高考数学：利用导数研究函数的单调性、极值、最值
高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)
函数与导数14 导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 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．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）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(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax 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【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<， 当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。
【2021新高考数学】利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【举一反三】
1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________． x
1，＋∞ 【答案】 2
【解析】
由
y＝4x2＋1，得 x
y′＝8x－x12(x≠0)，令
y′>0，即
8x－x12>0，解得
x>1， 2
∴函数
y＝4x2＋1的单调增区间为
2
.
2
2
当 x (, 2 ) 时，函数为增函数；当 x ( 2 , ) 时，函数也为增函数.
2
2
令 f (x) 6x2 3 0 ，解得 2 x 2 .当 x ( 2 , 2 ) 时，函数为减函数.
2
2
22
故函数 f (x) 2x3 3x 的单调递增区间为 (, 2 ) 和 ( 2 , ) ，单调递减区间为 ( 2 , 2 ) .
当求得的单调区间不止一个时，单调区间要用“，”或“和”字等隔开，不要用符号“∪”连接
【举一反三】 1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________．
x 2．函数 f(x)＝x·ex－ex＋1 的单调增区间是________． 3．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)的单调减区间是________． 4．已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调增区间是_______．
2x 2 (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
第十四讲 利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【套路秘籍】
一．函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果 f′(x)<0，那么函数 y＝f(x) 在这个区间内单调递减． 二．函数的极值 (1)一般地，求函数 y＝f(x)的极值的方法 解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 时：
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数 (R)．(1)当时，求函数的极值；（2）若函数的图象与轴有且只有一个交点，求的取值范围．【答案】（1）当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为.（2）a的取值范围是．【解析】（1）遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数值符号，确定极值”.（2）根据= ，得到△= = .据此讨论：①若a≥1，则△≤0，此时≥0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增 .计算f（0），,得到结论.②若a＜1，则△＞0，= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．有．给出当变化时，的取值情况表.根据f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．作出结论.试题解析：（1）当时，，∴.令="0," 得. 2分当时,, 则在上单调递增;当时,, 则在上单调递减;当时,, 在上单调递增. 4分∴当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为. 6分（2）∵= ，∴△= = .①若a≥1，则△≤0， 7分∴≥0在R上恒成立，∴ f（x）在R上单调递增 .∵f（0），,∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点． 9分②若a＜1，则△＞0，∴= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．∴．当变化时，的取值情况如下表：x x（x，x）x++11分∵,∴.∴=.同理. ∴.令f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．而当时,, 13分故当时, 函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点.综上所述，a的取值范围是． 14分【考点】应用导数研究函数的极值、单调性及函数的图象，分类讨论思想.2.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值3.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.4.已知函数,是函数的导函数，且有两个零点和(),则的最小值为()A．B．C．D．以上都不对【答案】B【解析】，由题意，当或时，，当时，，因此的最小值是，选B．【考点】函数的极值与最值．5.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．【答案】(，2)【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.7.设函数f(x)＝x e x，则()．A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点【答案】D【解析】∵f(x)＝x e x，∴f′(x)＝e x＋x e x＝e x(1＋x)．∴当f′(x)＞0时，则x＞－1，函数y＝f(x)是增函数，同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.9.若函数在区间内有极值，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】因为函数在区间内有极值，所以导数在区间内必有零点，于是.【考点】1.导数的公式与法则；2.函数的零点.10.某人进行了如下的“三段论”推理：如果，则是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以是函数的极值点.你认为以上推理的 ( ) A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确【答案】A【解析】本题中，如果，则是函数的极值点是错误的.若是函数的极值点，则函数在的左右两侧异号，而否则尽管有，都不能说明是函数的极值点.如，其导数，函数在上是增函数.所以不是函数的极值点.因此本题是大前提错误.【考点】推理与证明、导数、函数的极值11.在处有极小值，则实数为 .【答案】1【解析】由得，又在处有极小值，故，解得或，当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极小值；当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极大值.综上可知.【考点】利用导数处理函数的极值12.已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)求函数的单调区间.【答案】（1），无极大值；（2）见解析.【解析】（1）先找到函数的定义域，在定义域内进行作答，在条件下求出函数的导函数，根据函数的单调性与导数的关系，判断函数的极值；（2）先求出函数的导函数，其导函数中含有参数，所以要进行分类讨论，对分三种情况，，进行讨论，分别求出每种情况下的函数的单调增区间和单调减区间.试题解析：（1）函数的定义域是， 1分当时，，所以在上递减，在上递增，所以函数的极小值为，无极大值； 4分（2）定义域， 5分①当，即时，由，得的增区间为；由，得的减区间为； 7分②当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 9分③当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 11分综上，时，的增区间为，减区间为；时，的增区间为和，减区间为；时，的增区间为和，减区间为. 13分【考点】1、对数函数的定义域；2、含参数的分类讨论思想；3、函数的单调性与导数的关系；4、解不等式；5、求函数的极值.13.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.14.已知函数，当时取得极小值，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，解得，当；当；当，故在处取得最小值，即，则，所以，故选D.【考点】导数的极值点求法，导数的极值求解.15.对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”。
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
高考复习-利用导数研究函数的单调性及极值和最值
利用导数研究函数的单调性及极值和最值知识集结知识元利用导数研究函数的单调性问题知识讲解1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．例题精讲利用导数研究函数的单调性问题例1.函数f（x）=e x-3x+2的单调减区间为__________．例2.若函数y=-x3+ax在[1，+∞）上是单调函数，则a的最大值是___．例3.函数f（x）=sin x-x，x∈（0，）的单调递增区间是_______．利用导数研究函数的极值与最值问题知识讲解1．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f （x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．2．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f （x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，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．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．例题精讲利用导数研究函数的极值与最值问题例1.函数y=lnx-e x在[1，e]最大值为（）A．1-e e B．C．-eD．例2.己知定义域为（1，+∞）的函数f（x）=e x+a-ax，若f（x）>0恒成立，则正实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）例3.函数f（x）=x2-lnx的最小值为（）A．1+ln2B．1-ln2C．D．当堂练习单选题练习1.定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且，若存在实数x使不等式f（x）≤m2-am-3对于a∈[0，2]恒成立，则实数m的取值范围为（）A．（-∞，-2]∪[2，+∞）B．C．D．练习2.若函数f（x）与g（x）满足：存在实数t，使得f（t）=g'（t），则称函数g（x）为f（x）的“友导”函数．已知函数为函数f（x）=x2lnx+x的“友导”函数，则k的取值范围是（）A．（-∞，1）B．（-∞，2]C．（1，+∞）D．[2，+∞）练习3.函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，f'（x）为其导函数，若xf'（x）+f（x）=e x（x-2）且f（3）=0，则不等式f（x）<0的解集为（）A．（0，2）B．（0，3）C．（2，3）D．（3，+∞）练习4.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x）>0且f（e）=1，若xf′（x）lnx+f（x）>0对任意x∈（0，+∞）恒成立，则不等式<lnx的解集为（）A．{x|0<x<1}B．{x|x>1}C．{x|x>e}D．{x|0<x<e}练习5.已知函数f（x）=x3-x2+ax-a存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，x1+2x0=（）A．3B．2C．1D．0练习6.若函数f（x）=e x+axlnx（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（-∞，-e）B．（-∞，-2e）C．（e，+∞）D．（2e，+∞）填空题练习1.已知函数f（x）=，若∃，使得f（f（x0））=x0，则m的取值范围是_________练习2.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习3.已知函数，若当x1，x2∈[1，3]时，都有f（x1）<2f（x2），则a的取值范围为______________．练习4.若函数f（x）=e-x（x2+ax-a）在R上单调递减，则实数a的值为____．练习5.已知函数，g（x）=|x-t|，t∈（0，+∞）．若h（x）=min{f（x），g （x）}在[-1，3]上的最大值为2，则t的值为___．练习6.已知函数f（x）=x3-ax2在（-1，1）上没有最小值，则a的取值范围是_________．解答题练习1.'已知函数f（x）=e x-a（x+1），其中a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若a>0时，函数f（x）恰有一个零点，求实数a的值．（3）已知数列{a n}满足a n=，其前n项和为S n，求证S n>ln（n+1）（其中n∈N）．'练习2.'已知函数f（x）=（a∈R）．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是函数f（x）图象的不同两点，其中0<x1<1，x2>1，是否存在实数a，使得OP⊥OQ，且函数f（x）在点Q切线的斜率为f′（x1-），若存在，请求出a的范围；若不存在，请说明理由．'练习3.'已知函数f（x）=x2+ax-alnx（1）若函数f（x）在上递减，在上递增，求实数a的值．（2）若函数f（x）在定义域上不单调，求实数a的取值范围．（3）若方程x-lnx-m=0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．'练习4.'已知函数f（x）=xlnx-x2-ax+1，a>0，函数g（x）=f′（x）．（1）若a=ln2，求g（x）的最大值；（2）证明：f（x）有且仅有一个零点．'练习5.'已知函数f（x）=e x-ax-b．（其中e为自然对数的底数）（Ⅰ）若f（x）≥0恒成立，求ab的最大值；（Ⅱ）设g（x）=lnx+1，若F（x）=g（x）-f（x）存在唯一的零点，且对满足条件的a，b不等式m（a-e+1）≥b恒成立，求实数m的取值集合．'。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
高考数学专题《函数与导数》解读
从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。
一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。
通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法： 方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(一) 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，所以 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得 a＝e－1 2，与 1＜21a＜e 矛盾． ④当21a≥e 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值 1 在 x＝1 处取得， 而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，不符合题意． 综上所述，a＝e－1 2或 a＝－2.
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)f′(x)＝2ax2－2ax＋1x＋1＝2ax－1xx－1， 令 f′(x)＝0，得 x′1＝1，x′2＝21a， 因为 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 x′2＝21a≠x′1＝1， ①当21a＜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(0，e]上的最大值为 f(1)，令 f(1)＝1，解得 a＝－2.
①当 a≤0 时，g′(x)＝ex－a>0 在 R 上恒成立，
∴g(x)＝f′(x)在(－∞，＋∞)上递增； ②当 a>0 时，令 g′(x)>0 得 x>ln a，令 g′(x)<0 得 x<ln a， ∴g(x)＝f′(x)在(－∞，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增．
综上所述：当 a≤0 时，y＝f′(x)是(－∞，＋∞)上的增函数； 当 a>0 时，y＝f′(x)在(－∞，ln a)上是减函数，在(ln a，＋∞)上是增函数． (2)由(1)知，①当 a≤0 时，f′(x)＝ex－ax－1 在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0) ＝0，∴－1<x<0 时，f′(x)<0；x>0 时，f′(x)>0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1； ②当 0<a≤1e时，ln a≤－1，由(1)知 f′(x)在(－1，＋∞)上递增，又 f′(0)＝0， 则 f(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(0)＝1；
高考数学 导数与函数的单调性、极值与最值 教案 含解析题
第二节 导数在研究函数中的应用第1课时 系统知识牢基础——导数与函数的单调性、极值与最值知识点一 利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减． (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间上是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调性及单调区间．[提醒] (1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接． (3)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[重温经典]1.(多选·教材改编题)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是( ) A ．在区间(－2,1)上f (x )是增函数 B ．在区间(2,3)上f (x )是减函数 C ．在区间(4,5)上f (x )是增函数 D ．当x ＝2时，f (x )取到极大值 答案：BCD2．(教材改编题)函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A ．(－∞，－1)和(0,1) B ．[－1,0]和[1，＋∞) C ．[－1,1] D ．(－∞，－1]和[1，＋∞)答案：A3．(易错题)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B ．⎝⎛⎦⎤－∞，13C.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎫－∞，13 解析：选C y ′＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13.4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.5．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0. 答案：(0，＋∞)6．设函数f (x )在(a ，b )上的导函数为f ′(x )，f ′(x )在(a ，b )上的导函数为f ″(x )，若在(a ，b )上，f ″(x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ，b )上为“凸函数”．已知f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2在(1,4)上为“凸函数”，则实数t 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2可得f ′(x )＝x 3－tx 2＋3x ，f ″(x )＝3x 2－2tx ＋3，∵f (x )在(1,4)上为“凸函数”，∴x ∈(1,4)时，3x 2－2tx ＋3<0恒成立，∴t >32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x ，∵g (x )在(1,4)上单调递增， ∴t ≥g (4)＝518.∴实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫518，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫518，＋∞知识点二 利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值． 2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．[提醒] (1)极值点不是点，若函数f (x )在x 1处取得极大值，则x 1为极大值点，极大值为f (x 1)；在x 2处取得极小值，则x 2为极小值点，极小值为f (x 2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．(3)f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．[重温经典]1．(多选)(2021·福州模拟)下列函数中，存在极值点的是( ) A ．y ＝x －1xB ．y ＝2|x |C ．y ＝－2x 3－xD ．y ＝x ln x解析：选BD 由题意函数y ＝x －1x ，则y ′＝1＋1x2＞0，所以函数y ＝x －1x 在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点；函数y ＝2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，2－x ，x ＜0，根据指数函数的图象与性质可得，当x ＜0时，函数y ＝2|x |单调递减，当x ＞0时，函数y ＝2|x |单调递增，所以函数y ＝2|x |在x ＝0处取得极小值；函数y ＝－2x 3－x ，则y ′＝－6x 2－1＜0，所以函数y ＝－2x 3－x 在R 上单调递减，没有极值点；函数y ＝x ln x ，则y ′＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，y ′＜0，函数单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，y ′＞0，函数单调递增，当x ＝1e 时，函数取得极小值，故选B 、D.2．(教材改编题)如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A 由图象及极值点的定义知，f (x )只有一个极小值点．3．(教材改编题)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.4．(多选)材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝x x(x＞0)，我们可以作变形：f(x)＝x x＝eln x x＝e x ln x＝e t(t＝x ln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝e t和g(x)＝x ln x复合而成的，即f(x)＝x x(x＞0)为初等函数．根据以上材料，对于初等函数h(x)＝x 1x(x＞0)的说法正确的是()A．无极小值B．有极小值1C．无极大值D．有极大值e 1 e解析：选AD根据材料知：h(x)＝x 1x＝e1ln xx＝e1ln xx，所以h′(x)＝e 1ln xx·⎝⎛⎭⎫1x ln x′＝e1ln xx·⎝⎛⎭⎫－1x2ln x＋1x2＝1x2e1ln xx(1－ln x)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值且为h(e)＝e 1e，无极小值．5．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋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)＝(x2＋ax－1)e x可得f′(x)＝(2x＋a)e x＋(x2＋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)＝(x2＋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)×e1＝－e.答案：0－e6．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a<6.答案：(2,6)知识点三 函数的最值1．在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．2．若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．[提醒] 求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论，这种做法是错误的．[重温经典]1．(教材改编题)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值f (1)＝ln 1－1＝－1.2．(教材改编题)函数f (x )＝x 4－4x (|x |<1)( ) A ．有最大值，无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，有最小值D ．既无最大值，也无最小值解析：选D f ′(x )＝4x 3－4＝4(x －1)(x 2＋x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.又x ∈(－1,1)且1∉(－1,1)，∴该方程无解，故函数f (x )在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D. 3．(教材改编题)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值是________． 答案：3＋π64．(易错题)已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是________． 答案：(－4，－2)5．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为________． 解析：f ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝1(e －x >0)， 又f (1)＝1e >0，f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以f (x )的最小值为0. 答案：06．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时，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：－332。
考点 利用导数求函数的单调性、极值、最值
考点：利用导数求函数的单调性、极值、最值知识点1.求函数单调区间的步骤：①确定f(x)的定义域；②求导数y ′；③令y ′>0(y ′<0),解出相应的x 的范围。
当y ′>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当y ′<0时，f(x)在相应区间上是减函数2.求极值常按如下步骤：① 确定函数的定义域；② 求导数；③ 求方程/y =0的根及导数不存在的点，这些根或点也称为可能极值点；④通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。
3.设函数f(x)在[a,b]上连续,在（a,b ）内可导，求f(x)在[a,b]上的最大（小）值的步骤如下：①求f(x)在(a,b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a),f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
4.最值（或极值）点必在下列各种点之中：导数等于零的点、导数不存在的点、端点。
5.求函数f (x )的极值的步骤:①确定函数的定义区间，求导数f ′(x )；②求方程f ′(x )=0的根 ③用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列表.检查f ′(x )在方程根左右的值的符号，若左正右负，则f (x )在这个根处取得极大值；若左负右正，则f (x )在这个根处取得极小值；若左右不改变符号即都正或都负，则f (x )在这个根处无极值例题1. 函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间为_______________．2. 讨论下列函数的单调性：（1）x x a a x f --=)(（0>a 且1≠a ）；（2）)253(log )(2-+=x x x f a （0>a 且1≠a ）；3.求下列函数的极值：（1）x x x f 12)(3-=；（2）x ex x f -=2)(；（3）.212)(2-+=x x x f练习1.下列说法正确的是（ ）A.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极大值B.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极小值C.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极值D.当f (x 0)为函数f (x )的极值且f ′(x 0)存在时，则有f ′(x 0)=02.函数y =216x x +的极大值为（ ） A.3 B.4 C.2 D.53.函数y =x 3－3x 的极大值为m ,极小值为n ,则m +n 为（ ）A.0B.1C.2D.44.y =ln 2x +2ln x +2的极小值为（ ）A.e －1B.0C.－1D.15．函数y=xsinx+cosx 在下面哪个区间内是增函数（ ） A.(,) B.(π,2π) C.(,) D.(2π,3π)6．已知函数y=xf′(x)的图象如下图所示（其中f′（x ）是函数f （x ）的导函数）.下面四个图象中y=f （x ）的图象大致是（ ）7.函数⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x y 11log 21在区间),0(+∞上是（ ） A ．增函数，且0>y B ．减函数，且0>yC ．增函数，且0<yD ．减函数，且0<y8．函数f (x )=x 3－3x 2+7的极大值为___________.9. 求下列函数的单调区间：（1）32)(24+-=x x x f ； （2）22)(x x x f -=； （3）).0()(>+=b xb x x f10.已知)0()(23≠++=a cx bx ax x f 在1±=x 时取得极值，且1)1(-=f ．（1）试求常数a 、b 、c 的值；（2）试判断1±=x 是函数的极小值还是极大值，并说明理由．11.已知函数f （x ）＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值 （1） 求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间（2） 若对x ∈〔－1，2〕，不等式f （x ）<c 2恒成立，求c 的取值范围．。
高考数学利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)题型一：利用导数研究函数的单调性
题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-= 当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m -时，()0f x '，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '===令12x x == 故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减. 3．已知函数()ln a f x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈. （1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞； 【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-. ∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x .∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞.2．已知函数()321f x x ax =++，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围； （3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值. 【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1） 由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+， 当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，； 当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，， 当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞，，，令2()0(0)3a f x x '<⇒∈-，， 所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，； （2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，，所以2233a -≤-， 解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，； （3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-， 解得1a =.3．已知函数()3f x x ax =-+，a R ∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立． 因为当1≥x 时，233x ≥，所以 3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令'0f x 得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．。
2023年新高考数学一轮复习4-3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)解析版
专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数研究函数的图象，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．3.考查利用导数解决生活中的优化问题，凸显数学建模、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的极值 1．函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值． 2．函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3.特别提醒：(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )＝0，极值点是f ′(x)＝0的根，但f ′(x)＝0的根不都是极值点(例如()3f x x ＝，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．（二）导数与函数的最值(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．（三）利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立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f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答． （四）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．【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的极值例1.（2017·全国高考真题（理））若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）． A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦'， 因为()20f '-=，所以1a =-，()()211x f x x x e -=--，故()()212x f x x x e --'=+，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增，在()2,1-上单调递减， 所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-，故选A ．例2．（2012·重庆·高考真题（理））设函数()f x 在R 上可导，其导函数为 ()'f x ，且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】 【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增； ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减；()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减；()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增；选D.例3.（2008·福建·高考真题（文））已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点（-1，-6），且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a ＞0，求函数y =f (x )在区间（a -1,a +1）内的极值.【答案】（1）m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）；f (x )的单调递减区间是（0，2）（2）当0<a <1时，f (x )有极大值－2，无极小值，当1<a <3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a=1或a ≥3时，f (x )无极值. 【解析】 【详解】（Ⅰ）利用条件的到两个关于m 、n 的方程，求出m 、n 的值，再找函数y=f （x ）的导函数大于0和小于0对应的区间即可．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，分情况讨论区间（a -1，a+1）和单调区间的位置关系再得结论．(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①…由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得＝3x2＋2mx＋n，………………2分则g(x)＝＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2623m+⨯＝0，解得m＝－3.代入①得n＝0.于是＝3x2－6x＝3x(x－2)．………………………4分由>0得x>2或x<0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；………………………5分由<0，得0<x<2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．………………………6分(2)由(1)得＝3x(x－2)，令＝0得x＝0或x＝2. ………………7分当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：增函数增函数…………………………………9分由此可得：当0<a<1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；当1<a<3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．综上得，当0<a<1时，f(x)有极大值－2，无极小值；当1<a<3时，f(x)有极小值－6，无极大值；当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．………………………………12分【总结提升】 1.两点说明：（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程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x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值．3.求极值问题主要有两种类型，一是由图象求极值，二是求具体函数的极值. 题型二：根据函数极值（点）求参数的值或范围例4.（2021·全国高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b < B ．a b > C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D例5.（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________． 【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>， 若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾， 故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ， 即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=， 则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， 所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.【法案】－7【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩，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.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值，且导函数()fx ，的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若()f x ，()fx ，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围．【答案】（1）2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(36]，. 【解析】 【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3a x =-，再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=，化简可得2239a b a =+，根据极值存在条件可得3a >；（2）由（1，构造函数23()=9t g t t +，利用导数研究函数单调性，可得(g g 2>3b a ；（3）先求证()f x 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72-，构造差函数213()=9h a a a -+，利用导数研究其单调性，()h a 在(3,)+∞上单调递减．而7(6)=2h -，故可得a 的取值范围．试题解析：解：（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a-=-≤，即3a ≥.3a =时，()>0(1)f x x ≠-'，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>，故(g g因此2>3b a .（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤. 因此a 的取值范围为(]36，. 【总结提升】由函数极值求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．题型三：利用导数研究函数的最值例8．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.例9．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】 【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1.例10.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）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(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 例11.（2017·北京·高考真题（文））已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式000yf f x 中即可；（Ⅱ）设()()h x f x ='，求()h x '，根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性，根据单调性求函数的最大值为()00h =，从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立，所以函数()f x 是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x ='，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 【规律方法】1.求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤： 第一步，求函数在(a ，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；第三步，将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．3. 二次求导！当导函数y ＝f ′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f ′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f ′(x)的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x)的正负号．题型四：利用导数解决生活中的优化问题例12．（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米 【解析】 【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】 （1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值． 题型五：函数极值与最值的综合问题例13.（2016·天津·高考真题（理））设函数3()(1)f x x ax b =---，x∈R ，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）= f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；（Ⅲ）设a ＞0,函数g （x ）= |f （x ）|,求证：g （x ）在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()f x ，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)f f -，33(,()33a a f f -的大小即可，可分三种情况研究：①3a ≥；②334a ≤<；③304a <<. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313a x =+，或313ax =-. 当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3a ++∞. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，33102133a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----，所以.（2）当时，2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-， 所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-，因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.（3）当时，2323011233a a<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， (0)(1(1f f f <=，(2)(1(1f f f >=， 所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.例14．（2021·北京高考真题）已知函数()232xf x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-.【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x -'=，()11f ∴=，()14f '=-， 此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=； （2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-.当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与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，要讨论参数的大小范围．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最小值为()A．72B．36C．12D．0【答案】D【解析】因为y′＝4x3－4，令y′＝0即4x3－4＝0，解得x＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极小值为y|＝1＝0，而在端点处的函数值y|x＝－2＝27，y|x＝3＝72，所以y min＝0.x2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4.若函数在(0，1)内有极小值，则实数a的取值范围是( )A．(0，3)B．(－∞，3)C．(0，+∞)D．【答案】D 【解析】∵，且f(x)在(0，1)内有极小值． ∴．5. 已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则的值等于( ) A ．B ．C ．D ．1【答案】D ． 【解析】由已知是奇函数，且当时，的最小值为1，而奇函数图象关于原点对称性，可得当时，有最大值．，当，即时，，在上单调递增；当，即时，，在上单调递减．当时，取最大值，故选D ．【考点】1．函数的奇偶性；2．导数与函数的最大值最小值．6. 如图，某自来水公司要在公路两侧铺设水管，公路为东西方向，在路北侧沿直线铺设线路l 1，在路南侧沿直线铺设线路l 2，现要在矩形区域ABCD 内沿直线将l 1与l 2接通．已知AB = 60m ，BC = 80m ，公路两侧铺设水管的费用为每米1万元，穿过公路的EF 部分铺设水管的费用为每米2万元，设∠EFB= α,矩形区域内的铺设水管的总费用为W ．（1）求W 关于α的函数关系式； （2）求W 的最小值及相应的角α． 【答案】（1）=80+60tanα;（2）,.【解析】（1）过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF="α," 故有，，,化简即可；（2），利用导数求出的最大值和相应的角度即可.试题解析：（1）如图，过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF=α，故有，，， 3分所以=80+ 60tanα（其中8分 （2）W． 设，则． 11分令得，即，得．列表+0所以当时有，此时有． 14分答：铺设水管的最小费用为万元，相应的角． 16分【考点】函数模型的应用、利用导数求函数极值、三角函数综合.7.已知函数.（1）若在处取得极大值，求实数的值；（2）若，求在区间上的最大值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】(1) 本小题首先利用导数的公式和法则求得原函数的导函数，通过列表分析其单调性，进而寻找极大值点；(2) 本小题结合（1）中的分析可知参数的取值范围影响函数在区间上的单调性，于是对参数的取值范围进行分段讨论，从而求得函数在区间上的单调性，进而求得该区间上的最大值.试题解析：（1）因为令，得，所以，随的变化情况如下表：↗↘↗(2)因为所以当时，对成立所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递增在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减在时，，单调递增又，当时，在取得最大值当时，在取得最大值当时，在，处都取得最大值0. 14分综上所述，当或时，取得最大值当时，取得最大值当时，在，处都取得最大值0当时，在取得最大值.【考点】1.导数公式；2.函数的单调性；3.分类讨论.8.记函数的最大值为M，最小值为m，则的值为( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，解得，所以函数的定义域是. 已知函数求导得，，时，当时，，当时，，所以在区间上先增后减，最大值是，因为，，所以，所以.【考点】1.利用导数研究函数的最值；2.函数的单调性与导数的关系9.设.(Ⅰ)若对一切恒成立,求的取值范围;(Ⅱ)设,且是曲线上任意两点,若对任意的,直线AB的斜率恒大于常数,求的取值范围;(Ⅲ)求证:.【答案】（Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.（Ⅱ）直线的斜率为：由题设有,不妨设则这样问题转化为函数,在上单调递增所以恒成立，即对任意,恒成立这样只需求出的最小值即可.（Ⅲ）不等式可变为由(Ⅰ) 知（时取等号）,在此不等式中取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：将以上不等式相加即可得证.试题解析：(Ⅰ)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：(II)由题设得，直线AB的斜率满足：,不妨设，则即：令函数,则由以上不等式知：在上单调递增,所以恒成立所以，对任意,恒成立又=故(Ⅲ)由(Ⅰ) 知时取等号）,取,得即累加得所以【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系及重要不等式；3、不等式的证明.10.已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【答案】（1）；（2）证明过程详见解析；（3）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值和最值、不等式等基础知识，考查函数思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，将代入，得到解析式，对它求导，列出表格，通过单调性，判断极值；第二问，证明不等式转化为求函数的最小值大于0；第三问，利用第二问的结论，令，利用放缩法得到，再利用对数的性质和裂项相消法求和，得到所证不等式.试题解析：（1）当时，1分变化如下表+00+极大值， 4分（2）令则 6分∴在上为增函数。
导数与函数的单调性、极值、最值
§3.2导数与函数的单调性、极值、最值1．函数的单调性在某个区间(a，b)，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(×)(2)函数在某区间上或定义域极大值是唯一的．(×)(3)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)(6)函数f(x)＝x sin x有无数个极值点．( √ )2． 函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．3． (2013·)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则 ( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0. ∴x ＝1不是f (x )的极值点．当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)显然f ′(1)＝0，且x 在1的左边附近f ′(x )<0， x 在1的右边附近f ′(x )>0， ∴f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C.4． 函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)， ∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0， ∴m (x )在R 上是增函数． ∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．5． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3.题型一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值围，若不存在，请说明理由．思维启迪函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，e x－a≥0，∴e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间是[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．又∵－2<x<3，∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3在x∈(－2,3)上，f′(x)<0，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a≥e3，使f(x)在(－2,3)上为减函数．思维升华(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(1)设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a >1，则f (x )的单调减区间为________． 答案 (2,2a )解析 f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )， 由a >1知，当x <2时，f ′(x )>0， 故f (x )在区间(－∞，2)上是增函数； 当2<x <2a 时，f ′(x )<0， 故f (x )在区间(2,2a )上是减函数； 当x >2a 时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上是增函数． 综上，当a >1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数， 在区间(2,2a )上是减函数．(2)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值围是________．答案 (－∞，－1] 解析 转化为f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立， 即b ≤x (x ＋2)在[－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x (x ＋2)＝(x ＋1)2－1， 所以g (x )min ＝－1，则b 的取值围是(－∞，－1]． 题型二 利用导数求函数的极值例2 设a >0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)求曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处与直线y ＝－x ＋1垂直的切线方程；(2)求函数f (x )的极值．思维启迪 (1)通过f ′(2)的值确定a ；(2)解f ′(x )＝0，然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值． 解 (1)由已知，得x >0，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax ，y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1， 所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，所以a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0， 故所求的切线方程为y ＝x －2. (2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x.①当0<a <1时，若x ∈(0，a )，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增；若x ∈(a,1)，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12.②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x >0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)单调递增， 此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a >1时，若x ∈(0,1)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若x ∈(1，a )，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a .综上，当0<a <1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a >1时，f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a .思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点．所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1. 所以a 的取值围为{a |0<a ≤1}．题型三利用导数求函数的最值例3已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值围．思维启迪(1)题目条件的转化：f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)；(2)可以列表观察h(x)在(－∞，2]上的变化情况，然后确定k的取值围．解(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的变化情况如下表所示：↗当－3<k<2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此k的取值围是(－∞，－3]．思维升华(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．已知函数f(x)＝x ln x.(1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最小值．(其中e 为自然对数的底数)． 解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0， 由f ′(x )＝0得x ＝1e，所以f (x )在区间(0，1e )上单调递减，在区间(1e ，＋∞)上单调递增．所以，x ＝1e 是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)， 则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1，所以，在区间(0，e a －1)上，g (x )为递减函数， 在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e a －1≤1，即a ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数， 所以g (x )的最小值为g (1)＝0.当1<e a －1<e ，即1<a <2时，g (x )的最小值为g (e a －1)＝a －e a －1. 当e a －1≥e ，即a ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数， 所以g (x )的最小值为g (e)＝a ＋e －a e. 综上，当a ≤1时，g (x )的最小值为0； 当1<a <2时，g (x )的最小值为a －e a －1； 当a ≥2时，g (x )的最小值为a ＋e －a e.利用导数求函数的最值问题典例：(12分)已知函数f (x )＝(x －k )e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．思维启迪 (1)解方程f ′(x )＝0列表求单调区间；(2)根据(1)中表格，讨论k －1和区间[0,1]的关系求最值． 规解答解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.[2分] f (x )与f ′(x )的情况如下：所以，f([6分](2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；[8分]当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[10分]综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[12分]答题模板用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题：第一步：求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：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；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规．温馨提醒(1)本题考查求函数的单调区间，求函数在给定区间[0,1]上的最值，属常规题型．(2)本题的难点是分类讨论．考生在分类时易出现不全面，不准确的情况．(3)思维不流畅，答题不规，是解答中的突出问题.方法与技巧1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．2．求极值、最值时，要求步骤规、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．在实际问题中，如果函数在区间只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．失误与防1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域进行．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题1． 若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A ，D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.2． 下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A ．(π2，3π2)B ．(π，2π)C ．(3π2，5π2)D ．(2π，3π)答案 C解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈(3π2，5π2)时，恒有x cos x >0.故选C.3． 设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e答案 A解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.4． 设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值围是( )A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3答案 A解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5． 函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．－2B ．0C ．2D ．4答案 C解析 ∵f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数． ∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2. 二、填空题6． 函数f (x )＝x ＋9x的单调减区间为________．答案 (－3,0)，(0,3)解析 f ′(x )＝1－9x 2＝x 2－9x 2，令f ′(x )<0，解得－3<x <0或0<x <3， 故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．7． 函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]有极大值又有极小值，则a 的取值围是________．答案 a >2或a <－1解析 ∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]， ∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0. ∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根． 即Δ＝4a 2－4a －8>0，∴a >2或a <－1. 8． 设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1,2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值围是________． 答案 (－∞，72)解析 f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f (－23)＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，∴a <72.三、解答题9． 已知函数f (x )＝1x＋ln x ．求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．10．已知函数f (x )＝x 2＋b sin x －2(b ∈R )，F (x )＝f (x )＋2，且对于任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数g (x )＝f (x )＋2(x ＋1)＋a ln x 在区间(0,1)上单调递减，数a 的取值围． 解 (1)F (x )＝f (x )＋2＝x 2＋b sin x －2＋2＝x 2＋b sin x ， 依题意，对任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0. 即x 2＋b sin x －(－x )2－b sin(－x )＝0， 即2b sin x ＝0，所以b ＝0，所以f (x )＝x 2－2. (2)∵g (x )＝x 2－2＋2(x ＋1)＋a ln x ， ∴g (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ， g ′(x )＝2x ＋2＋ax.∵函数g (x )在(0,1)上单调递减，∴在区间(0,1)， g ′(x )＝2x ＋2＋a x ＝2x 2＋2x ＋ax ≤0恒成立，∴a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．∵－(2x 2＋2x )在(0,1)上单调递减，∴a ≤－4为所求．B 组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)1． 已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (1)<e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)B ．f (1)>e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)C ．f (1)>e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)D ．f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0) 答案 D解析 令g (x )＝f (x )ex ，则g ′(x )＝(f (x )e x )′＝f ′(x )e x －f (x )e x e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，所以函数g (x )＝f (x )e x 是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 014)<g (0)， 即f (1)e 1<f (0)1，f (2 014)e 2 014<f (0)1， 故f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)．2． 如图是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289答案 C解析 由图象可得f (x )＝x (x ＋1)(x －2)＝x 3－x 2－2x ， 又∵x 1、x 2是f ′(x )＝3x 2－2x －2＝0的两根， ∴x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝(23)2＋2×23＝169. 3． 已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.4． (2013·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解 (1)f ′(x )＝e x (ax ＋b )＋a e x －2x －4 ＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4∵y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4， ∴f ′(0)＝a ＋b －4＝4，f (0)＝b ＝4， ∴a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2(x ＋2) ＝2(x ＋2)(2e x －1)令f ′(x )＝0得x 1＝－2，x 2＝ln 12，列表：∴y ＝f (x )的单调增区间为(－∞，－2)，⎝⎛⎭⎫ln 12，＋∞； 单调减区间为⎝⎛⎭⎫－2，ln 12. f (x )极大值＝f (－2)＝4－4e －2.5． 已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0.(1)求a 的取值围．(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值． 解 (1)由f (0)＝1，f (1)＝0，得c ＝1，a ＋b ＝－1， 则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ， f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x ，依题意对于任意x ∈[0,1]，有f ′(x )≤0. 当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上， 而f ′(0)＝－a <0，所以需f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1； 当a ＝1时，对于任意x ∈[0,1]，有f ′(x )＝(x 2－1)e x ≤0， 且只在x ＝1时f ′(x )＝0，f (x )符合条件；当a ＝0时，对于任意x ∈[0,1]，f ′(x )＝－x e x ≤0， 且只在x ＝0时，f ′(x )＝0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值围为0≤a ≤1. (2)因g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x ， g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x ， ①当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0， g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈[0,1]有g ′(x )＝－2x e x ≤0， g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2， 在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a >0.若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时， g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e. 若1－a 2a <1，即13<a <1时， g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g (1－a 2a )＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，由g (0)－g (1)＝1＋a －(1－a )e ＝(1＋e)a ＋1－e ＝0， 得a ＝e －1e ＋1.则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (0)－g (1)≤0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ； 当e －1e ＋1<a <1时，g (0)－g (1)>0， g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e.。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
江苏省高考数学二轮复习第16讲利用导数研究函数的单调性极值与最值课件 (1)
题型一
导数与函数的单调性
例1 (2018盐城高三模拟)若对任意实数k,b都有函数y=f(x)+kx+b的图象与直 线y=kx+b相切,则称函数f(x)为“恒切函数”.设函数g(x)=aex-x-pa,a,p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”. ①求实数p的取值范围;
因为h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
1 所以当x∈(0,+∞)时, -ax-2<0有解, x 1 2 即存在x∈(0,+∞),使得a> . 2 - x x 1 2 设G(x)= - (x∈(0,+∞)),所以只要a>G(x)min即可. x2 x
1 -1,所以当x∈(0,+∞)时,G(x) =-1, 而G(x)= min 1 x
x g'(x) g(x) (-∞,1) + ↗ 1 0 极大值 (1,+∞) ↘
1 1 故g(x)max=g(1)= ,所以b> . e e
( x 1)(ae x x) 1 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数为f '(x)= ,当a= 时, f '(x)= 2 x e ( x 1)(e x1 x) 2 , x 1 x x-1 由(1)知 ≤ , 即 e -x≥0,当且仅当x=1时取等号, x e e
1 1 2 1 ( x0 1) + =- x0(x0+2)=- , 4 4 4 1 3 3 3 3 2 1 2, 上递增,r(-2)=0,r = 函数r(x)=- (x+1) + 在 ,故0<m< .综上所 4 4 16 2 2 16 3 述,0≤m< . 16
高考导数问题常见题型总结
一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 22．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P Θ所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得 过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
完整版)导数的综合大题及其分类
完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。
命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。
这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。
题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。
1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。
如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。
2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。
3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。
在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。
例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。
x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。
审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。
规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。
则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。
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利用导数研究函数的单调性、极值、最值一、选择题1.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T12)若函数f (x )=x-13sin2x+asinx 在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是 ( )A.[-1,1]B.11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D.11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【解析】选C.方法一:用特殊值法: 取a=-1,f (x )=x-13sin2x-sinx , f'(x )=1-23cos2x-cosx ,但f'(0)=1-23-1=-23<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增,排除A ,B ,D. 方法二:f'(x )=1-23cos2x+acosx ≥0对x ∈R 恒成立, 故1-23(2cos 2x-1)+acosx ≥0, 即acosx-43cos 2x+53≥0恒成立,令t=cosx ,所以-43t 2+at+53≥0对t ∈[-1,1]恒成立, 构造函数f (t )=- 43 t 2+at+53,开口向下的二次函数f (t )的最小值的可能值为端点值,故只需()()1f 1a 0,31f 1a 0,3⎧-=-≥⎪⎪⎨⎪=+≥⎪⎩ 解得-13≤a ≤13.2.(2016·四川高考理科·T9)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1,⎧-<<⎨>⎩图象上点P 1,P 2处的切线,l 1与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(0,2)C.(0,+∞)D.(1,+∞)【解题指南】设出两切点的坐标,两切线方程,从而求出点P 的坐标,表示出三角形的面积,进而求出取值范围.【解析】选A.由题设知:不妨设P 1,P 2点的坐标分别为:P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),其中0<x 1<1<x 2,则由于l 1,l 2分别是点P 1,P 2处的切线,而f'(x )=1,0x 1,x1,x 1,x⎧-<<⎪⎪⎨⎪>⎪⎩得l 1的斜率k 1为-11 x ,l 2的斜率k 2为21x ;又l 1与l 2垂直,且0<x 1<x 2,可得:k 1·k 2=-11x ·21x =-1⇒x 1·x 2=1,我们写出l 1与l 2的方程分别为:l 1:y=-11x (x-x 1)-lnx 1…①,l 2:y=21x (x-x 2)+lnx 2…②,此时点A 的坐标为(0,1-lnx 1),点B 的坐标为(0,-1+lnx 2),由此可得:|AB|=2-lnx 1-lnx 2=2-ln (x 1·x 2)=2,①,②两式联立可解得交点P 的横坐标为x=1212122lnx x 2=x x x x -++,△PAB 的面积为:S △PAB =12|AB|·|P x |=12×2×122x x +=1121x x +≤1,当且仅当x 1=11x 即x 1=1时等号成立,而0<x 1<1,所以S △PAB <1.3.(2016·四川高考文科·T6)已知a 为函数f (x )=x 3-12x 的极小值点,则a= ( ) A.-4B.-2C.4D.2【解题指南】求出f'(x ),解出方程f'(x )=0的根,再根据不等式f'(x )>0,f'(x )<0的解集得出函数的极值点.【解析】选D. f'(x )=3x 2-12=3()()x 2x 2-+,令f'(x )=0,得x=-2或x=2,易知f (x )在()2,2-上单调递减,在()2,∞+上单调递增,故f (x )的极小值为f ()2,所以a=2.二、解答题4.(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f (x )=(x-2)e x+a (x-1)2有两个零点.(1)求a 的取值范围.(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2. 【解析】(1)f'(x )=(x-1)e x +2a (x-1)=(x-1)(e x +2a ).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点;②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a2,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a23b b2⎛⎫-⎪⎝⎭>0,故f(x)存在两个零点;③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增,又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点,综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)内单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0,由于f(2-x2)=-x222xe-+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)2x e +a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x222xe--(x2-2)2x e,设g(x)=-x2-xe -(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(2xe- -e x).所以当x>1时,g'(x )<0,而g (1)=0, 故当x>1时,g (x )<0.从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.5.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T21)(本小题满分12分)设函数f (x )=acos2x+(a-1)(cosx+1),其中a>0,记|f (x )|的最大值为A. (1)求f'(x ). (2)求A.(3)证明|f'(x )|≤2A.【解析】(1)f'(x)=-2asin2x-(a-1)sinx.(2)当a ≥1时,()()()()() cos 21cosx 11232,||0f a x a a a a f x =+-+≤+-⨯=-= 当0<a<1时,()()()()2cos 21cosx 12cos a 1cos 1,f x a x a a x x =+-+=+-- 令cosx=t ∈1,1⎡⎤-⎣⎦,则f (x )=g (t )=2at 2+()a 1-t-1,其对称轴为t=1a4a-, 当t=1a 4a -∈()1,1-时,解得a<-()1舍去3或a>15, 所以当15<a<1时,因为g (1)=a ,g (1)=3a-2, 则g (-1)-g (1)=2-2a>0, 又()()()1a 17a 1a g g 104a 8a-+⎛⎫---=> ⎪⎝⎭,所以A=g 21a a 6a 14a 8a ⎛⎫-++=⎪⎝⎭. 当0<a ≤15时,()g 1- =a ,()g 1 =2-3a 所以此时()g 1-<()g 1=2-3a.综上可得:A=2123a,0a ,5a 6a 11,a 1,8a 53a 2,a 1.⎧-<≤⎪⎪⎪++<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩(3)由(1)得.当0<a ≤15时,()f'x ≤1+a ≤2-4a<2()23a -=2A ,当15<a<1时,A=2a 6a 1a 1318a 88a 4++=++≥. 所以()f'x <2A.当a ≥1时,()f'x ≤3a-1≤6a-4=2(3a-2)=2A. 综上所述:()f'x ≤2A.6.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T21)(本小题满分12分) 设函数f (x )=lnx-x+1. (1)讨论f (x )的单调性. (2)证明当x ∈(1,+∞)时,1<x 1lnx-<x. (3)设c>1,证明当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .【解析】(1)由题设,f (x )的定义域为()0,∞+,f'(x )=1x-1,令f'(x )=0,解得x=1. 当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减. (2)由(1)知f (x )在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=0. 所以当x 1时,lnx x 1.≠<- 故()11当x 1,∞时,lnx x 1,ln1,即x x∈+<-<- x 11x.lnx-<< (3)由题设c>1,设g (x )=1+(c-1)x-c x ,则g'(x )=c-1-c x lnc ,令g'(x )=0.解得x 0=c 1ln lnc lnc-. 当x<x 0时,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x>x 0时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 由(2)知1<c 1lnc-<c ,故0<x 0<1.又g (0)=g (1)=0,故当0<x<1时,g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .7.(2016·浙江高考文科·T20)设函数f (x )=x 3+11x+,x ∈[0,1].证明:(1)f (x )≥1-x+x 2. (2)34 <f (x )≤32.【解题指南】(1)利用放缩法,得到41x 11x 1x-≤++,从而得到结论.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ,进行放缩,得到f (x )≤32,再结合第一问的结论,得到f (x )>34,从而得到结论. 【证明】(1)因为1-x+x 2-x 3=()441(x)1x 1x 1x ---=+--, 由于0≤x ≤1,有41x 11x 1x -≤++,即1-x+x 2-x 3≤11x+, 所以f (x )≥1-x+x 2. (2)由0≤x ≤1得x 3≤x ,故 f (x )=x 3+11x +≤x+11x +=x+11x +-32+32=()()()x 12x 133222x 1-++≤+, 所以f (x )≤32,由(1)得f (x )≥1-x+x 2=2133x 244⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭+,又因为f 12⎛⎫ ⎪⎝⎭=1924>34,所以f (x )> 34,综上,34 <f (x )≤32.8.(2016·山东高考理科·T20) 已知f (x )=a ()22x 1x lnx x --+,a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性.(2)当a=1时,证明f (x )>f'(x )+32对于任意的x ∈1,2⎡⎤⎣⎦成立. 【解题指南】(1)求导后,对a 分情况讨论.(2)令g (x )=f'(x )+32 =235x 2x 22x +--,对其求导,求其最大值,判断f (x )min 与g (x )max 的关系,进而可给出证明.【解析】(1)由题意,函数f (x )的定义域为()0,∞+,f'(x )=()()23ax 2x 1x --.① a ≤0时,x ∈(0,1)时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增, 在x ∈()1,∞+时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.② a>0时,f'(x )=()3a x 1x x x ⎛⎛--+ ⎝⎝,当0<a<2时,>1,当x ∈()0,1或∞⎫+⎪⎪⎭时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增,当x ∈⎛⎝时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.③ a=2时, ,x ∈()0,∞+时,f'(x )≥0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.④ a>2时,,当x ∈⎛ ⎝或x ∈()1,∞+时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增,当x ∈⎫⎪⎪⎭时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.综上:当a ≤0时,函数f (x )在(0,1)内单调递增,在()1,∞+内函数f (x )单调递减.当0<a<2时,函数f (x )在()0,1和∞⎫+⎪⎪⎭内单调递增,在⎛ ⎝内函数f (x )单调递减. 当a=2时,函数f (x )在()0,∞+内单调递增,当a>2时,函数f (x )在⎛ ⎝和()1,∞+内单调递增,在⎫⎪⎪⎭内函数f (x )单调递减.(2)方法一:由(1)知函数f (x )在[1,内递减,在(,2]内递增.故f (x )min =f =+,f'(x )+2335x 2x 222x +-=-.若令g (x )=235x 2x 22x +--,则有g'(x )=24x 4x 6x +-.故存在x 0∈[1,2]使得函数g (x )在[1,x 0)递减,在(x 0,2]递增, 则g (x )max =max ()(){}g 1,g 2,而g (1)=32,g (2)=74,所以g (x )max =74.因为f (x )min -g (x )max -7494-12ln2>2.82-2.25-12ln2>12(1-ln2)>0, 所以,f (x )>f'(x )+32对于任意的x ∈1,2⎡⎤⎣⎦成立. 方法二:因为lnx ≤x-1(当且仅当x=1时等号成立),G (x )=()()22223333x 2x 22x 15x 2x 233x x 21022x x x 2x -+-⎛⎫-+--+-+--=+=≥ ⎪⎝⎭. 又f (x )≥22x 11x -+(当且仅当x=1时等号成立), 即可得f (x )>f'(x )+32.9.(2016·山东高考文科·T20)设f (x )=xlnx-ax 2+(2a-1)x ,a ∈R . (1)令g (x )=f'(x ),求g (x )的单调区间.(2)已知f (x )在x=1处取得极大值,求实数a 的取值范围. 【解题指南】(1)通过二次求导,研究g (x )的单调性.(2)通过端点分析,找到分界点12,再分情况讨论.【解析】(1)g (x )=f'(x )=lnx-2ax+2a , 所以g'(x )=1x-2a=12axx-. 当a ≤0,x ∈()0,∞+时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增. 当a>0,x ∈10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增, x ∈1,∞2a ⎛⎫+⎪⎝⎭时,g'(x )<0,函数g (x )单调递减. 综上:当a ≤0,函数g (x )单调递增区间为(0,+∞).当a>0,函数g (x )单调递增区间为10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭,函数g (x )单调递减区间为1,∞2a ⎛⎫+⎪⎝⎭. (2)由(1)知f'(1)=0.①当a ≤0,f'(x )单调递增,所以x ∈()0,1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,x ∈()1,∞+时, f'(x )>0,f (x )单调递增,所以f (x )在x=1处取得极小值,不合题意. ②当0<a<12,12a >1时,由(1)知f'(x )在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增, 所以x ∈()0,1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,x ∈11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭时,f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在x=1处取得极小值,不合题意. ③当a=12,12a=1时,f'(x )在()0,1内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以x ∈()0,∞+时,f'(x )≤0,f (x )单调递减,不合题意. ④当a>12,0<12a <1时,x ∈1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,f'(x )>0,f (x )单调递增, 当x ∈()1,∞+时,f'(x )<0,f (x )单调递减,所以f (x )在x=1处取得极大值,符合题意. 综上可知a>12.10.(2016·四川高考理科·T21)设函数f (x )=ax 2-a-lnx ,其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性.(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>11xx e --在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).【解题指南】(1)对f (x )求导,对a 进行讨论,判断函数的单调性.(2)利用导数判断函数的单调性,判断最值,证明结论.【解析】(1)由题意, f'(x )=2ax-212ax 1x x-=,x>0.① a ≤0时,2ax 2-1<0, f'(x )<0, f (x )在(0,+∞)上单调递减.② a>0时,f'(x)=2a x xx⎛⎛+-⎝⎭⎝⎭,当x∈⎛⎝时,f'(x)<0;当x∈∞⎫+⎪⎪⎭时,f'(x)>0.故f(x)在⎛⎝上单调递减,在∞⎫+⎪⎪⎭上单调递增.(2)原不等式等价于f(x)-1x+e1-x>0在x∈(1,+∞)上恒成立.一方面,令g(x)=f(x)-1x +e1-x=ax2-lnx-1x+e1-x-a,只需g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0即可.又因为g(1)=0,故g'(x)在x=1处必大于等于0.令F(x)=g'(x)=2ax-1x +21x-e1-x,g'(1)≥0,可得a≥12.另一方面,当a≥12时,F'(x)=2a+21x-32x+e1-x≥1+21x-32x+e1-x=33x x2x+-+e1-x,因为x∈(1,+∞),故x3+x-2>0,又e1-x>0,故F'(x)在a≥12时恒大于0.所以当a≥12时,F(x)在x∈(1,+∞)上单调递增.所以F(x)>F(1)=2a-1≥0,a≥12,故g(x)也在x∈(1,+∞)上单调递增.所以g(x)>g(1)=0,即g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0.综上,a≥12.11.(2016·北京高考理科·T18)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值.(2)求f(x)的单调区间.【解题指南】(1)利用()()f22e2,f'2e1⎧=+⎪⎨=-⎪⎩列方程组求解.(2)求导数后,再构造新的函数,二次求导.【解析】(1)f'(x)=e a-x-xe a-x+b,由切线方程可得()()a2a2f22e2b2e2,f'2e b e 1.--⎧=+=+⎪⎨=-+=-⎪⎩解得a=2,b=e.(2)f(x)=xe2-x+ex,f'(x)=(1-x)e2-x+e.令g(x)=(1-x)e2-x,则g'(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2).令g'(x)=0得x=2.当x<2时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>2时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=2时,g(x)取得极小值-1,也是最小值.所以f'(x)=g(x)+e≥e-1>0.所以f(x)的增区间为(-∞,+∞),无减区间.11 / 11。