =处的导数为0，又因为2()32f x x a x b'=++，所以得到：f '（1）320a b =++=，又因为f（1）10=，所以可求出a 与b 的值确定解析式，最终将2x =代入求出答案．【解答】解：2()32f x x a x b'=++，∴2232032411012011a b b a a a b a a a b ++=⎧=--=⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨+++=--==-⎪⎩⎩⎩或33a b =-⎧⎨=⎩①当33a b =-⎧⎨=⎩时，2()3(1)0f x x '=-…，∴在1x=处不存在极值；②当411a b =⎧⎨=-⎩时，2()3811(311)(1)f x x x x x '=+-=+-(x ∴∈113-，1)，()0f x '<，(1,)x ∈+∞，()0f x '>，符合题意．∴411a b =⎧⎨=-⎩，f ∴（2）816221618=+-+=．故选：C ．【点评】本题主要考查导数为0时取到函数的极值的问题，这里多注意联立方程组求未知数的思想，本题要注意0()0f x '=是0xx =是极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验．二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=3 ．【分析】先求出()f x '，因为1x=处取极值，所以1是()0f x '=的根，代入求出a 即可．【解答】解：22222222()(1)(1)x x x ax x a f x x x +--+-'==++．因为()f x 在1处取极值，所以1是()0f x '=的根， 将1x=代入得3a=．故答案为3【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力． 10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为[1，5)．【分析】首先利用函数的导数与极值的关系，由于函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，所以(1)f f '-'（1）0<，故可求实数a 的取值范围． 【解答】解：由题意，2()32f x x x a'=+-，则(1)f f '-'（1）0<，即(1)(5)0a a --<，解得15a <<，另外，当1a =时，函数32()4f x x xx =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，当5a=时，函数32()54f x x x x =+--在区间(1,1)-没有一个极值点，故答案为：[1，5)．【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了数形结合和转化的思想方法，属于中档题． 11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ①③ ．（填出所有正确命题的序号）【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；20000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x +=++=++=-<，可判断③④．【解答】解：函数21()2f x x ln x x=+，(0)x>()1f x ln x x ∴'=++，易得()1f x ln x x'=++在(0,)+∞递增，11()0f e e ∴'=>，x →，()f x '→-∞，010x e∴<<，即①正确，②不正确；0010ln x x ++=220000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x ∴+=++=++=-<，即③正确，④不正确．故答案为：①③．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题． 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则实数a 的取值范围是(,2)-∞- ．【分析】讨论a 的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．【解答】解：()i 当0a =时，2()31f x x =-+，令()0f x =，解得3x=±，函数()f x 有两个零点，舍去．()ii 当0a≠时，22()363()f x a xx a x x a'=+=+，令()0f x '=，解得0x=或2a-．①当0a <时，20a->，当2xa>-或0x<，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减；当20x a<<-时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增．∴故2x a=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．函数32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则22228124()110f aa aa-=-+-=-<，即24a >得2a >（舍)或2a<-．②当0a >时，20a -<，当2xa<-或0x>时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；当20x a-<<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减．2x a∴=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．(0)10f =-<，∴函数()f x 在(0,)+∞上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a 的取值范围是(,2)-∞-． 故答案为：(,2)-∞-．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 13．直线y a=与函数3()3f x x x =-的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是(2,2)- ．【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数3()3f x x x=-对应的大致图象，平移直线ya=即可得出结论．【解答】解：令2()330f x x '=-=，得1x=±，可求得()f x 的极大值为(1)2f -=，极小值为f（1）2=-，如图所示，当满足22a -<<时，恰有三个不同公共点．故答案为：(2,2)-【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题． 14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是)2+∞ ．【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式． 【解答】解22()33(0)f x x a a '=->，∴由()0f x '>得：xa>或xa<-，由()0f x '<得：ax a-<<．∴当x a=时，()f x 有极小值，xa=-时，()f x 有极大值．由题意得：333330300a a a a a a a ⎧-+<⎪-++>⎨⎪>⎩解得2a>．故答案为)2+∞【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是1(0,)4．【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求． 【解答】解：因为21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，所以2()10a xx a f x x xx-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点，所以2x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点，所以1400a a =->⎧⎨>⎩，解可得，104a <<．故答案为：1(0,)4．【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为1e-；【分析】求导，解关于导函数的不等式，根据极值定义得解． 【解答】解：函数的定义域为R ，()(1)x xxf x e x ex e'=+=+，令()0f x '>，得1x >-；令()0f x '<，得1x<-；故函数()f x 在1x=-处取得极小值，且极小值为1e-．故答案为：1e-．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，属于基础题． 17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0) ．【分析】可得方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．利用导数即可求得12()f x x 的取值范围故答案．【解答】解：因为2()2f x x x m ln x=-+，222()x x mt x x-+'=，所以()f x 有两个极值点1x 、2x 等价于方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．∴1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．21()21(1)g x ln x x '=+--102x <<，212210ln x ln ∴+<-+<．102x ∴<<时，()0g x '<．故()g x 在1(0,)2递减，32()02ln g x --<<．则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0)．故答案为：3(22ln --，0)．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 6 ．【分析】先求出()f x '，根据()f x 在2x=处有极大值则有f '（2）0=得到c 的值为2或6，先让2c=然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到2x =取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c 的值即可． 【解答】解：322()2f x x cxc x=-+，22()34f x x c x c'=-+， f '（2）02c =⇒=或6c =．若2c =，2()384f x x x '=-+，令2()03f x x '>⇒<或2x>，2()023f x x '<⇒<<，故函数在2(,)3-∞及(2,)+∞上单调递增，在2(3，2)上单调递减，2x ∴=是极小值点．故2c =不合题意，6c=．故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 9(,2][0,2)4m ∈-- ．【分析】()0g x m x m --=可化为()(1)g x m x =+，从而化为函数()yg x =与(1)ym x =+的图象有两个不同的交点；再讨论以确定实数m 的取值范围． 【解答】解：由()0g x m x m --=得()(1)g x m x =+，原方程有两个相异的实根等价于两函数()y g x =与(1)y m x =+的图象有两个不同的交点．当0m>时，易知临界位置为(1)ym x =+过点(0,2)和(1,0)， 分别求出这两个位置的斜率12k =和2k =，由图可知此时[0m ∈，2)； 当0m<时，设过点(1,0)-函数1()31g x x =-+，(1x ∈-，0]的图象作切线的切点为0(x ，0)y ，则由函数的导数为21()(1)g x x '=-+得：0200001(1)1131y x x y x ⎧-=⎪++⎪⎨⎪=-⎪+⎩，解得：001332x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得切线的斜率为194k =-，而过点(1,0)-，(0,2)-的斜率为12k =-，故可知9(4m ∈-，2]-，则9(4m∈-，2][0-，2)．故答案为：9(,2][0,2)4m∈--．【点评】本题考查了方程的根与函数的零点的关系应用，属于中档题． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ①③ ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．【分析】先求出导函数()f x '，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1x g x x e =-，(0,)x ∈+∞，利用导数得到函数()1x g x x e =-在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，故存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，所以()f x 有且仅有一个极值点，再利用01(,1)2x ∈，分析0()f x 的范围即可．【解答】解：()2xf x e ln x =--，(0,)x ∈+∞，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1xg x x e =-，(0,)x ∈+∞，()0x xg x e x e'∴=+>恒成立，∴函数()1xg x x e =-，在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，∴存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，()f x ∴有且仅有一个极值点，当01(,)2x x ∈时，()g x <，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当0(x x ∈，1)时，()g x >，()0f x '>，函数()f x 单调递增，x ∴是()f x 的极小值点，且满足01(,1)2x ∈，00()10x g x x e=-=，∴0011,x ex lnln x x x ===-，∴000001()22x f x e ln x x x =--=+-，对勾函数1yx x=+在1(2，1)上单调递减，∴0011222x x <+<+，∴010()2f x <<，∴函数()f x 恒大于0，无零点，综上所述：正确的是①③， 故答案为：①③．【点评】本题主要考查了利用导数以及函数的极值，是中档题． 21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是2(0,)e．【分析】求出函数的导数，问题转化为ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，根据函数的单调性求出()g x 的范围，从而求出a 的范围即可． 【解答】解：()2xf x a e x'=-，若函数2()x f x a e x=-有两个极值点，则ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，22()xx g x e-'=，(,1)x ∈-∞时，即()0g x '>，()g x 递增，(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 递减， 故()m a x g x g=（1）2e=，而20xx e>恒成立，所以20a e<<，故答案为：2(0,)e ．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x ⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是1(,0]{}e-∞ ． 【分析】研究0x>与0x …时，()f x 的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y a=与()y f x =恰有两个交点时a 的取值范围．【解答】解：（1）0x …时，()1x f x e x '=--，易知(0)0f '=，而()10xf x e ''=-<，所以()f x '在(-∞，0]上递减，故()(0)0f x f ''=…，故()f x 在(-∞，0]上递增，且1()(0)1f x f e=+…，当x→-∞时，()f x →-∞．（2）0x >时，21()ln x f x x-'=，令()0f x '>，得0x e<<；()0f x '<得xe>；故()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞递减， 故0x >时，1()()m a x f x f e e==；0x→时，()f x →-∞；x→+∞时，()0f x →．由题意，若方程()0f x m -=恰有两个实根，只需ym=与()yf x =恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线ym=在图示①，②位置时，与()yf x =有两个交点，所以m 的范围是：1(,0]{}e-∞．故答案为：1(,0]{}e-∞．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，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 --<<．【分析】（1）通过分析可知()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，进而利用1()h x a x'=-可得1()()m in h x h a =，从而可得结论；（2）通过（1）可知2()f x x x x ln x=--，记()()22t x f x x l n x ='=--，解不等式可知1()()2102m in t x t ln ==-<，从而可知()0f x '=存在两根0x ，2x ，利用()f x 必存在唯一极大值点0x 及012x <可知01()4f x <，另一方面可知0211()()f x f e e>=． 【解答】解：（1）因为2()()(0)f x a x a x x ln x x a x a ln x x =--=-->，则()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，求导可知1()h x a x'=-．则当0a …时()0h x '<，即()yh 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1xa>时()h x '>，所以1()()m inh 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 x ln x=--，()22f x x ln x'=--，令()0f x '=，可得220xln x --=，记()22t x x ln x=--，则1()2t x x'=-，令()t 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()()2102m in t x t ln ==-<，又2212()0t ee=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()t 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 ln x --=，所以222200000000000()22f x x x x ln x x x x x x x =--=-+-=-，由012x <可知20002111()()224m a x 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 --<<．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题． 24．已知函数2()xf x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明， （2）方法一：分离参数可得2x e ax=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．结合图象即可求得a ． 方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点． 利用()(2)xh x a x x e-'=-，可得())h x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，结合函数()h x 图象即可求得a ．【解答】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x=-．则()2xf x e x'=-， 令()2xg x e x=-，则()2xg x e '=-，令()g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()g x '>，2()(2)222220ln g x g ln eln ln ∴=-⋅=->…，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程2xe a x-=在(0,)+∞只有一个根，2x e a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()xe x G x x-'=，当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()G x '>，()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增， 当0x→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞， ()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，aG=（2）24e=．方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)xh x a x x e-'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1m in a h x h e==-，(0)x …．当h （2）0<时，即24ea >，()i 由于(0)1h =，当0x>时，2xe x>，可得33342241616161(4)11110()(2)aaa a ah a eea a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24ea <，()h x 在(0,)+∞没有零点， ()iii 当h （2）0=时，即24ea=，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24ea=．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题． 25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【分析】（1）22(21)(1)()()xxxa x e a xx ef x e +-+-'=由(0)2f '=，可得切线斜率2k=，即可得到切线方程．（2）可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．可得()f x 在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>只需1()a m inx e e=--…，即可．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e +-+-+-'==-．(0)2f ∴'=，即曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线斜率2k=，∴曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程为(1)2y x--=．即210xy --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>，故()g x 在(2,)+∞上恒大于零，即21()xa xx f x e+-=在(2,)+∞上恒大于零．函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a ∈，则11()a f e ea-=--…，1()a m inf x e e∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．。
高考数学专题一 微专题5 函数的极值、最值
求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另 一个为最小值. (2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数f(x)在区间[a， b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为 最小值. (3)若函数f(x)在区间[a，b]上只有唯一的极值点，则这个极值点就 是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
②当－m≥e，即m≤－e时，由x∈[1，e]，知f′(x)≤0， 则 f(x)在[1，e]上单调递减，从而 f(x)min＝f(e)＝1－me ＝4，可得 m＝－3e， 符合题意； ③当1<－m<e，即－e<m<－1时，由x∈[1，e]知f(x)在[1，－m]上单调
递减，在[－m，e]上单调递增，
综上，当a＝0时，f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值； 当 a≠0 时，f(x)的极大值为 f 1－2a＝4eaa2－2，极小值为 f(1)＝0.
跟踪训练1 (2023·长沙模拟)设g(x)＝13x3－12ax2＋(x－a)cos x－sin x，a∈R， 讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以当 x＝a 时，g(x)取到极大值，极大值是 g(a)＝－16a3－sin a； 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a. (2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)， 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增. 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值. (3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
第2讲 函数极值与最值(解析版)-高考数学复习《导数与解析几何》必掌握问题
第2讲 函数极值与最值典型例题分类讨论研究函数的极值问题【例1】已知函数()22e ax a f x x a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭,其中0a ≠.若函数()f x 的极小值小于0,求实数a 的取值范围.【分析】本题可以通过导数符号来判断原函数的单调性,进而用含参数的式子表示出()f x 的极小值,由极小值小于0,可求出实数a 的取值范围.然而,判断导数的符号需要研究导数的零点,这就需要对参数进行分类讨论,逐步判断参数范围的可行性,最后对参数的范围求出并集即可.【解析】解法一：按最高次项系数与根的大小分类. 对函数()f x 求导,得()()()()2e 22e 21.ax axf x ax x a ax a x ⎡⎤'⎡⎤=+-+=++-⎣⎦⎣⎦令()0f x '=,得122,1a x x a+=-=. 当0a >时,()(),f x f x '随x 的变化情况见表2.1. 表2.1所以()2221e 1e 11e 0a a a a f a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,符合题意.当1a =-时,1221a x x a+=-==,则()2e (1)0x f x x '=--,所以()f x 在(∞-,)∞+上单调递减,没有极值,不合题意. 当10a -<<时,()()11,,x f x f x >'随x 的变化情况见表2.2.表2.2所以()21e 0a f a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,不合题意.当1a <-时,()()11,,x f x f x <'随x 的变化情况见表2.3.表2.3所以()22122e0a a a a a f x a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭⎡⎤++⎛⎫=--<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦,解得2a <-. 综上所述,a 的取值范围是()(),20,∞∞--⋃+.解法二. 等价转化,减少分类讨论的情况.因为函数()f x 的极小值小于0,所以()0f x <有解,即220a x a+-<有解.所以20a a +>,则0a >或2a <-. 因为()()()()2e 22e 21,ax axf x ax x a ax a x ⎡⎤'⎡⎤=+-+=++-⎣⎦⎣⎦令()0f x '=,得122,1a x x a+=-=. 当0a >时,()(),f x f x '的变化情况见表2.4.表2.4所以()2221e 1e 11e 0a a a a f a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,符合题意.当2a <-时,()()11,,x f x f x <'的变化情况见表2.5.表2.5所以()()222122222ee 0a a a a a a a a af x a a a ++⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎡⎤+++⎛⎫=--=<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦,符合题意. 综上所述,a 的取值范围是()(),20,∞∞--⋃+.【点睛】本题中函数()f x 的导数通过因式分解得到,()()()e 21ax f x ax a x '⎡⎤=++-⎣⎦,由于e 0ax >,且0a ≠,因此只需研究二次函数的符号即可,这就要讨论其开ロ方向和两根的大小,这也是在含参不等式的分类讨论中经常遇到的问题. 利用阶梯式设问判断极值点的个数【例2】已知函数()()cos ?f x x x a a R =+∈(1)判断方程()()(0f x f x '='为()f x 的导数)在区间()0,1内的根的个数,并说明理由.(2)若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间()0,1内有且只有一个极值点,求实数a 的取值范围.【分析】极值点个数是由函数的单调性决定的,而函数的单调性以及导数的零点情况有时在题目的前面问题中已有涉及,本题第(2)问中,函数()F x 的导数恰满足()()F x f x '=,而()f x '的零点情况在第(1)问中已有解决,这时要注意挖掘前、后问题的联系,寻求解决问题的捷径.【解析】(1)设()()cos sin g x f x x x x '==-,则()()sin sin cos 2sin cos .g x x x x x x x x '=--+=--当()0,1x ∈时,()0g x '<,则函数()g x 为减函数.因为()()010,1cos1sin10g g =>=-<,所以有且只有一个()00,1x ∈,使()00g x =成立.所以函数()g x 在区间()0,1内有且只有一个零点,即方程()0f x '=在区间()0,1内有且只有一个实数根.(注:本问还有其他解法,见4.4节“零点问题与两个函数交点问题的等价转化”.)(2)解法一 利用第(1)问的结论研究导数的符号.因为函数()sin cos F x x x x ax =++在区间()0,1内有且只有一个极值点,所以()()sin cos sin cos F x x x x x a x x a f x =+-+=+='在区间()0,1内有且只有一个变号零点.由(1)知在区间()0,1内,()()f x g x '=单调递减并且有且只有一个零点0x ,当x 变化时,()(),f x f x '的变化情况见表2.6.表2.6故函数()f x 在0x x =处取得极大值()0f x .当()00f x =时,虽然函数()f x 在区间()0,1内有且只有一个零点0x ,但是()f x 在0x 两侧同号,不满足()F x 在区间()0,1内有且只有一个极值点的要求.由于()()()01cos1,0f a f a f x =+=<,显然()()10f f >.若函数()f x 在()0,1内有且只有一个变号零点1x ,则只需满足()()00,10,f f ⎧<⎪⎨⎪⎩即0,cos10,a a <⎧⎨+⎩解得cos10a -<.此时,()100,x x ∃∈使()10f x =,即()10F x '=,且当()10,x x ∈时,()()0,F x F x '<单调递减;当()1,1x x ∈时,()()0,F x F x '>单调递增.故()F x 在1x x =处取得极小值,满足题意.解法二 参变分离:分离出参数的相反数.因为函数()sin cos F x x x x ax =++在区间()0,1内有且只有一个极值点,所以()()F x f x '=在区间()0,1内有且只有一个变号零点. 由()()cos 0F x f x x x a ==+=,得cos a x x -=,设()cos h x x x=,则()()cos sin h x x x x f x -='='由(1)知,在区间()0,1内,()()f x g x '=单调递减,并且有且只有一个零点0x .同解法一,知()h x 在()00,x 上单调递增,在()0,1x 上单调递减,所以()()00,1cos10h h ==>. 由题意知y a =-与()y h x =在()0,1内有且仅有一个公共点.设()1h x a =-,当10x x =时,()()10max ()a h x h x h x -===,所以()h x a -,即()0f x ,因此在区间()0,1内,()0F x '恒成立,故()F x 无极值点.于是10x x ≠,故0cos1a <-,即cos10a -<,此时,由()h x 的单调性知,当()10,x x ∈时,()()()(),0,h x a f x F x F x <'<-=单调递减;当()1,1x x ∈时,()()()(),0,h x a f x F x F x >'>-=单调递增. 所以()F x 在1x x =处取得极小值,满足题意.【点睛】有些题目在设置的时侯,为了降低难度会采用阶梯式设问,解答时就要注意挖掘各问之间的联系，恰当使用前面问题的结论会给后面的解题带来许多方便.通过比较函数值大小判断函数最值【例3】已知函数()32112132f x x x x =+-+. (1)求函数()f x 的单调区间. (2)当502a<时，求函数()f x 在区间[],a a -上的最大值. 【分析】求函数在闭区间上的最值问题,可以先通过研究其导数符号判断原函数的单调性,当函数在闭区间上单调时,最值即取相对应的端点的函数值;当函数在闭区间上不单调时,则需要比较端点函数值的大小.比较函数值大小的方法可以参考比较两数大小的方法,如作差法、作商法、中间值法,因为函数值含参数,所以必要的时候要对参数进行分类讨论.【解析】(1)由()32112132f x x x x =+-+,得()()()2212.f x x x x x =+-=-+' 令()0f x '=,得122,1x x =-=.当x 变化时,()(),f x f x '的变化情况见表2.7.表2.7所以函数()f x 的单调递增区间为()(),2,1,∞∞--+,单调递减区间为()2,1-. (2)(1)当2,1a a --,即01a <时,由(1)可得()f x 在[],a a -上单调递减,所以()f x 在[],a a -上的最大值为 ()32112 1.32f a a a a -=-+++(2)当2,1a a -->,即12a <时,由(1)可得()f x 在[),1a -上单调递减,在(]1,a 上单调递增,所以函数()f x 在区间[],a a -上的最大值为()(){}max ,f a f a -. 下面比较()f a -与()f a 的大小.【解析】解法一 作差法.因为()()()2260,3f a f a a a --=-->所以()(){}()3211,2 1.32m f a f a f a a a a -=-=-+++解法二 中间值法.因为21a --<-,即12a <,所以由(1)可知()f x 在()2,1--上单调递减,在()1,2上单调递增,故()()()()1910191,2666f a f f a f ->-==<,所以()()f a f a ->,所以 ()(){}()3211,2 1.32m f a f a f a a a a -=-=-+++解法三 构造函数法.设()()()324(12),3g x f x f x x x x =--=-+<则()22 4.g x x =-+'当x 变化时,()(),g x g x '在(]1,2上的变化情况见表2.8.表2.8所以当02x <<时,()()00g x g >=,则()()()0g a f a f a =-->,即()()f a f a ->,所以()(){}()3211max ,2 1.32f a f a f a a a a -=-=-+++(3)当2a -<-,即522a<时,由(1)可得()f x 在[),2a --上单调递增,在()2,1-上单调递减,在()1,a 上单调递增,所以函数()f x 在区间[],a a -上的最大值为()(){}max 2,f f a -.下面比较()2f -与()f a 的大小. 【解析】解法一 构造(差)函数法. 因为()()3213112,21,332f f a a a a -==+-+ 设()()()3211105222,3232g a f a f a a a a ⎛⎫=--=+--< ⎪⎝⎭则()()()22210,g a a a a a =+-=+->'所以()g a 在52,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增,因此max 51252510()50,22483g a g ⎛⎫==+--= ⎪⎝⎭所以()0g a ,因此()()2f a f -,故()(){}()13max 2,23f f a f -=-=.解法二 单调性法结合特殊值法.由(1)可知当522a<时,()f x 在5,2a ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增,且()513223f f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,故()()522f a f f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以()(){}()13max 2,23f f a f -=-=.综上讨论,可知:当522a<时,函数()f x 在区间[],a a -上的最大值为133;当02a <时,函数()f x 在区间[],a a -上的最大值为 ()32112 1.32f a a a a -=-+++【点睛】比较函数值的大小,注意结合函数的基本性质,尤其是定义域和单调性.作差和构造(差)函数法是基本的方法.使用特殊值法需要细心计算和观察,若能恰当使用则可以事半功倍. 巧用不等式性质判断导数符号【例】4已知函数()()2ln 1f x x x ax =+-,当0a <时,求证:函数()f x 存在极小值.【分析】判断函数的极值情况,可以转化为判断其导数的变号零点情况,从而转化为判断导数的符号问题.判断导数的零点情况可以将导数(或导数的局部)作为新的函数继续研究,如果能够直接利用不等式性质判断导数的符号情况,将会更为直接、便捷.【解析】解法一 将导数作为新函数来研究. 由题意,()f x 的定义域是()1,∞-+,令()()()ln 12,1xg x f x x ax x ==++-+' 则()2112.1(1)g x a x x '=+-++ 因为1x >-且0a <,所以2110,0,20,1(1)a x x >>->++ 从而()0g x '>在()1,∞-+上恒成立,所以()g x (即())f x '在()1,∞-+上单调递增,且()00f '=.()(),f x f x '在区间()1,∞-+上的变化情况见表2.9.表2.9所以当0x =时,()f x 取得极小值,问题得证.解法二 利用不等式性质判断导数符号. 已知函数()f x 的定义域是()1,∞-+. 对函数()f x 求导,得()()ln 12.1xf x x ax x =++-+' 当0,10a x <-<<时,011x <+<,则()ln 10,0,20,1xx ax x +<<-<+ 所以()0f x '<. 当0,0a x 时,有()ln 10,020,1xx ax x +>>->+ 所以()0f x '>.()(),f x f x '在区间()1,∞-+上的变化情况见表2.10.表2.10所以当0x =时,函数()f x 取得极小值,问题得证.【点睛】导数符号决定了原函数的单调性,这是导数的重要应用之一.导数符号无非就是()0f x '>,()()0,0f x f x ='<',这主要是判断不等式的解集情况,故而能应用不等式的性质来解决的问题显然会更为直接、便捷.一般来说,可以先看看是否能应用不等式性质等相关知识来求解,如果不能或者较为烦琐,再考虑研究导数的图像和性质.利用二次函数分析导数的变号零点【例5】已知函数()()()2241ln 1f x x ax a x =-+-+,其中实数3a <.判断1x =是否为函数()f x 的极值点,并说明理由.【分析】判断函数的极值点问题,可以转化为判断导数的变号零点问题,对于含参数的函数,通常可以用分类讨论的思想来求解导数的零点.在本题中,导数通分后分子是二次函数,因此可以直接应用二次函数的图像和性质来判断导数的零点情况.【解析】解法一 分类讨论.由()()()2241ln 1f x x ax a x =-+-+,可得函数定义域为()1,∞-+,则()f x '()()()2212412211x a x a a x a x x ⎡⎤+-+--⎣⎦=-+=++()()212.1x x a x ⎡⎤---⎣⎦=+由()0f x '=,得121,2x x a ==-.因为3a <,所以21a -<. 当1a 时,()()21,,a f x f x -'-随x 的变化情况见表2.11.表2.11当13a <<时,()()121,,a f x f x '-<-<随x 的变化情况见表2.12.表2.12综上所述,1x =是函数f x 的极值点,且为极小值点.解法二 利用二次函数性质.由()()()2241ln 1f x x ax a x =-+-+,可得函数()f x 的定义域为()1,∞-+,则()()()()22124122.11x a x a a f x x a x x '⎡⎤+-+--⎣⎦=-+=++令()()()212g x x a x a =+-+-,则()10g =,因为3a <,所以()0g x =的判别式()222Δ(1)4269(3)0.a a a a a =---=-+=->由二次函数性质,可得1x =是()()()212g x x a x a =+-+-的变号零点,所以1x =是()f x '的变号零点,因此1x =是函数()f x 的极值点.【点睛】当原函数为三次函数时,导数为二次函数;当原函数为分式类型的函数或指数与多项式组合、对数与多项式组合的函数时,导数不易判断符号的部分通常为二次函数,因此分析二次函数的图像和性质对于研究导数的符号有重要作用. 构造新函数求解极值与最值问题【例6】已知函数()()e ln x f x a x =+,其中a ∈R .记()f x 的导函数为()g x ,当()0,ln2a ∈时,求证:()g x 存在极小值点0x ,且()00f x <.【分析】研究函数的极值存在情况,主要通过分析导数的零点情况来解决,这样就需要对导数的图像与性质做进一步研究.本题中导数的情况较为复杂,可以将导数(或导数的局部)作为新函数来研究,或者将导数的零点方程进一步变形得到新方程及对应的函数等.【解析】证法一 将导数的局部作为新函数来研究.()f x 的定义域是()0,∞+. 对函数()f x 求导,得()()11e ln e e ln ,x x x f x a x a x x x ⎛⎫=++⋅=++ ⎪⎝⎭' 则()1e ln ,x g x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭所以()2211121e ln e e ln .x x x g x a x a x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+'++-=+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因为e 0x >,所以()g x '与221ln a x x x +-+同号. 设()221ln h x a x x x =+-+,则 ()223322(1)1,x x x h x x x -+-+=='所以对任意()0,x ∞∈+,有()0h x '>,故()h x 在()0,∞+上单调递增.因为()0,ln2a ∈,所以()11110,ln 022h a h a ⎛⎫=+>=+< ⎪⎝⎭,故存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =.当x 变化时,()g x '与()g x 在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭上的变化情况见表2.13.表2.13所以()g x 在区间01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,在区间()0,1x 上单调递增.所以当()0,ln2a ∈时,存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得0x 是()g x 的极小值点.由()00h x =,得002012ln x a x x -+=,所以 ()()0000212e ln e 0.x x x f x a x x -=+=< 证法二 巧取特殊值.()f x 的定义域是()0,∞+. 对函数()f x 求导,得()()11e ln e e ln ,x x x f x a x a x x x ⎛⎫=++⋅=++ ⎪⎝⎭'则()1e ln ,x g x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭所以()2211121e ln e e ln .x x x g x a x a x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+'++-=+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭同证法一,设()221ln h x a x x x=+-+,由()0h x '>,知()h x 在()0,∞+上单调递增. 因为()0,ln2a ∈,所以()()e e 2e 0a a a h -=->,又因为11ln 022h a ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,所以存在01,e 2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =.同证法一,知0x 是()g x 的极小值点,且())()0000e (ln e lne 0x x a f x a x a -=+<+=证法三 将导数局部构造为新函数.()f x 的定义域是()0,∞+.对函数()f x 求导,得()1e ln ,x f x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'则()1e ln ,x g x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭所以()22222121ln e ln e .xx ax x x x g x a x x x x +-+⎛⎫=+-+= ⎪⎝⎭' 令()2221ln h x ax x x x =+-+,则()()2122ln .h x a x x x =+++'设()()G x h x =',则()232ln G x a x =++'.令()0G x '=,得32ea x --=.当x 变化时,()G x '与()G x 在区间()0,∞+上的变化情况见表2.14.表2.14所以3322min()e 21e a a G x G ----⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为()0,ln2a ∈,则32e1a --<,所以32e 0a G --⎛⎫> ⎪⎝⎭,即()32e 0a h x h --'⎛'⎫> ⎪⎝⎭,故()h x 在()0,∞+上单调递增.由()()11110,ln2024h a h a ⎛⎫=+>=-< ⎪⎝⎭,知存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =.以下同证法一.证法四 使用放缩法构造新函数.()f x 的定义域是()0,∞+.对函数()f x 求导,得()1e ln ,x f x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'则()1e ln ,x g x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭所以()22222121ln e ln e .xx ax x x x g x a x x x x +-+⎛⎫=+-+= ⎪⎝⎭' 令()2221ln h x ax x x x =+-+,则()()2122ln .h x a x x x =+++' 因为()0,ln2a ∈,所以()()2122ln 22ln .h x a x x x x x =+++>+'设()22ln t x x x =+,则()()21ln t x x =+',令()0t x '=,得1e x =.当x 变化时,()t x '与()t x 在区间()0,∞+上的变化情况见表2.15.表2.15故min 11()210e e t x t ⎛⎫⎛⎫==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即()0t x >在()0,∞+上恒成立,所以()()0h x t x '>>,故()h x 在()0,∞+上单调递增.由()()11110,ln2024h a h a ⎛⎫=+>=-< ⎪⎝⎭,知存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =.以下同证法一.【点睛】研究函数的极值与最值问题,归根结底是在研究函数的图像,即通过导数的符号来判断函数的单调性,这样问题就可以转化为研究导数的图像和性质,即将导数或导数的局部作为新函数来分析,或者将导数做等价变形,继续转化.总之,导数是一种新函数,同样可以用研究函数的各种方法来研究它. 降次巧解极值与最值问题【例7】对于函数()f x ,若存在实数0x 满足()00f x x =,则称0x 为函数()f x 的一个不动点.已知函数()33f x x bx =++,其中b ∈R ,若存在0x 既是()f x 的极值点,又是()f x 的不动点,求b 的值.【分析】本题给出了新定义“不动点”,只要按照给出的定义,即可列出一个关于0x 和b 的方程()00f x x =;因为0x 是()f x 的极值点,所以根据极值的定义,可以列出关于0x 和b 的方程()00f x '=.理论上,两个方程包含两个末知数,可以求出方程组的解.但是,三次方程直接求解比较困难,如果能因式分解,则求解不难;如果因式分解较困难,则可以考虑函数法.而本题的消元也是需要仔细卙酌的地方.【解析】解法一 消元，因式分解.若0x x =是()f x 的不动点,则()00f x x =,即30003x bx x ++=;若0x x =是()f x 的极值点,则()00f x '=,即230x b +=.于是,得方程组 300023,30.x bx x x b ⎧++=⎨+=⎩由式(2)知,203b x =-,代人式(1)得330033x x x -+=,整理得300230x x +-=.于是()()3002210xx -+-=,即()()()2000021110x x x x -+++-=,则()()20012230x xx -++=,所以()20015210.24x x ⎡⎤⎛⎫-++=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为2015024x ⎛⎫++> ⎪⎝⎭恒成立,所以01x =,则233b x =-=-. 解法二 消元,构造新函数.若0x x =是()f x 的不动点,则()00f x x =,即30003x bx x ++=;若0x x =是()f x 的极值点,则()00f x '=,即230x b +=.于是,得方程组 3000203,30x bx x x b ⎧++=⎨+=⎩ 由式②知,203b x =-,代人式(1)得330033x x x -+=,整理得300230x x +-=.设()323g x x x =+-,则()2610g x x =+>',故()g x 在(),∞∞-+上单调递增.因为()10g =,所以函数()g x 有且仅有一个零点1x =,即方程300230x x +-=的根为01x =,所以2033b x =-=-.解法三降次消元,因式分解.若0x x =是()f x 的不动点,则()00f x x =,即30003x bx x ++=;若0x x =是()f x 的极值点,则()00f x '=,即230x b +=.于是,得方程组 3000203,30x bx x x b ⎧++=⎨+=⎩①②由式(2)知,23b x =-,代人式(1)得0003,3b x bx x -++= 即0213,3b x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭所以0923x b -=-,于是2209233b x b -⎛⎫==- ⎪-⎝⎭,化简得3241292430,b b b -++=所以3224122492430,b b b b +-++= 即()()()243338270,b b b b +-+-= 所以()()23424810.b b b +-+=由于2242481(26)450b b b -+=-+>,因此30b +=,所以3b =-. 解(法四降次消元，构造新函数.若0x x =是()f x 的不动点,则()00f x x =,即30003x bx x ++=;若0x x =是()f x 的极值点,则()00f x '=,即230x b +=,于是,得方程组 300023,30.x bx x x b ⎧++=⎨+=⎩①② 由式(2)知,23b x =-,代人式(1)得0003,3b x bx x -++= 即0213,3b x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭所以0923x b -=-,于是2209233b x b -⎛⎫==- ⎪-⎝⎭,化简得 3241292430,b b b -++= 设()324129243h x x x x =-++,则()()()()2212249348332321.h x x x x x x x =-+=-+'=--令()0h x '=,得1231,22x x ==.当x 变化时,()(),h x h x '的变化情况见表2.16.表2.16所以()h x 的极小值为324302h ⎛⎫=> ⎪⎝⎭,于是13022h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,故()h x 在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上无零点.因为()30h -=,则()h x 在(),∞∞-+上有且仅有一个零点3x =-,所以3b =-.【点睛】本题消元法是一个难点.通常求什么就留什么,消去另外一个末知数.但是,这道题如果消去0x ,即解法三、解法四,可以明显看到比前两种解法难度加大,首先是彻底消元困难,其次消元后的方程要复杂得多.于是,可以采用另一个原则,就是哪个末知数容易消元就消去哪个末知数.具体采用哪种消元方法要根据具体问题而定.等价转化求最值中的参数范围问题 【例8】已知函数()ln x f x x a =+,当0a >时,若函数()f x 的最大值为21e,求a 的值. 【分析】由函数()f x 的最大值为21e ,可以确定函数()21e f x ,这就找到了函数的上界,但此时还不能求出a 的值,还要注意挖掘其隐含条件,即存在()0,x ∞∈+使得()021ef x =,只有挖掘到这一隐含条件才做到真正的等价转化,才能解决问题. 【解析】解法一 等价转化.()f x 的最大值为21e 的充要条件为对任意的()0,x ∞∈+,使得2ln 1e x x a +,且存在()00,x ∞∈+,使得020ln 1ex x a =+,等价于对任意的()20,,e ln x a x x ∞∈+-,且存在()00,x ∞∈+,使得200e ln a x x =-,即()2e ln g x x x =-的最大值为a .因为()22e e 1xg x x x-=-=',令()0g x '=,得2e x =.当x 变化时,()(),g x g x '在区间()0,∞+上的变化情况见表2.17.表2.17故()g x 的最大值为()22222e e lne e e g =-=,即2e a =. 解法=将导数的分子构造为新函数.()f x 的定义域是()0,∞+. 对函数()f x 求导,得()22ln 1ln (0).()()x a ax xx x f x x x a x a '+-+-==>++ 令()1ln (0)a g x x x x =+->,因为0a >,所以()2210a x ag x x x x'+=--=-<,所以()g x 在()0,∞+上单调递减. 因为()()()1111e 0,e 1110e e e a a a a a g g a a +++⎛⎫=>=+-+=-< ⎪⎝⎭,所以存在()10e,e a x +∈,使得()00g x =,故当()00,x x ∈时,()0g x >;当()0,x x ∞∈+时,()0g x <.当x 变化时,()(),f x f x '在区间()0,∞+上的变化情况见表2.18.表2.18所以()021e f x =,因此,000201ln 0,ln 1,e ax x x x a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩解得202e ,e .x a ⎧=⎨=⎩故a 的值为2e . 解法三 将导数分子化简,再构造新函数.()f x 的定义域是()0,∞+. 对函数()f x 求导,得()221ln ln (0).()()axx a x x x f x x x a x x a +-+-==>++' 设()ln x x a x x ϕ=+-,则()()11ln ln .x x x ϕ'=-+=-令()0x ϕ'=,得1x =.当x 变化时,()(),x x ϕϕ'在区间()0,∞+上的变化情况见表2.19.表2.19当01x <<时,ln 0x <,则ln 0x x ->.因为0a >,所以()ln 0x x a x x ϕ=+->. 因为()()110,e 0a a ϕϕ=+>=>,且()()()1111e e e 11e 0a a a a a a a ϕ++++=+-+=-<,所以存在()10e,e a x +∈,使得()00x ϕ=,且当()00,x x ∈时,()0x ϕ>,故()()0,f x f x '>单调递增;当()0,x x ∞∈+时,()0x ϕ<,故()()0,f x f x '<单调递减.因此,()()max 0201(),e 0,f x f x x ϕ⎧==⎪⎨⎪=⎩即020000ln 1,e ln 0,x x a x a x x ⎧=⎪+⎨⎪+-=⎩ 解得2e a =.【点睛】等价转化的思想是解决数学问题的基本思想,解题的过程实际上就是一步步转化的过程.在解题过程中,注意转化的等价性,不要漏掉条件,随意转化. 在解法二中,特殊值1e a x +=的选取分析如下: 欲使1ln 0a x x +-<,只需ln 1a x x>+. 因为e x >,则a a x <,所以11aa x+<+,故只需ln 1x a =+,解得1e a x +=. 解法三中取值的技巧与此类似.。
第11讲导数中极值的5种常考题型总结(原卷版)
第11讲 导数中极值的5种常考题型总结【考点预测】 知识点一：极值 1．函数的极值函数()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．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．极大值与极小值统称为极值，称0x 为极值点．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （1）先确定函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '； （3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.①0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 【题型目录】题型一：求函数的极值与极值点 题型二：利用导函数图像判断极值 题型三：根据极值、极值点求参数的值 题型四：根据极值、极值点求参数的范围 题型五：证明函数存在极值点极值问题 【典型例题】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； ①如果在0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么()0f x 是极大值【例1】（2022·全国·高二课时练习）“()00f x '=”是“函数()f x 在0x x =处有极值”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【例2】(2022石泉县石泉)函数()2x x f x e=的极小值为( )A ．0B ．1eC ．2D ．24e【例3】（2022·北京大兴·高二期中）已知函数21f x x x ，则（ ）A ．()f x 有极小值，无极大值B ．()f x 有极大值，无极小值C ．()f x 既有极小值又有极大值D ．()f x 无极小值也无极大值【例4】（2022·全国·高三专题练习）函数()3211y x =-+在1x =-处（ ）A ．有极大值B ．无极值C ．有极小值D ．无法确定极值情况【例5】（2023·全国·高三专题练习多选题）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极小值点，以下结论一定正确的是（ ） A ．0x 是()f x 的最小值点 B ．0x 是()f x -的极大值点 C ．0x -是()f x -的极大值点 D ．0x -是()f x --的极大值点【例6】（2022全国·高二期末）已知函数()c bx ax x x f +++=23，下列结论中错误的是（ ）A ．存在R x ∈，使得()0=x fB ．若0==c a ，则函数()x f y =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()x f 的极小值点，则()x f 在区间()0,x ∞-上单调递减D ．若0x 是()x f 的极值点，则()00='x f【例7】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数()()()()324123f x x x x x '=---，则下列结论正确的是A ．()f x 在0x =处有极大值B ．()f x 在2x =处有极小值C ．()f x 在[]1,3上单调递减D ．()f x 至少有3个零点【例8】（2022·浙江·高二期中）下列关于极值点的说法正确的是（ ） A ．若函数()f x 既有极大值又有极小值，则该极大值一定大于极小值 B ．2()1f x x x =++在任意给定区间[,]a b 上必存在最小值 C ．()||f x x =-的最大值就是该函数的极大值D ．定义在R 上的函数可能没有极值点，也可能存在无数个极值点【题型专练】1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e 1x f x x-=，则（ ）A ．()f x 在()0,∞+上为增函数B ．()f x 在()0,∞+上为减函数C ．()f x 在()0,∞+上有极大值D ．()f x 在()0,∞+上有极小值2．（2022·全国·高三专题练习）函数21()(1)x f x x e +=-（e 为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ） A ． ()f x 在R 上只有一个极值点 B ．()f x 在R 上没有极值点 C ．()f x 在0x =处取得极值点 D ．()f x 在1x =-处取得极值点3．（2022·全国·高二课时练习）若函数3()ln f x x x =，则（ ） A ．既有极大值，也有极小值 B ．有极小值，无极大值 C ．有极大值，无极小值 D ．既无极大值，也无极小值4．（2022·全国·高三专题练习）设()21cos 2=+f x x x ，则函数()f x （ ） A ．有且仅有一个极小值 B ．有且仅有一个极大值 C ．有无数个极值 D ．没有极值5．（2018·云南·红河县第一高二期末（文））已知函数()3269f x x x x =-+，则下列结论中错误的是（ ）A ．0x R ∃∈，()00f x =B ．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．3x =是函数()y f x =的极大值点D ．函数()y f x =在区间()1,3单调递减6．（2022·河南·高二阶段练习（理））已知函数()3x x f x e=，那么（ ）A ．()f x 有极小值，也有大极值B ．()f x 有极小值，没有极大值C ．()f x 有极大值，没有极小值D ．()f x 没有极值7．（2022·福建·厦门外国语高二期末多选题）已知函数()ln f x x x =，则下列结论正确的是（ ） A ．()f x 在点()e,e 处的切线方程为2e 0x y --=B ．()f x 的单调递减区间为()1,e ∞--C ．()f x 有且只有一个零点D ．()f x 的极小值点为()11e ,e ---8．（2022·重庆·高二阶段练习多选题）对于定义在R 上的可导函数()f x ，()'f x 为其导函数，下列说法不正确的是（ ）A ．使()0f x '=的x 一定是函数的极值点B ．()f x 在R 上单调递增是()0f x '>在R 上恒成立的充要条件C ．若函数()f x 既有极小值又有极大值，则其极小值一定不会比它的极大值大D ．若()f x 在R 上存在极值，则它在R 一定不单调9．（2022全国高三专题练习）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论错误的是（ ）A ．x R ∀∈，()()0f x f x ≤B ．0x -是()f x -的极小值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x x =，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭_____，()f x 有极__________（填大或小）值．题型二：利用导函数图像判断极值【例1】（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【例2】（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级高三阶段练习）设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，且函数()()1y x f x '=+的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）A ．函数()f x 有极大值()3f -和()3fB ．函数()f x 有极小值()3f -和()3fC ．函数()f x 有极小值()3f 和极大值()3f -D ．函数()f x 有极小值()3f -和极大值()3f【例3】（2022·重庆市璧山来凤中高二阶段练习）已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则下列选项中正确的是（ ）A ．1x =是函数()f x 的极值点B ．()f x 在区间(2,3)-上单调递减C ．函数()f x 在1x =-处取得极小值D ．()f x 的图象在0x =处的切线斜率小于零【题型专练】1．（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））定义在区间1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ）A ．函数()f x 在区间()0,4单调递增B ．函数()f x 在区间1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减C ．函数()f x 在0x =处取得极小值D ．函数()f x 在3x =处取得极小值2．（2022·全国·高二单元测试）设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，且函数()2y x =-()f x '的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）A ．函数()f x 有极大值()2f 和极小值()1fB ．函数()f x 有极大值()2f -和极小值()1fC ．函数()f x 有极大值()2f 和极小值()2f -D ．函数()f x 有极大值()2f -和极小值()2f3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数为'()f x ，函数()()1'()g x x f x =-的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在(),2-∞-，()1,2上为减函数B ．()f x 在()2,1-，()2,+∞上为增函数C ．()f x 的极小值为()2f -，极大值为()2fD ．()f x 的极大值为()2f -，极小值为()2f4．（2022·河北邢台·高二阶段练习）如图是导函数()y f x '=的图象，则下列说法正确的是（ ）A ．(1,3)-为函数()y f x =的单调递增区间B ．(0,5)为函数()y f x =的单调递减区间C ．函数()y f x =在0x =处取得极大值D ．函数()y f x =在5x =处取得极小值题型三：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；①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·天津市第四高二期中）函数()3222f x x cx c x =-+在2x =处取极小值，则c =（ ）A ．6或2B ．6或2-C ．6D ．2【例2】(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-【例3】（2022·四川·阆中高二阶段练习（文））函数()()2f x x x a =-在2x =处有极大值，则a 的值为（ ） A ．2 B ．6 C ．2或6 D ．【例4】（2022·重庆·万州纯阳中高二期中）已知函数()3223f x x mx nx m =+-+在1x =-时有极值0，则mn =______ .【题型专练】1．（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___.2.（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 ．-1 B ．2 C ．-3 D ．43.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________4．（2023河南省实验高二月考）函数1sin sin 33y a x x =+在3x π=处有极值，则a 的值为（ ） A ．6- B ．6 C ．2-D ．25.(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 ．ln21-- B ．ln21-+ C ．1-D ．1题型四：根据极值、极值点求参数的范围【例1】（2022·全国·高二专题练习）若函数()()22e x x a f x x =++既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是______．【例2】（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-【例3】（2022·全国·高二课时练习）若函数32()1(0)f x x mx m =-++≠在区间(0,2)上的极大值为最大值，则m 的取值范围是（ ） A ．(0,3) B ．(3,0)- C ．(,3)-∞- D ．(3,)+∞【例4】（2022·江西江西·高三阶段练习（文））设0a ≠，若=x a 为函数2()()(1)f x a x a x =--的极小值点，则（ ） A ．1a < B ．1a > C ．2a a < D ．2a a >【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 2ln x f x k x kx x=-+，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值集合是（ ）A ．2e ,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．2e ,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．2e ,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【例6】（2022·全国·高二课时练习）若函数2()e 21x f x ax =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是__________．【例7】（2022·河南·安阳高三阶段练习（理））已知函数()()2ln 21f x x a x =++有两个不同的极值点21,x x ，且12x x <，则实数a 的取值范围是___________.【例8】（2022·全国·高二专题练习）已知函数()e 1x f x t x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在区间()0,∞+上有且只有一个极值点，则实数t 的取值范围为___________.【例9】（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-,【题型专练】1.（2022吉林通榆县第高二期末（理））已知函数321()(23)13f x x ax a x =+++-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(1,3)- B ．(,1)(3,)-∞-+∞ C ．(3,1)- D ．(,3)(1,)-∞-⋃+∞2．（2023·全国·高三专题练习）若函数3()3f x x bx b =-+在区间(0,1)内有极小值，则b 的取值范围是（ ） A ．(,1)-∞ B ．(0,1) C ．(1,)+∞ D ．(1,0)-3．（2022·黑龙江·哈尔滨市阿城区第高二期末）若函数()()216ln 62f x a x x a x =+-+有2个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()(),66,-∞⋃+∞B ．()()0,66,⋃+∞C ．{}6D ．()0,∞+4.（2022·江西·丰城高二期末（理）多选题）函数32()132ax ax f x x =-++在区间1,33⎛⎫ ⎪⎝⎭内仅有唯一极值点的一个充分不必要条件为（ ）A ．9,2a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭B ．9,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭C ．1,06a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭D ．19,62a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭5．（2022·辽宁葫芦岛·高二期末多选题）设函数()()24143e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦.若()f x 在2x =处取得极大值，a 的值可能为（ ） A ．-2 B ．14C ．1D ．26．（2022·广东·东莞市东华高级高三阶段练习多选题）对于函数()ln xf x x=，下列选项正确的是（ ） A ．函数()f x 的极小值点为e -，极大值点为eB ．函数()f x 的单调递减区间为 ][,,(e e ) -∞-⋃+∞，单调递增区为[]e,0)(0,e -⋃C ．函数()f x 的最小值为1e -，最大值为1eD ．函数()f x 存在两个零点1和1-7．（2022·广东广雅高三阶段练习）若函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是____________.8．（2022·山东青岛·高三开学考试）已知函数()()e xf x x a =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是___________.9.（2022·全国·高三专题练习）函数()(ln )xe f x a x x x =--在()1,0内有极值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,)e -∞B ．(0,)eC ．(,)e +∞D ．[),e +∞10．（2022贵州遵义·高三）若函数无极值点则实数a 的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．11.（2022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___________.321()53f x x ax x =-+-(1,1)-[1,1]-(,1)(1,)-∞-+∞(,1][1,)-∞-+∞题型五：证明函数存在极值点极值问题【例4】（2022·上海市进才高三阶段练习）已知函数()()e 0=->xf x ax x a .(1)求()()0,0f 处的切线方程； (2)求证：()f x 有且仅有一个极值点；【例2】（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；【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()ln 1e xx f x +=. (1)求证：函数()f x 存在唯一的极大值点；【题型专练】1．（2022·安徽省定远县第三高三阶段练习）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()'f x 为()f x 的导数． (1)判断并证明()'f x 在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在的极大值点个数；2.（2022·北京房山·高三开学考试）已知函数()ln(1)sin =++f x x x ． (1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)设()()g x f x '=，讨论函数()g x 在(0,)π上的单调性； (3)证明：()f x 在(1,)π-上存在唯一的极大值点．3.（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；。
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21．（12分）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++．
（1）若3a =，求()f x 的单调区间；
（2）证明：()f x 只有一个零点．
20．（12分）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--． ()I 当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程； ()II 若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围．
21．设函数()(1)f x lnx a x =+-． （Ⅰ）讨论：()f x 的单调性； （Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围．
21．（12分）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-．
（Ⅰ）求a ；
（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．
21．（12分）函数32()33(0)f x ax x x a =++≠． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若()f x 在区间(1,2)是增函数，求a 的取值范围．
21．（12分）已知函数2()x f x x e -= （Ⅰ）求()f x 的极小值和极大值； （Ⅱ）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围．
21．（12分）设函数()2x f x e ax =--． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x -'++>，求k 的最大值．
21．（12分）已知函数321()3f x x x ax =++．
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()f x 有两个极值点1x ，2x ，若过两点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值．
21．（12分）已知函数321()3f x x x ax =++．
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()f x 有两个极值点1x ，2x ，若过两点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值．
21．（12分）已知函数32()3(36)124()f x x ax a x a a R =++-+-∈ （Ⅰ）证明：曲线()y f x =在0x =处的切线过点(2,2)； （Ⅱ）若()f x 在0x x =处取得极小值，0(1,3)x ∈，求a 的取值范围．
21．（12分）已知函数2()1f x x ax lnx =-++-． （Ⅰ）当3a =时，求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）若()f x 在区间1(0,)2
上是减函数，求实数a 的取值范围．
21．（12分）设函数321()(1)4243f x x a x ax a =-+++，其中常数1a >， （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若当0x 时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．。