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高中数学导数与函数的极值、最值考点及经典例题题型讲解

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导数与函数的极值、最值(经典导学案及练习答案详解)

导数与函数的极值、最值(经典导学案及练习答案详解)

§3.3导数与函数的极值、最值学习目标1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(√)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)教材改编题1．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 ．1B ．2C ．3D ．4答案 A解析 由题意知只有在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)C ．(－6，6)D ．[－6，6]答案 B解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.3．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________. 答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.题型一 利用导数求函数的极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (2022·广州模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A ．函数f (x )有极大值f (－3)和f (3)B ．函数f (x )有极小值f (－3)和f (3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案 D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2求已知函数的极值例2已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x－1＋ae x，所以f′(x)＝1－ae x，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae x，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6答案 A 解析 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3， 检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.(2)(2022·南京模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，e)B.⎝⎛⎭⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎫0，12 D.⎝⎛⎭⎫0，13 答案 C解析 f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝⎛⎭⎫1x －a＝ln x ＋1－2ax ，由题意知ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a ＝ln x ＋1x， 设g (x )＝ln x ＋1x， 则g ′(x )＝1－(ln x ＋1)x 2＝－ln x x 2.当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )的极大值为g (1)＝1，又当x >1时，g (x )>0，当x →＋∞时，g (x )→0，当x →0时，g (x )→－∞，所以0<2a <1，即0<a <12. 教师备选 1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1B.m ＋1m －1C.1－m m ＋1D.m ＋11－m 答案 B解析 由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0，得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m， 故tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( )A ．1≤b <aB ．b <a ≤1C ．a <1≤bD ．a <b ≤1 答案 B解析 令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析．对选项A ，若1≤b <a ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项B ，若b <a ≤1，由图可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意． 思维升华 根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则f (x )的极大值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 答案 C解析 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，故可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝e x －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]，因为x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，故可得f ′(1)＝0，即2a ＋2＝0，解得a ＝－1.此时f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)＝e x －1(x ＋2)(x －1)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝1，由f ′(x )>0可得x <－2或x >1；由f ′(x )<0可得－2<x <1，所以f (x )在区间(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的极大值点为x ＝－2.则f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋2－1)e －3＝5e －3.(2)(2022·芜湖模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫52，103B.⎣⎡⎭⎫52，103C.⎝⎛⎦⎤52，103D.⎣⎡⎦⎤2，103 答案 B解析 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)， ∴f ′(x )＝1x＋x －a ， ∵函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点， ∴y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x . 设g (x )＝1x ＋x ，则g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，又g ⎝⎛⎭⎫12＝52，g (3)＝103， ∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点． ∴实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，103.题型二 利用导数求函数最值例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．解 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e. 综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.教师备选已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得f ′(x )＝1x－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 综上所述，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a时，f (x )取得最大值， 即f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ×1a－2 ＝ln 1a－3＝－ln a －3， 因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0，设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1，故实数a 的取值范围是(0,1)．思维升华 (1)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh (元)，底面的总成本为160πr 2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．由题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，∴h ＝15r (300－4r 2)．从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0，可得0<r <5 3.故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)， 故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上单调递增；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上单调递减．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f (x )＝x 2＋2xe x 的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于() A ．－4 B. 2C ．0D ．2答案 C解析 f ′(x )＝2－x 2e x ，当－2<x <2时，f ′(x )>0；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0.故f (x )＝x 2＋2x ex 的极大值点与极小值点分别为2，－2， 则a ＝2，b ＝－2，所以a ＋b ＝0.2．如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，下列结论中正确的是( )A ．f (x )在[－2，－1]上单调递增B ．当x ＝3时，f (x )取得最小值C ．当x ＝－1时，f (x )取得极大值D ．f (x )在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案 D解析 根据题图知，当x ∈(－2，－1)，x ∈(2,4)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(－1,2)，x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以y ＝f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A 不正确，选项D 正确；故当x ＝－1时，f (x )取得极小值，选项C 不正确；当x ＝3时，f (x )不是取得最小值，选项B 不正确．3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2 答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3， ∵f (x )在x ＝2处取得极小值，∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12， ∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ， f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52. 4．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为( )A ．π－2B.π6 C ．2D.π6＋ 3 答案 D解析 由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，∴当0≤sin x ≤12，即x 在⎣⎡⎦⎤0，π6和⎣⎡⎦⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； 当12<sin x ≤1，即x 在⎝⎛⎭⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫π6＝π6＋3，有极小值f ⎝⎛⎭⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝⎛⎭⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝⎛⎭⎫5π6， ∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3. 5．(多选)已知x ＝1和x ＝3是函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x ＋k (a ，b ∈R )的两个极值点，且函数f (x )有且仅有两个不同零点，则k 值为( )A ．－43B.43 C ．－1D ．0 答案 BD解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意1,3是f ′(x )＝0的两个根， 所以⎩⎨⎧ 1＋3＝－2b 3a ，1×3＝－33a，解得a ＝－13，b ＝2. 故f (x )＝－13x 3＋2x 2－3x ＋k . 易求得函数f (x )的极大值为f (3)＝k 和极小值为f (1)＝－43＋k .要使函数f (x )有两个零点，则f (x )极大值k ＝0或f (x )极小值－43＋k ＝0， 所以k ＝0或k ＝43. 6．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( )A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点答案 BD解析 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数，故A 错误；因为f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，所以f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，故B 正确；显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x， 分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 错误，D 正确．7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.答案 sin x (答案不唯一)解析 正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ， 所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x，当12<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝⎛⎦⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－2ln 12＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1. 9．已知函数f (x )＝ln x －2x －2x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2(a ∈R )，若x 1，x 2是函数g (x )的两个极值点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2(x ＋1)－2(x －1)(x ＋1)2＝(x －1)2x (x ＋1)2≥0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立， 当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2＝ln x －a x ＋1， 所以g ′(x )＝1x ＋a (x ＋1)2＝x 2＋(2＋a )x ＋1x (x ＋1)2(x >0)． 由题意知x 1，x 2是方程g ′(x )＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h (x )＝x 2＋(2＋a )x ＋1，又h (0)＝1>0，所以只需⎩⎪⎨⎪⎧－2－a >0，Δ＝(2＋a )2－4>0，解得a <－4，即实数a 的取值范围为(－∞，－4)． 10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，∴f ′(x )＝1－ax x， 由f ′(1)＝0，得a ＝1.∴f ′(x )＝1－x x， ∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ， ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－axx ＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e 时，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e ≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e ，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为() A.6e 3 B ．－2eC ．－2e D.4e 2答案 A解析 因为f (x )＝(x 2－a )e x ，所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ，由f′(x)＝(x2＋2x－a)e x＝0，得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)e x的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)e x，f′(x)＝(x2＋2x－3)e x，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝6 e3.12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案 C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则() A．a<b B．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案 D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .图2综上，可知必有ab >a 2成立．14．(2022·河南多校联考)已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x ＋2，若f (x 1)＝g (x 2)，则x 1－x 2的最小值为______．答案 4－2ln 2解析 设f (x 1)＝g (x 2)＝t ，即2ln x 1＝t ，x 2＋2＝t ，解得x 1＝2e t ，x 2＝t －2，所以x 1－x 2＝2e t －t ＋2，令h (t )＝2e t －t ＋2，则h ′(t )＝21e 2t －1， 令h ′(t )＝0，解得t ＝2ln 2，当t <2ln 2时，h ′(t )<0，当t >2ln 2时，h ′(t )>0，所以h (t )在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )的最小值为h (2ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，所以x 1－x 2的最小值为4－2ln 2.15．(多选)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( )A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋2x 0<0D ．f (x 0)＋2x 0>0答案 AD解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，∴f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝2e >0，当x >1e时，f ′(x )>0， ∵当x →0时，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e，即A 正确，B 不正确； f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即D 正确，C 不正确．16．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x，x >0， 一元二次方程2x 2－2x ＋a ＝0的Δ＝4(1－2a )，①当a ≥12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当0<a <12时，令f ′(x )＝0， 得x 1＝1－1－2a 2>0，x 2＝1＋1－2a 2>0， 所以当0<x <1－1－2a 2时， f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当1－1－2a 2<x <1＋1－2a 2时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1＋1－2a 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≥12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞. (2)由(1)知，0<a <12，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a 2，则0<x 1<12<x 2， 由f (x 1)≥mx 2恒成立，得x 21－2x 1＋a ln x 1≥mx 2，即(1－x 2)2－2(1－x 2)＋2(1－x 2)x 2ln(1－x 2)≥mx 2，即m ≤x 2－1x 2＋2(1－x 2)ln(1－x 2)， 记h (x )＝x －1x＋2(1－x )ln(1－x )， 1>x >12， 则h ′(x )＝1x 2－2ln(1－x )－1>0⎝⎛⎭⎫1>x >12， 故h (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，h ⎝⎛⎭⎫12＝－32－ln 2， 故m ≤－32－ln 2.。

导数与函数的极值、最值考点与题型归纳

导数与函数的极值、最值考点与题型归纳

导数与函数的极值、最值考点与题型归纳考点一 利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，求函数f (x )的极值．[解] 由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0， 得e x ＝a ，即x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．[例2] 设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R.讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．[解] f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． 当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0, 函数f (x )单调递增． 因此函数f (x )有两个极值点．③当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0， 可得x 1＜－1＜x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )有一个极值点．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g (x )＝ln x －mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．[解] 因为g (x )＝ln x －mx ＋mx，所以g ′(x )＝1x －m －mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2(x ＞0)，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎨⎧h (0)＞0，12m ＞0，h ⎝⎛⎭⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12. 考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a ＞12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )＜0; 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2＜0，ax －1≤12x －1＜0，所以f ′(x )＞0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln (2m )2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1. 综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln (2m )2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1. [题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1.①当a ＜0，即12a ＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时，若12a ＜1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎡⎦⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a ＜e 矛盾．若x 2＝12a ≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R)．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥ e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．[解] (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ， 而x ＋1x≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2. 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]． (2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值， 且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x (x ＞0)，∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个实根， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝1，∴f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋12(x 22－x 21)－a (x 2－x 1)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)1x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝⎛⎭⎫x 2x 1－x 1x 2， 设t ＝x 2x 1(t ≥ e)，令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (t ≥ e)， 则h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在[e ，＋∞)上是减函数， ∴h (t )≤h (e)＝12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee ，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)＝9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e －5＝5e 5＞5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A 级1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析：选A f ′(x )＝1－xex ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,4]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4＞0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析：选D 因为x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，所以f ′(2)＝12－3a ＝0，解得a ＝4，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0，得x ＝±2，故函数f (x )在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22B.5－ln 22C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎫y －22⎝⎛⎭⎫y ＋22y (y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝⎛⎭⎫22＝⎝⎛⎭⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π3，f ⎝⎛⎭⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π3x 在⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝⎛⎭⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， ∴函数g (x )＝sin x x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin x x 2.设u (x )＝x cos x －sin x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫π2＝2π. 9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0，解得x ＞1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－4，b ＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝⎛⎭⎫x ＝－12舍去， 则由已知得⎩⎨⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎡⎭⎫1，32 3．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，f (1)≥f (a )，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，(a －1)2(a ＋2)≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝2(103)2－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π， 所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝10时，V 取得极大值，也是最大值， 所以V max ＝2 000π.答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增， 当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝⎛⎭⎫1x ， ∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x －21＋x， 则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

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

利用导数求函数的极值、最值知识点讲解+例题讲解(含解析)

利用导数求函数的极值、最值知识点讲解+例题讲解(含解析)

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

考点18导数与函数的极值、最值(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点18导数与函数的极值、最值(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点18导数与函数的极值、最值（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．【知识点】1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧，右侧，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的；②将函数y＝f(x)的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件【核心题型】题型一　利用导数求解函数的极值问题根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．命题点1　根据函数图象判断极值【例题1】（2024·四川广安·二模）已知函数()()1e xf x ax =+，给出下列4个图象：其中，可以作为函数()f x 的大致图象的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式1】（23-24高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数()y f x =的导函数()y f x ¢=的图象，下列结论正确的是（ ）A ．()y f x =在=1x -处取得极大值B ．1x =是函数()y f x =的极值点C ．2x =-是函数()y f x =的极小值点D ．函数()y f x =在区间()1,1-上单调递减【变式2】（2023·河北·模拟预测）函数4211()f x x x =-的大致图象是（ ）A ． B ．C ．D ．【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率小于零B ．函数f （x ）在区间（－1，1）上单调递增C ．函数f （x ）在x ＝1处取得极大值D ．函数f （x ）在区间（－3，3）内至多有两个零点命题点2　求已知函数的极值【例题2】（2024·宁夏银川·一模）若函数()2()2e xf x x ax =--在2x =-处取得极大值，则()f x 的极小值为（ ）A ．26e -B ．4e-C ．22e -D ．e-【变式1】（2023·全国·模拟预测）函数()2tan πf x x x =--在区间ππ,22æö-ç÷èø的极大值、极小值分别为（ ）A ．π12+，π12-+B ．π12-+，3π12-+C ．3π12-，π12-+D ．π12--，3π12-+【变式2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知2e ,0,()41,0,xx f x x x x x ì>ï=íï---£î则方程2()(3)()30f x k f x k -++=可能有（ ）个解.A ．3B ．4C ．5D ．6【变式3】（2024·辽宁鞍山·二模）()2e xf x x -=的极大值为 ．命题点3　已知极值(点)求参数【例题3】（2024·全国·模拟预测）设12,x x 为函数()()()2f x x x x a =--（其中0a >）的两个不同的极值点，若不等式()()120f x f x +³成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[]1,4B ．(]0,4C ．()0,1D ．()4,+¥【变式1】（2024·四川绵阳·三模）若函数()()21ln 02f x ax x b x a =-+¹有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（）A ．0,0a b ><B ．0,0a b <>C ．14ab <D ．0ab >【变式2】（2024·辽宁·一模）已知函数()322f x x ax bx a =+++在=1x -处有极值8，则()1f 等于 ．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln 2f x x x ax a =-+-ÎR ．(1)若()f x 的极值为－2，求a 的值；(2)若m ，n 是()f x 的两个不同的零点，求证：()0f m n m n ¢+++<．题型二　利用导数求函数最值求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．命题点1　不含参函数的最值【例题4】（2024·陕西·模拟预测）[]1,2x "Î，有22ln a x x x ³-+恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[)e,+¥B ．[)1,+¥C ．e ,2éö+¥÷êëøD ．[)2e,+¥【变式1】（2024·四川·模拟预测）已知 ()()22ln f x x x a x x =-+-，若存在(]0,e 0x Î，使得()00f x £成立，则实数a 的取值范围是.【变式2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道12,l l 相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点,A B 分别在12,l l 上滑动（,A B 两点不与O 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点P 满足OP AB ^，则OAP △面积的取值范围是 .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x =．(1)求函数()()f xg x x=的最值．(2)证明：()2431e 3e e 044xx x x f x ---->（其中e 为自然对数的底数）．命题点2　含参函数的最值【例题5】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数21()e (R)2(1)xf x x bx a b a =--Î+，没有极值点，则1ba +的最大值为（ ）A B ．e 2C ．eD ．2e 2【变式1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）若过点(),a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（ ）A ．ln b a>B ．ln b a<C ．0a <D ．e ab >【变式2】．（2024·全国·模拟预测）函数()()()2ln 1f x x x ax =++-只有3个零点1x ，2x ，3x ()1233x x x <<<，则2a x +的取值范围是 ．【变式3】（2024·北京海淀·一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+Î+¥存在最大值，求a 的取值范围.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·广西·模拟预测）函数()3f x x ax =+在1x =处取得极小值，则极小值为（ ）A ．1B ．2C ．2-D ．1-2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数()y f x =及其导函数()y f x =¢的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为()0,1，则（ ）A ．函数()e xy f x =×的最大值为1B ．函数()e xy f x =×的最小值为1C ．函数()exf x y =的最大值为1D ．函数()e xf x y =的最小值为14．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数()2e e 2x xf x a b x =++有2个极值点，则（ ）A ．2016b a <<B ．0b >C ．4a b <D ．2b a>5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()sin cos e xa f x x x x +=+在()0,π上恰有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．π4e æöç÷ç÷èøB ．()π,e-¥C ．()π0,eD ．π4e ,ö÷÷ø+¥二、多选题6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()e xbf x a x=+在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则（ ）A ．0ab > B ．24e b a £C ．24e 0a b ->D ．对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则下列结论正确的是（ ）A ．当()*m n m n >ÎN ，时，m na a >B ．212n n n S S S +++<C ．数列{}2n S 是等差数列D ．1ln n nS n S -³三、填空题8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段,CE DF 与分别以,OC OD 为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点,C D 是线段AB 上的动点，点O 为线段,AB CD 的中点，点,E F 在以AB 为直径的半圆弧上，且,OCE ÐODF Ð均为直角.若1AB =百米，则此步道的最大长度为百米.9．（2023·江西赣州·模拟预测）当0x =时，函数()e x f x a bx -=+取得极小值1，则a b +=.四、解答题10．（2023·河南洛阳·一模）已知函数()211122f x x x =++．(1)求()f x 的图像在点()()22f ,处的切线方程；(2)求()f x 在1,22éùêúëû上的值域．11．（2024·上海静安·二模）已知R k Î，记()x x f x a k a -=+×（0a >且1a ¹）．(1)当e a =（e 是自然对数的底）时，试讨论函数()y f x =的单调性和最值；(2)试讨论函数()y f x =的奇偶性；(3)拓展与探究：① 当k 在什么范围取值时，函数()y f x =的图象在x 轴上存在对称中心？请说明理由；②请提出函数()y f x =的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）综合提升练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）若函数()()1ln 1f x x x ax =+-+是()0,¥+上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2ln 2-¥B ．(]0,2ln 2C ．(],2-¥D ．(]0,22．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数()e x f x x a =+在区间[]0,1上的最小值为1，则实数a 的值为（ ）A ．-2B ．2C ．-1D ．13．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数()ln f x x x ax =-有极值e -，则=a （ ）A ．1B ．2C ．eD ．34．（2024·广东佛山·二模）若函数()24ln bf x a x x x =++（0a ¹）既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是（ ）A ．a<0B ．0b <C ．1ab >-D ．0a b +>5．（2023·甘肃兰州·一模）已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（ ）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ³D ．21x x ³6．（2024·全国·模拟预测）记函数()y f x =的导函数为y ¢，y ¢的导函数为y ¢¢，则曲线()y f x =的曲率()3221y K y ¢¢=éù+ëû¢．则曲线ln y x =的曲率的极值点为（ ）ABCD7．（2024·北京朝阳·一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ×××，对任意()1,2,,i x i n =×××，存在2i y ³满足i i y x <，且i i y x i i x y =，则使得12115n n x x x x -++×××+£成立的最大正整数n 为（ ）A ．14B ．16C ．21D ．238．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数()f x 及其导函数()f x ¢的定义域均为R ，且()()()22e ,00x f x f x x f ¢-==，则()f x （ ）A ．有一个极小值点，一个极大值点B ．有两个极小值点，一个极大值点C ．最多有一个极小值点，无极大值点D ．最多有一个极大值点，无极小值点二、多选题9．（2023·全国·模拟预测）对函数()f x ，()g x 公共定义域内的任意x ，若存在常数M ÎR ，使得()()f x g x M -£恒成立，则称()f x 和()g x 是M -伴侣函数，则下列说法正确的是（ ）A ．存在常数M ÎR ，使得()()2log 5f x x =与()125log g x x=是M -伴侣函数B ．存在常数M ÎR ，使得()13x f x +=与()13x g x -=是M -伴侣函数C ．()ln f x x =与()2g x x =+是1-伴侣函数D ．若()()f x g x ¢¢=，则存在常数M ÎR ，使得()f x 与()g x 是M -伴侣函数10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2e =++xf x ax bx c 的极小值点为0，极大值点为()0m m >，且极大值为0，则（ ）A ．2m =B ．4b a=C ．存在0x ÎR ，使得()00f x >D ．直线3y a =与曲线()y f x =有3个交点11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln e e x f x a b a x =+-，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．若()f x 为减函数，则()00f <B ．若()f x 存在极值，则e 1b a >C ．若()10f =，则ln2b >D ．若()0f x ³，则b a³三、填空题12．（2022·广西·模拟预测）已知函数()21xx x f x e++=，则()f x 的极小值为 .13．（2023·广东汕头·一模）函数()36f x ax x =-的一个极值点为1，则()f x 的极大值是 ．14．（2024·上海闵行·二模）对于任意的12x x ÎR 、，且20x >，不等式1122e ln x x x x a -+->恒成立，则实数a 的取值范围为 .四、解答题15．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x ¢=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.16．（2024·海南·模拟预测）已知函数()2ln 1,f x x a x a =-+ÎR .(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()f x 有最小值2，求a 的值.17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数ln 1()ex f x x =-．(1)求()f x 的最大值；(2)证明：当0x >时，()e x f x x <．18．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21e 2e 22xx f x a ax =+--．(1)若曲线()y f x =在30,2a æö-ç÷èø处的切线方程为4210ax y ++=，求a 的值及()f x 的单调区间．(2)若()f x 的极大值为()ln2f ，求a 的取值范围．(3)当0a =时，求证：()2535e ln 22x f x x x x +->+．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·湖南衡阳·模拟预测）若曲线()(0)kf x k x=<与()e x g x =有三条公切线，则k 的取值范围为（ ）A ．1,0e æö-ç÷èøB ．1,eæö-¥-ç÷èøC ．2,0e æö-ç÷èøD ．2,e æö-¥-ç÷èø2．（2023·河南·三模）已知函数2()ln f x x x =，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在=x 12e -B ．()f x 在x =e2C ．()f x 在=x 12e -D ．()f x 在x =e 23．（2023·湖北·模拟预测）设函数3()22f x x x =-，若正实数a 使得存在三个两两不同的实数b ，c ，d 满足(,())a f a ，(,())b f b ，(,())c f c ，(,())d f d 恰好为一个矩形的四个顶点，则a 的取值范围为（ ）A ．10,2æùçúèûB ．1,12éùêúëûC ．æçèD ．ùúû4．（2024·湖北·二模）已知函数()1e e e x x xaxf x x +=++（e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的定义域为RB ．若函数()f x 在()()0,0P f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为2e 2e 2-，则1a =C ．当1a =时，()f x m =可能有三个零点D ．当1a =时，函数的极小值大于极大值二、多选题5．（2023·安徽·一模）已知函数()()3R f x x x x =-Î，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的单调递增区间为,æ-¥ççè和ö¥÷÷ø+C ．()f xD ．()f x 的极值点为,æççè6．（2024·浙江杭州·二模）过点()2,0P 的直线与抛物线C ：24y x =交于,A B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与直线2x =-交于点N ，作NM AP ^交AB 于点M ，则（ ）A ．直线NB 与抛物线C 有2个公共点B ．直线MN 恒过定点C ．点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=¹D ．3MN AB的最小值为三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）函数()()2ln ln f x x k x x k =-++在定义域内为增函数，则实数k的取值范围为 ．8．（2023·江苏淮安·模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-有三个零点，则a 的取值范围是 .四、解答题9．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数()()21e x f x x ax =--，R a Î.(1)当e2a =时，求()f x 的单调区间；(2)若方程()0f x a +=有三个不同的实根，求a 的取值范围．10．（2024·山西吕梁·二模）已知函数()()2ln 20a f x a x x a x =--¹.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)求()f x 在区间(]0,1上的最大值.。

高中数学《函数的极值》知识点讲解及重点练习

高中数学《函数的极值》知识点讲解及重点练习

5.3.2　函数的极值与最大(小)值第1课时　函数的极值学习目标　1.了解函数极值的概念，会从几何方面直观理解函数的极值与导数的关系.2.掌握函数极值的判定及求法.3.掌握函数在某一点取得极值的条件．知识点一　函数极值的定义1．极小值点与极小值若函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，就把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．极大值点与极大值若函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，就把b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．3．极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值．知识点二　函数极值的求法与步骤1．求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0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f(x)的极值的步骤(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)列表；(4)利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值．1．导数为0的点一定是极值点．(　×　)2．函数的极大值一定大于极小值．(　×　)3．函数y＝f(x)一定有极大值和极小值．(　×　)4．函数的极值点是自变量的值，极值是函数值．(　√　)一、求函数的极值例1　求下列函数的极值：(1)f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋5；(2)f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．解　(1)f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，即3x 2－6x －9＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f ′(x )＋0－0＋f (x )↗极大值↘极小值↗∴当x ＝－1时，函数y ＝f (x )有极大值，且f (－1)＝10；当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值，且f (3)＝－22.(2) f (x )＝x －a ln x 的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0，知①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．反思感悟　函数极值和极值点的求解步骤(1)确定函数的定义域．(2)求方程f ′(x )＝0的根．(3)用方程f ′(x )＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并列成表格．(4)由f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根左右的符号，来判断f (x )在这个根处取极值的情况．跟踪训练1　(1)求函数f (x )＝2xx 2＋1－2的极值．解　函数f (x )的定义域为R .f ′(x )＝2(x 2＋1)－4x 2(x 2＋1)2＝－2(x －1)(x ＋1)(x 2＋1)2.令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f ′(x )－0＋0－f (x )↘极小值↗极大值↘由上表可以看出，当x ＝－1时，函数有极小值，且极小值为f (－1)＝－3；当x ＝1时，函数有极大值，且极大值为f (1)＝－1.(2)已知函数f (x )＝x ＋ax ＋1，a ∈R .求此函数的极值．解　函数的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝1－ax 2＝x 2－ax2.当a ≤0时，显然f ′(x )>0，这时函数f (x )在区间(－∞，0)，(0，＋∞)上均单调递增，此时函数无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝±a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－a )－a (－a ，0)(0，a )a (a ，＋∞)f ′(x )＋0－－0＋f (x )↗极大值↘↘极小值↗由上表可知，当x ＝－a 时，函数取得极大值f (－a )＝－2a ＋1.当x ＝a 时，函数取得极小值f (a )＝2a ＋1.综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝－a 处取得极大值－2a ＋1，在x ＝a 处取得极小值2a ＋1.二、由极值求参数的值或取值范围例2　(1)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＝________，b ＝________.答案　4　－11解析　f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意得Error!即Error!解得Error!或Error!但由于当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，故f (x )在R 上单调递增，不可能在x ＝1处取得极值，所以Error!不符合题意，应舍去．而当a ＝4，b ＝－11时，经检验知符合题意，故a ，b 的值分别为4，－11.(2)已知函数f (x )＝13x 3－12(m ＋3)x 2＋(m ＋6)x (x ∈R ，m 为常数)，在区间(1，＋∞)内有两个极值点，求实数m 的取值范围．解　f ′(x )＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6.因为函数f (x )在(1，＋∞)内有两个极值点，所以f ′(x )＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6在(1，＋∞)内与x 轴有两个不同的交点，如图所示．所以Error!解得m >3.故实数m 的取值范围是(3，＋∞)．反思感悟　已知函数的极值求参数的方法(1)对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号．注意：求出参数后，一定要验证是否满足题目的条件．(2)对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立．跟踪训练2　(1)若函数f (x )＝ax －ln x 在x ＝22处取得极值，则实数a 的值为( )A.2B.22C ．2 D.12答案　A解析　因为f ′(x )＝a －1x ，所以f ′(22)＝0，即a －122＝0，解得a ＝2.(2)已知函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －1.①若函数的极大值点是－1，求a 的值；②若函数f (x )有一正一负两个极值点，求a 的取值范围．解　①f ′(x )＝x 2－2x ＋a ，由题意得，f ′(－1)＝1＋2＋a ＝0，解得a ＝－3，则f ′(x )＝x 2－2x －3，经验证可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值，故a ＝－3.②由题意得，方程x 2－2x ＋a ＝0有一正一负两个根，设为x 1，x 2，则x 1x 2＝a <0，故a 的取值范围是(－∞，0)．三、利用函数极值解决函数零点(方程根)问题例3　已知函数f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3，若函数y ＝f (x )的图象与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，求实数m 的取值范围．解　由f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3，可得f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，13 f ′(x )＋5x ＋m ＝13(3x 2－12x ＋9)＋5x ＋m ＝x 2＋x ＋3＋m .则由题意可得x 3－6x 2＋9x ＋3＝x 2＋x ＋3＋m 有三个不相等的实根，即g (x )＝x 3－7x 2＋8x －m 的图象与x 轴有三个不同的交点．∵g ′(x )＝3x 2－14x ＋8＝(3x －2)(x －4)，∴令g ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝4.当x 变化时，g (x )，g ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，23)23(23，4)4(4，＋∞)g ′(x )＋0－0＋g (x )↗极大值↘极小值↗则函数g (x )的极大值为g (23)＝6827－m ，极小值为g (4)＝－16－m .由g (x )的图象与x 轴有三个不同的交点，得Error!解得－16<m <6827.∴实数m 的取值范围为(－16，6827).反思感悟　(1)利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x 轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供了方便．(2)解决这类问题，一个就是注意借助几何图形的直观性，另一个就是正确求导，正确计算极值．跟踪训练3　若函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象与直线y ＝a 恰有三个不同的交点，则实数a 的取值范围是________．答案　(－43，283)解析　∵f (x )＝13x 3－4x ＋4，∴f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)．令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f ′(x )＋0－0＋f (x )↗极大值↘极小值↗∴当x ＝－2时，函数取得极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，函数取得极小值f (2)＝－43.且f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．根据函数单调性、极值的情况，它的图象大致如图所示，结合图象知－43<a <283.1．(多选)函数f (x )的定义域为R ，它的导函数y ＝f ′(x )的部分图象如图所示，则下面结论正确的是( )A．在(1,2)上函数f(x)单调递增B．在(3,4)上函数f(x)单调递减C．在(1,3)上函数f(x)有极大值D．x＝3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点答案　ABC解析　由题图可知，当1＜x＜2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当2＜x＜4时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当4＜x＜5时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，∴x＝2是函数f(x)的极大值点，x＝4是函数f(x)的极小值点，故A，B，C正确，D错误．2．(多选)已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)答案　AB解析　∵f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值，∴f′(2)＝0，即24＋4a＋36＝0，解得a＝－15，∴f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，由f′(x)＞0得x＜2或x＞3.3．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　令f′(x)＝e x＋x·e x＝(1＋x)e x＝0，得x＝－1.当x＜－1时，f′(x)＜0；当x＞－1时，f′(x)＞0.故x＝－1为f(x)的极小值点．4．函数f(x)＝x3－3x2＋1的极小值点为________．答案　2解析　由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，解得x ＝0或x ＝2.列表如下：x (－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f ′(x )＋0－0＋f (x )↗极大值↘极小值↗∴当x ＝2时，f (x )取得极小值．5．已知曲线f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1在点(1，f (1))处的切线斜率为3，且x ＝23是y ＝f (x )的极值点，则a ＝___________，b ＝________.答案　2　－4解析　f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由题意知Error!即Error!解得Error!经验证知符合题意．1．知识清单：(1)函数极值的定义．(2)函数极值的判定及求法．(3)函数极值的应用．2．方法归纳：方程思想、分类讨论．3．常见误区：导数值等于零不是此点为极值点的充要条件．1．下列函数中存在极值的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝x －e xC ．y ＝2D ．y ＝x 3答案　B解析　对于y ＝x －e x ，y ′＝1－e x ，令y ′＝0，得x ＝0.在区间(－∞，0)上，y ′>0；在区间(0，＋∞)上，y ′<0.故当x ＝0时，函数y ＝x －e x 取得极大值．2．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)答案　D解析　由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．3．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e)上的极大值为( )A ．－e B ．－1C ．1－e D ．0答案　B解析　函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，e)时，f ′(x )<0，故f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.4．已知a 是函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( )A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2答案　D解析　∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减，∴f (x )的极小值点为a ＝2.5．(多选)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的值可以是( )A ．－4 B ．－3 C ．6 D ．8答案　AD解析　由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)＝0有两个不相等的根，所以Δ＝4a 2－12(a ＋6)>0，解得a >6或a <－3.6．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．答案　－12解析　f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1；令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增，所以f (x )极小值 ＝f (－2)＝－12.7．设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点，则常数a ＝________.答案　－23解析　因为f ′(x )＝ax ＋2bx ＋1，由题意得Error!所以a ＝－23.8．已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc ，如果函数f (x )在x ＝1处取得极值－43，则b ＝________，c ＝________.答案　－1　3解析　f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，由Error!解得Error!或Error!若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，此时f (x )没有极值；若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)，当－3<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以当x ＝1时，f (x )有极大值－43.故b ＝－1，c ＝3即为所求．9.设函数f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．解　(1)f ′(x )＝a x －12x 2＋32(x >0)．由题意知，曲线在x ＝1处的切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(1，＋∞)上单调递增．故f (x )在x ＝1处取得极小值，极小值为f (1)＝3，无极大值．10．设a 为实数，函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a .(1)求f (x )的极值；(2)当a 在什么范围内取值时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点？解　(1)f ′(x )＝3x 2－2x －1.令f ′(x )＝0，得x ＝－13或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－13)－13(－13，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值 ↗∴f(x)的极大值是f (－13)＝527＋a，极小值是f(1)＝a－1.(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，x取足够小的负数时，有f(x)<0，∴曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．由(1)知f(x)极大值＝f (－13)＝527＋a，f(x)极小值＝f(1)＝a－1.∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0，即527＋a<0或a－1>0，∴a<－527或a>1，∴当a∈(－∞，－527)∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．11．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是( )答案　C解析　因为f(x)在x＝－2处取得极小值，所以当x＜－2时，f(x)单调递减，即f ′(x )＜0；当x ＞－2时，f (x )单调递增，即f ′(x )＞0.所以当x ＜－2时，y ＝xf ′(x )＞0；当x ＝－2时，y ＝xf ′(x )＝0；当－2＜x ＜0时，y ＝xf ′(x )＜0；当x ＝0时，y ＝xf ′(x )＝0；当x ＞0时，y ＝xf ′(x )＞0.结合选项中的图象知选C.12．函数y ＝x e x 在其极值点处的切线方程为________．答案　y ＝－1e解析　由题意知y ′＝e x ＋x e x ，令y ′＝0，解得x ＝－1，代入函数解析式可得极值点的坐标为(－1，－1e )，又极值点处的切线为平行于x 轴的直线，故方程为y ＝－1e.13．若函数f (x )＝x 3＋x 2－ax －4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为________．答案　[1,5)解析　∵f ′(x )＝3x 2＋2x －a ，函数f (x )在区间(－1,1)上恰有一个极值点，即f ′(x )＝0在(－1,1)内恰有一个根．又函数f ′(x )＝3x 2＋2x －a 的对称轴为x ＝－13.∴应满足Error!∴Error!∴1≤a <5.14．若函数f (x )＝x 3－3ax ＋1在区间(0,1)内有极小值，则a 的取值范围为________．答案　(0,1)解析　f ′(x )＝3x 2－3a .当a ≤0时，在区间 (0,1)上无极值．当a >0时，令f ′(x )>0，解得x >a 或x <－a .令f ′(x )<0，解得－a <x <a .若f (x )在(0,1)内有极小值，则0<a <1.15．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，且f (x )在x ＝x 0与x ＝2处取得极值，则f (1)＋f (－1)的值一定( )A ．等于0B ．大于0C ．小于0D ．小于或等于0答案　B解析　f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .令f ′(x )＝0，则x 0和2是该方程的根．∴x 0＋2＝－2b 3a <0，即b a>0.由题图知，f ′(x )<0的解集为(x 0,2)，∴3a >0，则b >0，∵f (1)＋f (－1)＝2b ，∴f (1)＋f (－1)>0.16．设函数f (x )＝x 33－(a ＋1)x 2＋4ax ＋b ，其中a ，b ∈R .(1)若函数f (x )在x ＝3处取得极小值12，求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间；(3)若函数f (x )在(－1,1)上只有一个极值点，求实数a 的取值范围．解　(1)因为f ′(x )＝x 2－2(a ＋1)x ＋4a ，所以f ′(3)＝9－6(a ＋1)＋4a ＝0，得a ＝32.由f (3)＝13×27－52×9＋4×32×3＋b ＝12，解得b ＝－4.(2)因为f ′(x )＝x 2－2(a ＋1)x ＋4a ＝(x －2a )(x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝2a 或x ＝2.当a >1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，2)，(2a ，＋∞)；当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，2a )，(2，＋∞)．(3)由题意可得Error!即Error!解得－12<a<12，所以实数a的取值范围是(－12，12).。

(完整版)导数与函数极值、最值问题(解析版).docx

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【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大.【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数 f (x) 的定义域并求出函数 f ( x) 的导函数 f ' (x) ；第二步求方程 f ' ( x)0 的根；第三步判断 f ' ( x) 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值 .例 1已知函数 f ( x)1ln x，求函数 f x的极值. x【答案】极小值为 1 ，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令 f ' ( x)0 ，可解出其极值点，然后根据导函数大于 0、小于 0 即可判断函数 f ( x) 的增减性，进而求出函数 f (x) 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数f ( x)x 322在 x1处有极值10，则等于（）ax bx a f (2)A ． 11 或 18B． 11C． 18D．17 或 18【答案】 C【解读】试卷分析： f (x)3x22axb , 3 2a b 0b 3 2aa 4 或 a 3 1 ab a 210a 2 a 12 0b 11．b 3当a 3时 , f ( ) 3(x 1)2 0, 在 x 1处 不 存 在 极 值 ．当a 4 时 ，b 3xb 11f (x)3x 2 8x 11 (3x 11)( x 1) ， x( 11 ,1), f ( x) 0 ；x (1, ), f ( x) 0,符合题意．所3以a 4． f (2)816 22 16 18 ．故选 C ．b11考点：函数的单调性与极值．【变式演练 2】设函数 f xln x1 ax2 bx ，若 x 1 是 f x的极大值点，则 a 的取值范围为2（ ）A ．1,0B ． 1,C ． 0,D ．, 1 U 0,【答案】 B 【解读】考点：函数的极值．【变式演练 3】函数 f x1 x 31 ( m 1) x2 2(m 1)x在 ( 0,4) 上无极值，则 m _____.( ) 32【答案】 3 【解读】试卷分析：因为 f (x)1 x 3 1(m 1)x 2 2(m 1) x ，32所以 f '(x)x 2(m 1)x 2(m 1) x 2 x m 1 ，由 f ' x 0 得 x 2 或 x m 1，又因为函数 f ( x) 1 x31(m 1) x22(m 1)x 在 (0,4) 上无极值，而2 0,4，所以只有m1 2 ，m 332时， f x在 R 上单调，才合题意，故答案为 3 .考点： 1、利用导数研究函数的极值； 2、利用导数研究函数的单调性 .【变式演练 4】已知等比数列 { a n} 的前 n 项和为S n2n 1k ，则f ( x)x3kx22x 1的极大值为（）A ． 2B．5C． 3 D ．7 22【答案】 B【解读】考点： 1、等比数列的性质； 2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数 f (x) x3(1a) x2ax 有两个不同的极值点x1， x2，且对不等式f ( x1) f ( x2 )0 恒成立，则实数 a 的取值范围是．【答案】(, 1] U1, 22【解读】试卷分析：因为 f (x1) f (x2 )0 , 故得不等式x13x23 1 a x12x22 a x1 x20 ,即x1 x2x123x1x2 1 a x122x1 x2 a x1x2 0 , x2x2由于 f ' x3x2 2 1 a x a, 令 f ' x 0得方程 3x2 2 1 a x a 0, 因x x 2 1a4 a2 a 1 0 ,123，代入前面不等式 , 并化简得故x1 x2a31a2a25a 2 0 ,解不等式得a 1 或1a 2 ，因此,当a 1 或1a 2时 , 不等式22f x1 f x20 成立 ,故答案为(, 1] U1,2 .2考点： 1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法 .【变式演练 6】已知函数 f x x3ax2x 2 a0的极大值点和极小值点都在区间1,1 内,则实数 a 的取值范围是．【答案】 3 a 2【解读】考点：导数与极值．类型二求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步求出函数 f ( x) 在开区间 ( a,b) 内所有极值点；第二步计算函数 f ( x) 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例 2 若函数 f x e x x2mx ，在点 1, f 1 处的斜率为 e 1．（ 1）求实数 m 的值；（ 2）求函数 f x在区间1,1 上的最大值．【答案】（） m1；（）f x max e .12【解读】试卷分析：（ 1）由f (1) e 1解之即可；（ 2）f x e x 2 1为递增函数且f 1 e 1 0, f 1 e13 0 ,所以在区间( 1,1)上存x在 x 0 使 f ( x 0 ) 0 ，所以函数在区间 [ 1,x 0 ] 上单调递减，在区间 [ x 0 ,1] 上单调递增，所以f xmaxmax f1 , f 1，求之即可 .试卷解读： （1）f x ex2，∴f 1 e 2 m，即e 2 m e 1，解得m 1 ；x m实数 m 的值为 ；1（ ）x 21为递增函数，∴ f1 e 1 0, f 1e 13 0 ，2 f x ex存在 x 01,1 ，使得 f x 00 ，所以 fxmaxmax f1 , f 1 ，f1 e 12, f 1e ，∴f x maxf 1e考点： 1.导数的几何意义； 2.导数与函数的单调性、最值 .【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围 .【变式演练 7】已知 f ( x)x x 1.e（ 1）求函数 y f (x) 最值；（ 2）若 f ( x 1 ) f ( x 2 )( x 1 x 2 ) ，求证： x 1 x 2 0 .【答案】（1） f ( x) 取最大值 f ( x)max f (0) 1，无最小值；（ 2）详见解读 .【解读】e x (x 1) e xx 试卷解读：（ 1）对 f (x) 求导可得 f ( x)2xx ，ee令 f ( x)xx 0 得 x=0.e当 x (0, ) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，当 x=0 时， f ( x) 取最大值f ( )f (0) 1，无最小值.x max（ 2）不妨设 x 1 x 2 ，由（ 1）得当 x ( ,0) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增；当 x (0, ) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，若 f (x 1 )f ( x 2 ) ，则 x 1 0 x 2 ，考点： 1.导数与函数的最值； 2.导数与不等式的证明 .【变式演练 7】已知函数 f ( x) xln x ， g (x)x 2 ax 2 .（Ⅰ）求函数 f ( x) 在 [t, t 2](t0) 上的最小值；（Ⅱ）若函数 y f ( x) g ( x) 有两个不同的极值点 x 1, x 2 ( x 1 x 2 ) 且 x 2 x 1 ln 2 ，求实数 a 的取值范围 .1 ，12ln 2 ln(ln 2) 1 .【答案】（Ⅰ） f (x)minee；（Ⅱ） a133t ln t, te【解读】试卷分析：（Ⅰ）由 f ' ( x) ln x 10 ，得极值点为 x1，分情况讨论 0 t1及 t1时，函eee数 f (x) 的最小值；（Ⅱ）当函数 yf ( x) g(x) 有两个不同的极值点，即 y 'ln x2x 1 a 0有两个不同的实根 x 1, x 2 (x 1 x 2 ) ，问题等价于直线 y a 与函数 G( x)ln x 2x 1 的图象有两个不同的交点，由 G(x) 单调性结合函数图象可知当 aG ( x)min1) ln 2 时， x 1 , x 2 存在，且 G (2x 2 x 1 的值随着 a 的增大而增大， 而当 x 2 x 1 ln 2 时，由题意ln x 1 2x 1 1 a 0ln x 2 2x 2 1 a， x 2 4x 1代入上述方程可得 x 2 4x 14ln 2 ，此时实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln(ln 2) 1 .333试卷解读：（Ⅰ）由 f ' (x) ln x 10 ，可得 x1 ，e① 0 t1时，函数 f ( x) 在 (t, 1) 上单调递减，在 ( 1,t2) 上单调递增，eee函数 f ( x) 在 [t, t 2](t 0) 上的最小值为 f ( 1)1 ，ee②当 t1时， f ( x) 在 [t, t 2] 上单调递增，ef (x)minf (t ) t ln t ，1 ，1f (x)minee ；t ln t ,t 1e两式相减可得 lnx 12( x 1 x 2 )2ln 2x 2x 2 4x 1 代入上述方程可得 x 24x 14ln 2 ，3此时 a2ln 2 ln(ln 2) 1 ，33所以，实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln(ln 2) 1 ；33考点：导数的应用．【变式演练 8】设函数 f x ln x1 .（ 1）已知函数 F xf x1 x23 x1,求 F x 的极值；42 4（ 2）已知函数 G xf xax 22a 1 x a a 0 ,若存在实数 m2,3 ,使得当 x0,m 时,函数 G x 的最大值为 G m ,求实数 a 的取值范围 .【答案】（1）极大值为 0 ，极小值为 ln 23；（2） 1 ln 2,.4【解读】F x , F ' x 随 x 的变化如下表 :x0,111,222,F ' x00F x Z0]ln 23Z 4当 x 1 时函数 F x 取得极大值 F 10 。

导数与函数的极值和最值考点及题型

导数与函数的极值和最值考点及题型

第三节导数与函数的极值、最值❖基础知识1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．❖常用结论(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．考点一利用导数解决函数的极值问题考法(一)利用导数求函数的极值或极值点[典例](2018·天津高考改编)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：[解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤(1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．[解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选Cf ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x－1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减， 所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2.[解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)． 答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( ) A ．[－3，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ，设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x 2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2. 答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件． 解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1－ln x )x 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x2x.令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________． 解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．贾老师数学解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。

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

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

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

导数与函数的单调性、极值、最值问题(题型归纳)

导数与函数的单调性、极值、最值问题(题型归纳)

导数与函数的单调性、极值、最值问题【考情分析】1.考查特点:(1)高考对导数几何意义的考查,多在选择题、填空题中出现,难度较小,有时出现在解析题第一问;(2)高考重点考查导数的简单应用,即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,多在选择题、填空题的后几题中出现,难度中等,有时也出现在解析题的第一问.2.关键能力:逻辑思维能力、运算求解能力,创新能力.3.学科素养:逻辑推理、数学运算、数据分析.【题型一】导数的几何意义【典例分析】1．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三模拟）已知函数()2ln f x ax b x =+的图象在点()()1,1f 的切线方程为32y x =-，则a b +=（）A ．2B ．0C ．1D ．2-【答案】A【解析】()2ln f x ax b x =+ ，则()2bf x ax x'=+，由题意可知点()()1,1f 在直线32y x =-上，所以，()1321f =-=，所以，()()11123f a f a b ⎧==⎪⎨=+='⎪⎩，解得1a b ==，因此，2a b +=.故选：A.2．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知P 是曲线[]()sin 0,y x x π=-∈上的动点，点Q 在直线260x y --=上运动，则当PQ 取最小值时，点P 的横坐标为（）A ．4πB ．2πC ．23πD ．56π【答案】C【解析】如下图所示：若使得PQ 取值最小值，则曲线[]()sin 0,y x x π=-∈在点P 处的切线与直线260x y --=平行，对函数sin y x =-求导得cos y x '=-，令12y ¢=，可得1cos 2x =-，0x π≤≤ ，解得23x π=.故选：C.【提分秘籍】应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数；(2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率；(3)切点既在原函数的图象上也在切线上.【变式演练】1．（2021·浙江镇海中学高三模拟）已知曲线322()13f x x x ax =-+-上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 可能的取值（）A ．196B ．3C ．103D ．92【答案】AC【解析】∵322()13f x x x ax =-+-，∴2()22f x x x a '=-+，可令切点的横坐标为m ，且0m >，可得切线斜率2223k m m a =-+=即22230m m a -+-=，由题意，可得关于m 的方程22230m m a -+-=有两个不等的正根，且可知1210m m +=>，则1200m m ∆>⎧⎨⋅>⎩，即2242(3)0302a a ⎧-⨯⨯->⎪⎨->⎪⎩，解得：732a <<，所以a 的取值可能为196，103.故选：AC.2．（2021·湖北武汉市·汉阳一中高三模拟）曲线ln xy x=在1x =处的切线与曲线2y ax ax =-相切，则a =_________．【答案】1【解析】因为ln x y x =，所以()22ln ln 1ln x x x x x y x x''--'==，则121ln1|11x y =-'==，且切点坐标为()1,0，故切线方程为1y x =-，又2y ax ax =-，则2y ax a '=-，设切点坐标为()00,x y ，则0002000211ax a x y ax ax y -=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩解得00110a x y =⎧⎪=⎨⎪=⎩，故答案为：1【题型二】利用导数研究函数的单调性【典例分析】【例1】（2020·海南中学高三模拟）已知ln a =，1b e -=，3ln 28c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c a b>>D ．b a c>>【答案】D【解析】根据题意，ln55a =，1ln =e b e e -=，ln88c =.令()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，由()0f x '<得x e >；由()0f x '>得0x e <<；则函数()f x 在()0e ，上单调递增，在(),e +∞上单调递减，又58e <<，所以()()()58f e f f >>，因此b a c >>．故选：D ．【例2】（2020·武汉外国语学校高三模拟）定义在R 上的函数()f x 满足：()()22f x f x x -+=，且当0x ≤时，()2f x x '<，则不等式()()25510f x x x f +-+≥的解集为______．【答案】5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】因为()()22f x f x x -+=，所以()()()220f x x f x x ---+-=，令()()2g x f x x =-，则()()0g x g x -+=，所以()g x 为奇函数．又因为当0x ≤时，()()20g x f x x ''=-<，所以()g x 在(],0-∞上单调递减，即()g x 在R 上单调递减．而不等式()()()()()()()2225510555f x f x x f x x f x x g x g x +≥-+⇔-≥---⇔≥-，所以5x x ≤-，所以52x ≤．故答案为：5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【提分秘籍】利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认；(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况【变式演练】1．（2021·湖南长沙雅礼中学高三模拟）已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x ，()'f x 是()f x 的导函数，且恒有cos ()sin ()0xf x xf x '+<成立，则()A．64f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD【解析】根据题意，令()()cos f x g x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则其导数2()cos sin ()()f x x x f x g x cos x '+'= ，又由(0,2x π∈，且恒有cos ()sin ()0x f x x f x '+< ，则有()0g x '<，即函数()g x 为减函数，又由63ππ<，则有()()63g g ππ>，即()()63cos cos 63f f ππππ>，分析可得()()63f ππ>；又由64ππ<，则有()(64g g ππ>，即()(64cos cos 64f f ππππ>()()64ππ>．故选：CD ．2.（2011·山东青岛市·高三一模）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且满足'()()0f x f x ->，()20212021f e =，则不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为【答案】()60630,e【解析】由题可设()()x f x F x e=，'()()0f x f x -> ，则2'()()'()()'()0x x x xf x e f x e f x f x F x e e--==>，所以函数()F x 在R 上单调递增，2021(2021)(2021)1f F e ==，将不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭1ln 311ln ln 3311ln ln 33x x x f x f x e e e⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅=，可得1ln 13F x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln (2021)3F x F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，有1ln 20213x <，故得60630x e <<，所以不等式1ln 3f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()60630,e 【题型三】利用导数研究函数的极值和最值【典例分析】1.（安徽省宣城市2021届高三下学期第二次调研数学试题）已知函数3()7f x x ax =-+的极小值为5．（1）求a 的值，并求出()f x 的单调区间；（2）若函数()()g x f x mx =+在(3,1)a --上的极大值不小于10m -，求实数m 的取值范围．【解析】（1）2()3f x x a '=- ，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，无极值，当0a >时，2()30f x x a '=-=，解得：3x =±，x ，()f x'，()f x 的变化如下：()f x 递增极大值递减极小值递增()53f x f ⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭极小值，即3337533a ⎛⎫-⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭，解得：3a =；()f x ∴的递减区间是3,3⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭，3,3⎫+∞⎪⎪⎝⎭，递减区间是33,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知3a =，故3()(3)7g x x m x =+-+，2()3(3)g x x m '=+-，当30m -≥时，()0g x '≥恒成立，()g x ∴在R 上递增，无极值，当30m -<时，()0g x '=，解得：3x =±，x ，()g x'，()g x 的变化如下：93()103g x g m ⎛⎫∴=-≥- ⎪ ⎪⎝⎭极大值，即39393(3)71033m m ⎛⎛-+--+≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：154m ≤-，又323m --<-< ，解得：243m -<<，15244m ∴-<≤-，即实数m 的取值范围是15244m m ⎧⎫-<≤-⎨⎬⎩⎭∣．2.（2021·重庆南开中学高三模拟）已知A 、B 两地相距200km ，一只船从A 地逆水行驶到B 地，水速为8km /h ，船在静水中的速度为v km/h(8<v ≤v 0)．若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当v ＝12km/h 时，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船的实际速度为多少？【解析】设每小时的燃料费为y 1，比例系数为k (k >0)，则y1＝k v2，当v＝12时，y1＝720，∴720＝k·122，得k＝5，即y1＝5v2.设全程燃料费为y，由题意，得y＝y1·2 200100088vv v=--，∴y′＝222000(8)1000(8)v v vv---＝22100016000(8)v vv--.令y′＝0，得v＝16，∴当v0≥16时，y在(8,16)上递减，在[16，v0]上递增，即v＝16km/h时全程燃料费最省，y min＝32000(元)；当v0<16时，即y在(8，v0]上为减函数，∴当v＝v0时，y min＝210008vv-(元)．综上，当v0≥16时，v＝16km/h时全程燃料费最省，为32000元；当v0<16时，v＝v0时全程燃料费最省，为210008vv-元．【提分秘籍】1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.(2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.(3)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.2.已知函数极值点或极值求参数的方法(1)列式:根据极值点处的导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:因为导数值等于0并不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.3.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【变式演练】（2021·山东滕州一中高三模拟）音乐是用声音来表达思想情感的一种艺术，数学家傅里叶证明了所有的器乐和声乐的声音都可用简单正弦函数sin y A x ω=的和来描述，其中频率最低的称为基音，其余的称为泛音，而泛音的频率都是基音频率的整数倍，当一个发声体振动发声时，发声体是在全段振动的，除了频率最低的外，其余各部分(如二分之一､三分之一…)也在振动，所以我们听到声音的函数是11sin sin 2sin 323y x x x =+++ ，则声音函数1sin sin 22y x x =+的最大值是（）A ．32B ．1C ．4D ．4-【答案】C【解析】1sin sin 22y x x =+，周期为2π，只需要求y 在[0,2]π上最大值.令cos cos 20y x x =+='，解得：3x π=或x π=或53x π=，当(0,3x π∈时，'0y >，当(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,2)3x ππ∈时，'0y >，所以y 在550,,,,,,,23333πππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭3x π=时，4y =；2x π=时，y =0max 334y ∴=.故选：C.2.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.1．（2021·山东济宁市·高三一模）已知曲线x y e =在点()11,xx e 处的切线与曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线相同，则()()1211x x +-=（）A ．-1B ．-2C ．1D ．2【答案】B 【解析】已知曲线x y e =在点()11,x x e 处的切线方程为()111x xy e e x x -=-，即1111x x x y e x e x e =-+，曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即2211ln y x x x =-+，由题意得11121211ln x x x e x e e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩，得121x x e =，11112111ln 1ln 1x x x e x e x e x -=-+=-+=--，则11111x x e x +=-.又121x x e=，所以12111x x x -=+，所以1211121111x x x x ---=-=++，所以()()12112x x +-=-.故选B.2．（2021·福建莆田市·高三模拟）已知函数3()f x x kx k =+-，则“0k <”是“()f x 有极值”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若“()f x 有极值”，则2()30f x x k '=+=有两个不等的实数根，所以0430k ∆=-⨯>，解得0k <，当0k <时，令2()30f x x k '=+=可得x =，此时3()f x x kx k =+-在,⎛-∞ ⎝单调递增，在⎛ ⎝单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增，所以“0k <”可以推出“()f x 有极值”，所以“0k <”是“()f x 有极值”的充要条件.故选：C 3．（2021·江西高三二模）已知函数21()ln 12f x x x =-+，若()0f x kx ->恰有3个正整数解，则k 的取值范围为（）A ．ln 27ln 37,2436⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．ln 27ln 37,2436⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．ln 27ln 37,2436⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．ln 27ln 37,2436⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由题意，()0f x kx ->恰有3个正整数解，转换为ln y x =的图象与2112y x kx =-+的图象交点问题，作出ln y x =和2112y x kx =-+的图象，如图：要使21ln 12x x kx >-+恰有3个正整数解，则需满足：9ln 313k 2ln 474k⎧>-+⎪⎨⎪<+⎩，解得：ln 27ln 372436k -<<-，故选B ．4．（2021·钦州市第三中学高三模拟）若函数op =12B 2+En −存在单调递增区间，则的取值范围是（）A ．(−1,1)B ．(−1,+∞)C ．(−1,+∞)D ．(−∞,1)【答案】B【解析】解：f′（x ）=ax+ln ，∴f′（x ）＞0在x ∈0，+∞上成立，即ax+ln ＞0，在x ∈0，+∞上成立，即a ＞−l 在x ∈0，+∞上成立．令g （x ）=−l ，则g′（x ）=−1−lnx 2，∴g （x ）=−l，在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）=−l 的最小值为g （e ）=−1∴a ＞−1．故选B ．5．（2021·山东枣庄市·滕州市第一中学高三月考）函数()2ln x f x x=的图象大致是()A．B ．C ．D ．【答案】D【解析】因为()()f x f x -=-，所以函数的奇函数，排除答案A 、C ，又当01x <<时，1()2ln x f x x=，21ln 1()02(ln )x f x x -'=<，函数1()2ln x f x x=单调递减，故排除答案B ，应选答案D ．6．（2021·安徽省涡阳第一中学高三模拟）已知函数()f x 满足(2)()f x f x +=，当[]1,1x ∈-时，2()f x x =，那么函数()()lg g x f x x =-的零点共有（）A ．7个B ．8个C ．9个D ．10个【答案】D【解析】根据题意，函数()y f x =满足()()f x f x 2=+，则函数()y f x =是周期为2的周期函数，设()h x lgx =，则函数()()g x f x lgx =-的零点个数即图象()y f x =与()y h x =的交点个数，由于()f x 的最大值为1，所以x 10>时，图象没有交点，在()0,1上有一个交点，()1,3，()3,5，()5,7，()7,9上各有两个交点，如图所示，在()9,10上有一个交点，故共有10个交点，即函数零点的个数为10；故选D ．7．（2021·江苏苏州大学附属中学高三模拟）已知函数()()(ln )e x f x x ax ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎫⎛ ⎪⎝⎭B ．1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．(0,e)D ．(1,e)【答案】A【解析】若()0f x <，则ln x ax -与e x ax -异号，如图所示，ln >x e x 恒成立∴问题等价于y ax =在x y e =与ln y x =之间转动根据重要不等式x e ex ≥，ln x x e≤.∴1a e e<<，故选：A 8．（2021·重庆南开中学高三模拟）已知函数()3121,02,0x x f x x x ⎧-++<⎪=⎨⎪≥⎩，若存在实数a ，b ，c ，当a b c <<时，满足()()()f a f b f c ==，则()()()af a bf b cf c ++的取值范围是（）A ．()4,0-B ．()3,0-C ．[)4,0-D ．[)3,0-【答案】B 【解析】312,221(),202,0x x f x x x x x ⎧+<-⎪⎪⎪=--≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩，作出函数()f x 的图象，如图：由图可知4a b +=-，01c <<，所以()()()af a bf b cf c ++343()()(4)()(4)4a b c f c c f c c c c c =++=-=-=-，令43()4(01)g c c c c =-<<，则32()412g c c c '=-24(3)c c =-，因为01c <<，所以()0g c '<，所以43()4g c c c =-在(0,1)上为单调递减函数，所以(1)()(0)g g c g <<，即30c -<<，所以()()()af a bf b cf c ++的取值范围是()3,0-.故选：B9．（2021·山东淄博实验中学高三模拟）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（）A ．010x e <<B ．01x e >C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AD 【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=，120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,当1x e >时，()0f x '>0,()x f x '→→-∞ ,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;()()()2000000000002ln 2l 1n 20f x x x x x x x x x x x +=++=-++=>,即D 正确,C 不正确.故答案为:AD.10．（2021·江苏省南京师大附中高三模拟）已知函数()f x 定义域为[]1,5-，部分对应值如表，()f x 的导函数()f x '的图象如图所示.下列关于函数()f x 的结论正确的有（）x 1-0245()f x 12021A ．函数()f x 的极大值点有2个B ．函数在()f x 上[]0,2是减函数C ．若[]1,x t ∈-时，()f x 的最大值是2，则t 的最大值为4D ．当12a <<时，函数()y f x a =-有4个零点【答案】ABD【解析】由导数的正负性可知，函数()y f x =的单调递增区间为(),0-∞、()2,4，单调递减区间为()0,2、()4,+∞，B 选项正确；函数()y f x =有2个极大值点，A 选项正确；当[]1,5x ∈-时，函数()y f x =最大值是2，而t 最大值不是4，C 选项错误；作出函数()y f x =的图象如下图所示，由下图可知，当12a <<时，函数y a =与函数()y f x =的图象有四个交点，D 选项正确.故选：ABD.12．（2021·山东省烟台高三一模）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =-，其导函数()f x '满足()1f x m '>>，则下列成立的有（）A ．11m f m m -⎛⎫> ⎪⎝⎭B ．11f m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭C ．1111f m m ⎛⎫> ⎪--⎝⎭D ．101f m ⎛⎫<⎪-⎝⎭【答案】AC【解析】设()()g x f x mx =-，则()()0g x f x m ''=->，故函数()()g x f x mx =-在R 上单调递增，且10m>，()10g g m ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故111f m ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，10f m ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，而10m m -<，11m f m m -⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，故A 正确，B 错误．101m >-，故()101g g m ⎛⎫> ⎪-⎝⎭，所以1111m f m m ⎛⎫->-⎪--⎝⎭，11011f m m ⎛⎫>> ⎪--⎝⎭，故C 正确，D 错误．故选：AC .13．（2021·辽宁省实验中学高三模拟）定义在()0+∞，的函数()f x 满足()()()1,11f x xf x f x'+==，则()f x 的零点是_______．【答案】1e【解析】令()()ln F x xf x x =-，则()()()1F x f x xf x x ''=+-，又()()1f x xf x x '+=，所以()()()10F x f x xf x x''=+-=，则函数()F x 为常函数，又()()111ln11F f =⨯-=，所以()()()1ln ln 1x F x xf x x f x x +=-=⇒=令()0f x =，所以1=x e 故答案为：1e14．（2021·嘉祥县第一中学高三模拟）某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为___________.【答案】2627π【解析】设中空圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为2(02)h h +<<，则22()12h r +=，2214h r =-，∴中空圆柱的体积22(2)(1)(2)4h V r h h ππ=+=-+．23(1)4V h h π'=-+-，可得当2(0,3h ∈时，0V '>，当2(3h ∈，2)时，0V '<，则当23h =时，V 取得最大值为6427π，又毛坯的体积为2341012133πππ⨯⨯+⨯=，∴该模具体积的最小值为10642632727πππ-=．故答案为：2627π．15．（2021·重庆高三模拟）已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()x g x f x xe -=+，则a =______；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为______.【答案】1(),2e -∞【解析】因为y x =为奇函数，()()x x f x x ae e =-为偶函数，所以x x y ae e =-为奇函数，∴000ae e =-，所以1a =，则()xg x xe =.因为()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，所以x e m e x<+对()0,x ∈+∞恒成立.设函数()()0x e h x e x x =+>，则()2'x e h x e x =-，显然()2'x e h x e x=-在()0,x ∈+∞上单调递增，且()'10h =，所以当01x <<时，()'0h x <；当1x >时，()'0h x >.从而可得()()min 12h x h e ==，故m 的取值范围为(),2e -∞.16.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.17.（北京市海淀区2021届高三一模数学试题）已知函数()sin f x x x =.（1）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的单调性，并说明理由；（2）求证：函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点；（3）求函数()1()ln f x g x x+=在区间(1,]π上的最小值.【答案】（1）增函数，理由见解析（2）证明见解析（3）1ln π【解析】（1）因为()sin f x x x =，所以()sin cos f x x x x '=+⋅，因为02x π<<，所以()0f x '>，所以函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数.（2）设()()h x f x '=，则()cos cos sin 2cos sin h x x x x x x x x '=+-⋅=-⋅，当2x ππ<<时，()0h x '<，所以()h x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，又()102h π=>，()0h ππ=-<，所以存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0h x =，即存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0f x '=，()f x 与()'f x 在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内的变化情况如下：x 0(,)2x π0x 0(,)x π()'f x +0-()f x 增函数极大值减函数所以函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点.（3）由（1）（2）知，()f x 在0(1,)x 内单调递增，在0(,)x π内单调递减，又因为(1)sin10f =>，()0f π=，所以当(1,]x π∈时，()11f x +≥，又因为当(1,]x π∈时，0ln ln x π<≤，所以()11()ln ln f x g x x π+=≥，当且仅当x π=时等号成立，所以()g x 在(1,]π上的最小值为1ln π.。

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题(解析版)

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题(解析版)

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

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

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

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

第二节 导数与函数的极值、最值知识点汇总

第二节 导数与函数的极值、最值知识点汇总

第二节导数与函数的极值、最值知识点汇总考点一利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．[解] 由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．[例2] 设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．[解] f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x＞－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．当0＜a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－1 2，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－1 4 .所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数f(x)单调递增．因此函数f(x)有两个极值点．③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1＜x2.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g(x)＝ln x－mx＋mx存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．[解] 因为g(x)＝ln x－mx＋m x ，所以g′(x)＝1x－m－mx2＝－mx2－x＋mx2(x＞0)，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h 0＞0，12m＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a ＞12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )＜0;当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2＜0，ax －1≤12x －1＜0，所以f ′(x )＞0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值． [解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎨⎧f ′x ＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎨⎧f ′x＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)①当⎩⎨⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln2m 2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.[题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1. ①当a ＜0，即12a＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时， 若12a ＜1，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾． 若x 2＝12a≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a＝1e－2或a＝－2.考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋12x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥e x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．[解] (1)∵f′(x)＝1x＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，即1x＋x－a≥0恒成立，∴a≤⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x min，而x＋1x≥2 x·1x＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝1x＋x－a＝x2－ax＋1x(x＞0)，∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，∴f(x2)－f(x1)＝ln x2x1＋12(x22－x21)－a(x2－x1)＝lnx2x1－12(x22－x21)＝lnx2x1－12(x22－x21)1x1x2＝lnx2x1－12⎝⎛⎭⎪⎫x2x1－x1x2，设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝ln t－12⎝⎛⎭⎪⎫t－1t(t≥e)，则h′(t)＝1t－12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1t2＝－t－122t2＜0，∴h(t)在[e，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h(e)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－e＋ee，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ e ＋e e .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝2ax ＋be x －ax 2＋bx ＋ce x e x 2＝－ax 2＋2a －bx ＋b －ce x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f －3＝9a －3b ＋ce－3＝－e 3，g 0＝b －c ＝0，g－3＝－9a －32a －b＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e－5＝5e 5＞5＝f (0)， 所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A级1．函数f(x)＝x e－x，x∈[0,4]的最小值为( )A．0 B.1 eC.4e4D.2e2解析：选A f′(x)＝1－x e x，当x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝4e4＞0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则a的值为( )A．－1 B．0C．1 D．e解析：选C f′(x)＝a e x－cos x，若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.3．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )A．15 B．16C．17 D．18解析：选D 因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x21＋x22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x ＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22 B.5－ln 22 C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫y －22⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋22y(y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎪⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0＜x ＜1a时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3x在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0.∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1，∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，∴函数g (x )＝sin x x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin xx 2.设u (x )＝x cos x－sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π.9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x2＝ax －1x2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0，解得x ＞1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞；由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件． ②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即lna ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.② 联立①②，解得⎩⎨⎧a ＝－4，b ＝11或⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍去，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，f 1≥f a，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，a －12a ＋2≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝21032－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π，所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝所以V max ＝2 000π. 答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋xx ＋12，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值．解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x x －2a ＋3x ＋13，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减． ②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减． 综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值． 令h (x )＝g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x)－ln x＋1x－21＋x，则h′(x)＝2x3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln1＋x－2x2＋xx＋12.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。

(完整版)导数与函数的极值、最值问题(解析版)

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导数与函数的极值和最值问题 类型一 利用导数研究函数的极值解题模板：第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步 求方程'()0f x =的根；第三步 判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.例1 已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（ ）A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 【答案】C 【解析】试题分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（ ）A ．()1,0-B ．()1,-+∞C ．()0,+∞D ．()(),10,-∞-+∞【答案】B 【解析】【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____. 【答案】3 【解析】试题分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=， 所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.【变式演练4】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+> , 故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此, 当1a ≤-或122a ≤≤时, 不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦.【变式演练5】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>的极大值点和极小值点都在区间()1,1-内, 则实数a 的取值范围是 ． 【答案】32a << 【解析】类型二 求函数在闭区间上的最值解题模板：第一步 求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点；第二步 计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2 若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +． （1）求实数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值． 【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解析】试题分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可.试题解析： （1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =； 实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<， 存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==【变式演练6】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. 求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；【答案】（Ⅰ）min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e =，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--.试题解析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增，∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，； 练习1. 若322()7f x x ax bx a a =++--在1x =处取得极大值10，则ba的值为（ ） A ．32-或12- B ．32-或12 C ．32- D ．12-【答案】C 【解析】试题分析：∵322()7f x x ax bx a a =++--，∴()bax x x f ++='232，又322()7f x x ax bx a a =++--在1=x 处取得极大值10，∴()023=++='b a x f ，()107112=--++=a a b a f ，∴01282=++a a ，∴2-=a ，1=b 或6-=a ，9=b ．当2-=a ，1=b 时，()()()1131432--=+-='x x x x x f ，当131<<x 时，()0<'x f ，当1>x 时，()0>'x f ，∴()x f 在1=x 处取得极小值，与题意不符；当6-=a ，9=b 时，()()()31391232--=+-='x x x x x f ，当1<x 时，()0>'x f ，当31<<x 时，()0<'x f ，∴()x f 在1=x 处取得极大值，符合题意；23-=a b ，故选C ． 考点：利用导数研究函数的极值． 2. 已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12,x x ，都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(0,1]B ．(1,)+∞C ．(0,1)D ．[1,)+∞ 【答案】D 【解析】考点：函数导数与不等式，恒成立问题． 3．等差数列}{n a 中的40251a a ，是函数16431)(23-+-=x x x x f 的极值点，则20132log a 等于（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 【答案】A 【解析】试题分析：2'()86f x x x =-+,14025,a a 是方程2860x x -+=的两根,由韦达定理有140258a a +=,所以2013201328,4a a ==,故220132log log 42a ==,选A. 考点：1.函数的极点；2.等差数列的性质；3.导数的计算.4. 【2017届河南濮阳第一高级中学高三上学期检测二数学试卷，文12】已知函数321()3f x x x ax =++.若1()x g x e =,对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,8]e e -∞- B ．[8,)e e -+∞ C ．[2,)e D ．3(,]32e - 【答案】A 【解析】考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应用.5. 已知数列{}n a 中，11a =，函数3212()3432n n a f x x x a x -=-+-+在1x =处取得极值，则n a =_________． 【答案】1231n -⋅- 【解析】试题分析：因为3212()3432n n a f x x x a x -=-+-+，所以()21'23n n f x x a x a -=-+-，()1'1230n n f a a -∴=-+-=，()1132,131n n n n a a a a --=++=+,{}1n a +是以112a +=为首项, 以3为公比的等比数列11123,231n n n n a a --+=⨯=⨯-，故答案为1231n --． 考点：1、利用导数求函数极值；2、根据数列的递推公式求通项公式．6.若正数t 满足()2ln 1a e t t -=（e 为自然对数的底数），则实数a 的取值范围为___________．【答案】1a e≥．【解析】试题分析：设()(2)ln f t e t t =-，2'()ln e t f t t t -=-+2ln 1et t=--，显然'()0f e =，又221"()e f t t t=--，当0t >时，"()0f t <，故'()f t 是减函数，所以当0t e <<时，'()0f t >，()f t 递增，当t e >时，'()0f t <，()f t 递减，所以x e =时，()f t 取极大值也是最大值()(2)ln f e e e e e =-=，当t →+∞（或0t →）时，()f t →-∞，因此()f t e ≤，所以10a<或10e a <≤，所以0a <中1a e≥． 考点： 导数与函数的单调性、极值、最值．7. 【2017届河北正定中学高三上学期第一次月考数学试卷，文22】已知函数()()2x f x x ax e =+的两个极值点为12,x x ，且1212,2x x x x <+=--． （1）求12,x x 的值；（2）若()f x 在()1,c c -（其中1c <-）上是单调函数，求c 的取值范围；（3）当m e ≤-时，求证：()()32214x xx f x e x e m e ⎡⎤⎡⎤+--+>⎣⎦⎣⎦．【答案】（1）125515,22x x ---==；（2）5535,,122⎛⎤⎡⎫-----∞- ⎪⎥⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭；（3）证明见解析． 【解析】试题解析：（1）∵()()22xf x x a x a e '⎡⎤=+++⎣⎦，∴由()0f x '=得()220x a x a +++=，∴12225x x a +=--=--，∴5a = ∴由()22550x x +++=得2532x --±=， ∵12x x <，∴125515,22x x ---==， （2）由（1）知，()f x 在()12,x x 上递减，在()1,x -∞上递增，其中1255151,122x x ---=<-=>-，当()f x 在()1,c c -上递减时， 121c x c x -≥⎧⎨≤⎩，又1c <-，∴3512c --≤<-，当()f x 在()1,c c -上递增时， 1c x ≤，综上，c 的取值范围为5535,,122⎛⎤⎡⎫-----∞- ⎪⎥⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭考点：1.导数在函数研究中的应用；2.单调性；3.极值.8. 【2017届河北武邑中学高三周考8.28数学试卷，理22】已知函数()()21ln 0f x ax x a x=-+>．（1）若()f x 是定义域上不单调的函数，求a 的取值范围；（2）若()f x 在定义域上有两个极值点12x x 、，证明：()()1232ln 2f x f x +>-． 【答案】（1）108a <<；（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）()()2221ln ,ax x f x x ax x f x x -+'=--+=-，令18a ∆=-，当18a ≥时，()()0,0,f x f x '∆≤≤在()0,+∞单调递减，当108a <<时，0∆>，方程2210ax x -+=有两个不相等的正根12,x x ，不妨设12x x <，则当()()120,x x x ∈+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>，这时()f x 不是单调函数．综上，a 的取值范围是108a <<．（2）由（1）知，当且仅当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且121211,22x x x x a a +==， ()()2212111222ln ln f x f x x ax x x ax x +=--+--+()()()121211ln 1ln 2124x x x x a a=-+++=++令()()11ln 21,0,48g a a a a ⎛⎤=++∈ ⎥⎝⎦，则当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()221141044a g x a a a -'=-=<，()g a 在10,8⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()132ln 28g a g ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，即()()1232ln 2f x f x +>-．（2）由（1）知，当且仅当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且121211,22x x x x a a+==， ()()2212111222ln ln f x f x x ax x x ax x +=--+--+，()()()()12121211ln ln 1122x x x x x x =-+----++ ()()()121211ln 1ln 2124x x x x a a =-+++=++．令()()11ln 21,0,48g a a a a ⎛⎤=++∈ ⎥⎝⎦， 则当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()221141044a g x a a a -'=-=<，()g a 在10,8⎛⎫⎪⎝⎭单调递减， 所以()132ln 28g a g ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，即()()1232ln 2f x f x +>-.考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.9. 【2017届黑龙江虎林一中高三上月考一数学试卷，理22】已知函数2()(1)ln f x a x x =--． （1）若()y f x =在2x =处取得极小值，求a 的值； （2）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n ≥时，2211132ln 2ln 3ln 22n n n n n--+++>+…． 【答案】（1）81；（2）21≥a ；（3）证明见解析.【解析】②当0a >时，221'()ax f x x -=，令'()0f x >，得12x a >'()0f x <，得102x a<< （i ）112a >，即102a <<时，12x a ∈时，'()0f x <，即()f x 递减，∴()(1)0f x f <=矛盾．（ii 112a ≤，即12a ≥时，[1,)x ∈+∞时，'()0f x >，即()f x 递增，∴()(1)0f x f ≥=满足题意．综上: 12a ≥． （3）证明：由（2）知令12a =，当[1,)x ∈+∞时，21(1)ln 02x x --≥（当且仅当1x =时取“=”） ∴当1x =时，212ln 1x x >-． 即当2,3,4,,x n =…，有2221111112()ln 2ln 3ln 21311n n +++>+++---…… 11112()132435(1)(1)n n =++++⨯⨯⨯-+… 1111111(1)()()()3243511n n =-+-+-++--+…223222n n n n --=+． 考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等式的证明及裂项求和的方法.10. 【2017届云南曲靖一中高三上月考二数学试卷，理22】已知函数13)(3-+=ax x x f 的导函数为)(x f '，3)()(--'=ax x f x g .（1）当2-=a 时，求函数)(x f 的单调区间；（2）若对满足11≤≤-a 的一切a 的值，都有0)(<x g ，求实数x 的取值范围；（3）若0ln )(>+'x x g x 对一切2≥x 恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数)(x f 的单调递增区间为),2[],2,(+∞--∞，单调递减区间为)2,2(-；（2）310<<x ；（3）ln 2122a <+. 【解析】试题解析：（1）当2-=a 时，63)(2-='x x f ，令0)(='x f 得2±=x ，故当2-<x 或2>x 时，0)(>'x f ，)(x f 单调递增， 当22<<-x 时，0)(<'x f ，)(x f 单调递减，所以函数)(x f 的单调递增区间为),2[],2,(+∞--∞，单调递减区间为)2,2(-.（2）因为a x x f 33)(2+='，故333)(2-+-=a ax x x g ，令33)3()()(2-+-==x x a a h x g ，要使0)(<a h 对满足11≤≤-a 的一切a 成立，则⎩⎨⎧<-=<-+=-,03)1(,03)1(22x x h a x x h 解得310<<x . （3）因为a x x g -='6)(，所以0ln )6(>+-x a x x ，即)(ln 6x h xx x a =+<对一切2≥x 恒成立， 222ln 16ln 16)(xx x x x x h -+=-+='，令)(ln 162x x x ϕ=-+，则x x x 112)(-='ϕ，因为2≥x ，所以0)(>'x ϕ，故)(x ϕ在),2[+∞单调递增， 有02ln 25)2()(>-=≥ϕϕx ，因此0)(>'x h ，从而22ln 12)2()(+=≥h x h ， 所以min ()a h x <ln 2(2)122h ==+. 考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求最值；2、不等式恒成立问题.11. 【2016届河北南宫一中学高三仿真模拟数学试卷，理22】若函数()f x 的反函数记为()1f x -，已知函数()x f x e =．（1）设函数()()()1F x f x f x -=-，试判断函数()F x 的极值点个数；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()sin f x x kx ≥，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）1个；（2）(],1-∞．【解析】试题解析：（1）()1x F x e x '=-，当()0,x ∈+∞时，1x 是减函数，x e -也是减函数， ∴()1x F x e x '=-在()0,+∞上是减函数，当1x =时，()10F x e '=-<， 当12x =时，()20F x e '=>，∴()F x '在()0,+∞上有且只有一个变号零点， ∴()F x 在定义域()0,+∞上有且只有一个极值点．．（2）令()()sin x g x f x kx e x kx =-=-，要使()f x kx ≥总成立，只需0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()min 0g x ≥，对()g x 求导得()()sinx cosx x g x e k '=+-，令()()sin cos x h x e x x =+，则()2cos 0x h x e x '=>，0,2x π⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，∴()21,h x e π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．考点：1．函数的极值点；2．含参讨论函数的单调性与最值．12. 【2017届安徽蚌埠二中等四校高三10月联考数学试卷，理22】设函数()ln(1)1x f x a x x=-++，()ln(1)g x x bx =+-． （1）若函数()f x 在0x =处有极值，求函数()f x 的最大值；（2）①是否存在实数b ，使得关于x 的不等式()0g x <在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出b 的取值范围；若不存在，说明理由；②证明：不等式2111ln (1,2,)12nk k n n k =-<-≤=+∑． 【答案】（1）(0)0f =；（2）①1≥b ；②证明见解析．【解析】试题分析：（1）由0)(='x f 的解,即可得出极值点,得出a 值后,再利用导函数求单调区间；（2）①本题为恒成立问题,利用函数的增减性和端点值来求解,而函数的单调性由导函数的正负来决定；②运用不等式的放缩与基本不等式的性质,证明右边项时采用了数列的增减性的基本定义来证明,通过说明数列时单调递减来证明不等式,在证明右侧时,采用将n ln 裂项的方法,将详见得到的每一项放缩,最后利用裂项相消111)1(1+-=+n n n n 来证得不等式成立． （2）①由已知得：'1()1g x b x=-+ （ⅰ）若1b ≥，则[0,)x ∈+∞时，'1()01g x b x =-≤+ ∴()ln(1)g x x bx =+-在[0,)+∞上为减函数，∴()ln(1)(0)0g x x bx g =+-<=在(0,)+∞上恒成立；（ⅱ）若0b ≤，则[0,)x ∈+∞时，'1()01g x b x=->+ ∴()ln(1)g x x bx =+-在[0,)+∞上为增函数，∴()ln(1)(0)0g x x bx g =+->=，不能使()0g x <在(0,)+∞上恒成立；（ⅲ）若01b <<，则'1()01g x b x =-=+时，11x b=-， 当1[0,1)x b ∈-时，'()0g x ≥，∴()ln(1)g x x bx =+-在1[0,1)b -上为增函数， 此时()ln(1)(0)0g x x bx g =+->=，∴不能使()0g x <在(0,)+∞上恒成立；综上所述，b 的取值范围是[1,)x ∈+∞．故11222 11111ln(1)[ln(1)]111 n n nnk k kk k n xk k k k n--====-+=-+++++∑∑∑111221111111 ()11 1(1)(1)n n nk k kkk k k k k k n---===>-=-≥=-+>-+++∑∑∑．考点：1．函数的极值；2．恒成立问题；3．导数证明不等式．。

3-2-2导数与函数的极值、最值

3-2-2导数与函数的极值、最值

第三章 导数及其应用
故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0， 1)．
(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)， ∴g′(x)＝ex－a， ①当a≤1时，g′(x)＝ex－a>0， 即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极 值点． ②当a>1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a； 令g′(x)＝ex－a>0，得x∈(ln a，＋∞)；
高考总复习·数学理科（RJ）
第三章 导数及其应用
【思维升华】 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值 的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)； (3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个 为最大值，最小的一个为最小值．
高考总复习·数学理科（RJ）
第三章 导数及其应用
(2)y′＝2＋x23，令 y′＝0，得 x＝－1. 当 x<－1 或 x>0 时，y′>0；当－1<x<0 时，y′<0. ∴当 x＝－1 时，y 取极大值－3. 【答案】 (1)D (2)－3
高考总复习·数学理科（RJ）
第三章 导数及其应用
题型二 用导数求函数的最值 【例 4】 已知 a∈R，函数 f(x)＝ax＋ln x－1. (1)当 a＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)求 f(x)在区间(0，e]上的最小值．
高考总复习·数学理科（RJ）
第三章 导数及其应用
跟踪训练1 (1)(2018·大连调研)设函数f(x)＝xex，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

高中数学专题 第4讲 函数的极值、最值

高中数学专题 第4讲 函数的极值、最值

整理可得a＋ln a－1≤0，
令 g(a)＝a＋ln a－1，其中 a>0，则 g′(a)＝1＋1a>0，故函数 g(a)在(0， ＋∞)上单调递增，
且g(1)＝0，由a＋ln a－1≤0可得g(a)≤g(1)，解得0<a≤1.
因此，实数a的取值范围是(0,1].
易 (1)不能忽略函数的定义域.
当x＝1时取最大值，满足题意. 所以 f′(2)＝－1＋12＝－12.
(2)(2023·抚州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x，g(x)＝－x，且f(x1)＝g(x2)，则
x1－x2的最小值为
√A.1
B.e
C.1－ln 2
D.2－ln 2
由f(x1)＝g(x2)，得 ex1 －2x1＝－x2， 化简整理得x1－x2＝e x1 －x1， 因为g(x)的值域，f(x)，g(x)的定义域均为R， 所以x1的取值范围也是R， 令h(x)＝ex－x(x∈R)，h′(x)＝ex－1， 令ex－1＝0，解得x＝0. 当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，即h(x)在(－∞，0)上单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(0)＝1，故(x1－x2)min＝1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
5.(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是
A.(－∞，－2)
√B.(－∞，－3)
C.(－4，－1)
D.(－3,0)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
f(x)＝x3＋ax＋2，
专题强化练
一、单项选择题
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导数与函数的极值、最值考纲解读 1.以基本初等函数为背景，求函数的极值或极值点；2.求基本初等函数在闭区间上的最值；3.利用极值、最值、研究不等关系或求参数范围．[基础梳理]1．函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值与极小值点：若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫作函数的极小值点，f (a )叫作函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点：若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫作函数的极大值点，f (b )叫作函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系 (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．[三基自测]1．函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A2．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643答案：A3．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案：D4．f (x )＝x ＋cos x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的值域为________． 答案：⎣⎡⎦⎤1，π2 5．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)函数y ＝x 2＋1x 的极小值点为__________．答案：x ＝132[考点例题]考点一 利用导数求函数极值问题|易错突破[例1] (1)设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e(2)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18(3)设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )，求f (x )的极值．[解析] (1)∵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.选A.(2)∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，x ∈(－∞，1)，f ′(x )＞0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )＞0，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.选C. (3)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x＝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，＋∞)内单调递增， 此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a ＞1时，若x ∈(0,1)，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 .[答案] (1)A (2)C [易错提醒][纠错训练]1．已知函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c 在R 上有极值点，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，43 B ．(－∞，0) C.⎣⎡⎭⎫0，43 D.⎝⎛⎭⎫－∞，43 解析：由f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c ，得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1，要使f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c 在R 上有极值点，需使f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1的值在R 上有正有负．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然满足条件；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ≠0，(－4)2－4·3a ·1>0，解得a <0或0<a <43. 综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，43.故选D. 答案：D2．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]有极大值又有极小值，则a 的取值范围是________． 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. 答案：a ＞2或a ＜－13．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 的取值范围． 解析：对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.*(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*，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*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 的取值范围为{a |0＜a ≤1}．考点二 利用导数求函数的最值|模型突破[例2] 设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间； (2)当k ＝1时，求f (x )在[0,2]上的最值． [解析] (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2， f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 由f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝ln 2＞0. 由f ′(x )＞0，得x ＜0或x ＞ln 2. 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜ln 2.所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)， 单调减区间为(0，ln 2)．(2)由(1)可知x ＝0和x ＝ln 2是f (x )的极值点， 且0∈[0,2]，ln 2∈[0,2]，f (0)＝－1，f (ln 2)＝(ln 2－1)·e ln 2－(ln 2)2 ＝2(ln 2－1)－(ln 2)2，由(1)可知f (0)＝f (1)＝－1， 在(ln 2，＋∞)上f (x )为增函数， ∴f (2)＞f (1)＞f (ln 2)， ∴f (x )的最大值为f (2)＝e 2－4.f (x )的最小值为f (ln 2)＝2ln 2－2－(ln 2)2. [模型解法][高考类题](2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2. 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞单调递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.[真题感悟]1．(2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫－32e ，1 B.⎣⎡⎭⎫－32e ，34 C.⎣⎡⎭⎫32e ，34D.⎣⎡⎭⎫32e ，1 解析： 由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>g (0)h (－1)≤g (－1)，即⎩⎪⎨⎪⎧a <1－2a ≤－3e ，所以32e ≤a <1，故选D. 答案：D2．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3 C ．5e －3D ．1解析：因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.答案：A。

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