核心素养提升练利用导数研究函数的极值、最值

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利用导数研究函数的极值与最值

利用导数研究函数的极值与最值导数是研究函数变化率的工具，通过导数可以研究函数的极值和最值。

在这篇文章中，我们将讨论如何利用导数来研究函数的极值和最值。

一、极值的定义和判断条件极值是指函数取得的最大值或最小值。

在数学上，函数f(x)在点x=c处取得极值的充分条件是f'(c)=0，并且f'(x)的符号在x=c的两侧改变。

具体来说，f'(x)大于0时，函数递增；f'(x)小于0时，函数递减。

而当f'(x)从正变为负或从负变为正时，就是函数取得极值的地方。

二、几何图形与导数的关系通过导数的大小和符号，我们可以推断函数的几何行为。

例如，当f'(x)>0时，函数f(x)是递增的，图像是向上的曲线；而当f'(x)<0时，函数f(x)是递减的，图像是向下的曲线。

当f'(x)=0时，函数可能达到极值点。

三、利用导数判断函数的极值1.求导数：首先求出函数f(x)的导数f'(x)。

2.解方程：解方程f'(x)=0，得到可能的极值点x=c。

3.判断符号：将极值点x=c代入f'(x)，判断f'(x)的符号在c的两侧。

如果f'(x)从正变为负，或从负变为正，那么极值点x=c是函数的极值点。

4.检验：将极值点代入函数f(x)中，算出函数值f(c)，判断是否是极值。

四、利用导数求函数的最值1.求导数：求出函数f(x)的导数f'(x)。

2.解方程：解方程f'(x)=0，得到可能的最值点x=c。

3.极值判断：判断c是否是函数的极值点，确定是否是最值点。

4.边界判断：检查函数在定义域的边界上的函数值，判断是否可能是最值。

5.比较：对于所有可能的最值点，比较它们的函数值，得到最大值和最小值。

五、利用导数求出临界点临界点是指导数不存在的点或者导数为零的点。

通过求导数，我们可以找到函数的临界点。

临界点可能是函数的极值点或最值点。

高中数学教学课例《1.3.2函数的极值与导数》课程思政核心素养教学设计及总结反思

识与方法的基础，起着承上启下的作用。
知识与技能：
①了解函数极值的定义，会从几何图形直观理解函
数的极值与其导数的关系，增强学生的数形结合意识，
提升思维水平；
②掌握利用导数求不超过三次的多项式函数极值
教学目标的一般方法；
③了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条
件。
过程与方法：
培养学生观察、分析、探究、归纳得出数学概念和
规律的学习能力。
情感态度与价值观：
①体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有
效性；
②培养学生大胆创新、勇于探索、互相合作的精神。
学生已经初步学习了运用导数研究函数，但还不够
深入，因此在学习上还有一定困难。本节课能够进一步
提高学生运用导数研究函数的能力,体会导数的工具作学生学习能
用。力分析
通过用导数研究函数的极值，提高了学生的导数应
学生展示：类比极大值，归纳出极小值，极小值点的定义。
教师点拨：通过教师的点拨，帮助学生完善、深化知识
典型例题：先让学生做，教师引导学生总结思路方法技巧。
自主完成：分层设计练习题，让各层面学生都能学有所获。
求,解方程=0,当=0 时:
（1）如果在 x0 附近的左边＞0,右边＜0,那么
f(x0)是极大值。（2）如果在 x0 附近的左边＜0,右边＞0,那么
f(x0)是极小值。通过典型例题巩固学生对新知识的理解。通过对典型例题的板演，让学生明确求极值的方
法，突出本节课的重点。培养学生规范的表达能力，形成严谨的科学态度。
学生展示：极小值与极小值点
教学过程
典型例题：例 1：右图是函数 y=f(x)的函数,试找出函数
y=f(x)的极值点,并指出哪些是极大值点,哪些是极小

高考数学一轮复习核心素养提升系列(一)函数与导数高考压轴大题的突破问题练习新人教A版-新人教A版

核心素养提升系列(一)1．(导学号14577259)(理科)(2018·湘西州一模)已知函数f (x )＝x －a ln x ，g (x )＝－1＋ax，其中a ∈R ，e ＝2.718……(1)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，求函数h (x )的单调区间；(2)若存在x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值X 围．解：(1)函数h (x )＝x －a ln x ＋1＋ax的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x ＋1[x －1＋a ]x 2.①当1＋a ≤0，即a ≤－1时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②当1＋a ＞0，即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0；x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0,1＋a )上是减函数，在(1＋a ，＋∞)上是增函数． (2)由(1)令h (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)，x 0∈[1，e]， ①当a ≤－1时，存在x 0∈[1，e]，使得h (x 0)＜0成立可化为h (1)＝1＋1＋a ＜0，解得，a ＜－2； ②当－1＜a ≤0时，存在x 0∈[1，e]，使得h (x 0)＜0成立可化为h (1)＝1＋1＋a ＜0，解得，a ＜－2；③当0＜a ≤e－1时，存在x 0∈[1，e]，使得h (x 0)＜0成立可化为h (1＋a )＝1＋a －a ln(1＋a )＋1＜0，无解；④当e －1＜a 时，存在x 0∈[1，e]，使得h (x 0)＜0成立可化为h (e)＝e －a ＋1＋ae＜0，解得，a ＞e 2＋1e －1.综上所述，a 的取值X 围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.1．(导学号14577260)(文科)(2017·某某某某市名校联考)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，某某数m 的取值X 围；(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0＜x 1＜x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜0(其中f ′(x )是f (x )的导函数)．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，∴切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x－2x ＝－2x ＋1x －1x，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，故g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2＜0，∴g (e )＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)． g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g 1＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e2，∴实数m 的取值X 围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0)，B (x 2,0)，∴方程2ln x －x 2＋ax ＝0的两个根为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1－x 21＋ax 1＝0，2ln x 2－x 22＋ax 2＝0，两式相减得a ＝(x 1＋x 2)－2ln x 1－ln x 2x 1－x 2.又f (x )＝2ln x －x 2＋ax ，f ′(x )＝2x－2x ＋a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝4x 1＋x 2－(x 1＋x 2)＋a ＝4x 1＋x 2－2ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 下证4x 1＋x 2－2ln x 1－ln x 2x 1－x 2＜0(*)，即证明2x 2－x 1x 1＋x 2＋ln x 1x 2＜0，令t ＝x 1x 2，∵0＜x 1＜x 2，∴0＜t ＜1，即证明u (t )＝21－tt ＋1＋ln t ＜0在0＜t ＜1上恒成立．∵u ′(t )＝－2t ＋1－21－t t ＋12＋1t ＝t ＋12－4tt t ＋12＝t －12t t ＋12，又0＜t ＜1，∴u ′(t )＞0，∴u (t )在(0,1)上是增函数，则u (t )＜u (1)＝0，从而知2x 2－x 1x 1＋x 2＋ln x 1x 2＜0，故(*)式＜0，即f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜0成立．2．(导学号14577261)(文科)(2018·某某市一模)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a ＋1)e x. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)函数f (x )有两个极值点，x 1，x 2(x 1＜x 2)，其中a ＞0.若mx 1－f x 2e x 2＞0恒成立，某某数m 的取值X 围．解：(1)f ′(x )＝[x 2＋(2－a )x ＋1]e x，令x 2＋(2－a )x ＋1＝0(*)，①Δ＝(2－a )2－4＞0，即a ＜0或a ＞4时，方程(*)有2根，x 1＝a －2－a 2－4a2，x 2＝a －2＋a 2－4a2，函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)递增，在(x 1，x 2)递减． ②Δ≤0时，即0≤a ≤4时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，函数f (x )在R 递增．综上，a ＜0或a ＞4时，函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)递增，在(x 1，x 2)递减；0≤a ≤4时，函数f (x )在R 递增．(2)∵f ′(x )＝0有2根x 1，x 2且a ＞0，∴a ＞4且⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝a －2x 1x 2＝1，∴x 1＞0，mx 1－f x 2e x 2＞0恒成立等价于m ＞f x 2x 1e x 2＝x 22－ax 2＋a ＋1x 1恒成立，即m ＞－x 22＋2x 2＋1恒成立．令t ＝a －2(t ＞2)，则x 2＝a －2＋a 2－4a2.令g (t )＝t ＋t 2－42，t ＞2时，函数g (t )＝t ＋t 2－42递增，g (t )＞g (2)＝1，∴x 2＞1，∴－x 22＋2x 2＋1＜2，故m 的X 围是[2，＋∞)．2．(导学号14577262)(理科)(2018·某某市二模)已知三次函数f (x )的导函数f ′(x )＝－3x 2＋3且f (0)＝－1，g (x )＝x ln x ＋ax(a ≥1)．(1)求f (x )的极值；(2)求证：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2)．解：(1)依题意得f (x )＝－x 3＋3x －1，f ′(x )＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)，知f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－1)＝－3，f (x )极大值＝f (1)＝1. (2)证明：法一：易得x ＞0时，f (x )最大值＝1，依题意知，只要1≤g (x )(x >0)⇔1≤x ln x ＋a x(a ≥1)(x >0)．由a ≥1知，只要x ≤x 2ln x ＋1(x ＞0)⇔x 2ln x ＋1－x ≥0(x ＞0)．令h (x )＝x 2ln x ＋1－x (x ＞0)，则h ′(x )＝2x ln x ＋x －1，注意到h ′(1)＝0，当x ＞1时，h ′(x )＞0；当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，即h (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)是增函数，h (x )最小值＝h (1)＝0即h (x )≥0.综上知对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2)．法二：易得x ＞0时，f (x )最大值＝1，由a ≥1知，g (x )≥x ln x ＋1x(x >0)，令h (x )＝x ln x ＋1x(x >0)则h ′(x )＝ln x ＋1－1x 2＝ln x ＋x 2－1x2.注意到h ′(1)＝0，当x ＞1时，h ′(x )＞0；当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，即h (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)是增函数，h (x )最小值＝h (1)＝1，所以h (x )最小值＝1，即g (x )最小值＝1.综上知对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2)．法三：易得x ＞0时，f (x )最大值＝1.由a ≥1知，g (x )≥x ln x ＋1x (x >0)，令h (x )＝x ln x ＋1x (x >0)，则h ′(x )＝ln x ＋1－1x2(x >0)．令φ(x )＝ln x ＋1－1x 2(x >0)，则φ′(x )＝1x ＋1x3>0，知φ(x )在(0，＋∞)递增，注意到φ(1)＝0，所以，h (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)是增函数，有h (x )最小值＝1，即g (x )最小值＝1.综上知对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2)．3．(导学号14577263)(理科)(2018·东北三省(某某、某某、某某、某某四城市)联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f ′12·e2x －2＋x 2－2f (0)x ，g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－14x 2＋(1－a )x ＋a .(1)求函数f (x )的解析式； (2)求函数g (x )的单调区间；(3)如果s 、t 、r 满足|s －r |≤|t －r |，那么称s 比t 更靠近r . 当a ≥2且x ≥1时，试比较e x和e x －1＋a 哪个更靠近ln x ，并说明理由.解：(1)f ′(x )＝f ′(1)e2x －2＋2x －2f (0)，所以f ′(1)＝f ′(1)＋2－2f (0)，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′12·e －2，所以f ′(1)＝2e 2，所以f (x )＝e 2x＋x 2－2x .(2)∵f (x )＝e 2x－2x ＋x 2，∴g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－14x 2＋(1－a )x ＋a ＝e x ＋14x 2－x －14x 2＋(1－a )x ＋a ＝e x－a (x －1)，∴g ′(x )＝e x －a .①当a ≤0时，g ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； ②当a >0时，由g ′(x )＝e x－a ＝0得x ＝ln a ， ∴x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增.综上，当a ≤0时，函数g (x )的单调递增区间为 (－∞，＋∞)；当a >0时，函数g (x )的单调递增区间为(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln a )． (3)设p (x )＝e x－ln x ，q (x )＝e x －1＋a －ln x ，∵p ′(x )＝－e x 2－1x<0，∴p (x )在x ∈[1，＋∞)上为减函数，又p (e)＝0，∴当1≤x ≤e 时，p (x )≥0，当x >e 时，p (x )<0. ∵q ′(x )＝ex －1－1x ，q ″(x )＝e x －1＋1x2>0，∴q ′(x )在x ∈[1，＋∞)上为增函数，又q ′(1)＝0，∴x ∈[1，＋∞)时，q ′(x )≥0，∴q (x )在x ∈[1，＋∞)上为增函数，∴q (x )≥q (1)＝a ＋2>0.①当1≤x ≤e 时，|p (x )|－|q (x )|＝p (x )－q (x )＝e x －e x －1－a ，设m (x )＝e x－e x －1－a ，则m ′(x )＝－e x2－e x －1<0，∴m (x )在x ∈[1，＋∞)上为减函数， ∴m (x )≤m (1)＝e －1－a ，∵a ≥2，∴m (x )<0，∴|p (x )|<|q (x )|，∴e x比e x －1＋a 更靠近ln x .②当x >e 时，设n (x )＝2ln x －ex －1－a ，则n ′(x )＝2x －e x －1，n ″(x )＝－2x2－e x －1<0，∴n ′(x )在x >e 时为减函数，∴n ′(x )<n ′(e)＝2e－e e －1<0，∴n (x )在x >e 时为减函数，∴n (x )<n (e)＝2－a －e e －1<0，∴|p (x )|<|q (x )|，∴e x比e x －1＋a 更靠近ln x .综上：在a ≥2，x ≥1时，e x比e x －1＋a 更靠近ln x .3．(导学号14577264)(文科)(2018·某某市三调)已知函数f (x )＝1x＋a ln x (a ≠0，a∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)＜0成立，某某数a 的取值X 围．解：(1)因为f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，当a ＝1，f ′(x )＝x －1x 2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)∵f ′(x )＝ax －1x 2，(a ≠0，a ∈R )．令f ′(x )＝0，得到x ＝1a.若在区间[0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜0成立，其充要条件是f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0即可．①当x ＝1a＜0，即a ＜0时，f ′(x )＜0对x ∈(0，＋∞)成立，∴f (x )在区间(0，e]上单调递减，故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e＝1e＋a . 由1e ＋a ＜0，得a ＜－1e . ②当x ＝1a＞0，即a ＞0时，(ⅰ)若e≤1a，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]成立，∴f (x )在区间(0，e]上单调递减，∴f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ＞0，显然，f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立． (ⅱ)若1＜1a ＜e ，即a ＞1e时，则有∴f (x )在区间[0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝a ＋a ln a.由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )＜0，得1－ln a ＜0，解得a ＞e ，即a ∈(e ，＋∞)．综上，由①②可知：a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)．4．(导学号14577265)(理科)(2018·某某市一模)已知函数f (x )＝a ln x －x －ax＋2a (其中a 为常数，a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时，是否存在实数a ，使得当x ∈[1，e]时，不等式f (x )＞0恒成立？如果存在，求a 的取值X 围；如果不存在，说明理由(其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)解：(1)由于f (x )＝a ln x －x －a x＋2a ，(x ＞0)，则f ′(x )＝－x 2＋ax ＋ax2， ①a ≤0时，f ′(x )＜0恒成立，于是f (x )的递减区间是(0，＋∞)． ②a ＞0时，令f ′(x )＞0，解得：0＜x ＜a ＋a 2＋4a2，令f ′(x )＜0，解得：x ＞a ＋a 2＋4a2，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a 2＋4a 2递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋4a 2，＋∞递减．(2)a ＞0时，①若a ＋a 2＋4a2≤1，即0＜a ≤12，此时f (x )在[1，e]递减，f (x )min ＝f (e)＝3a －e －a e＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－1e a －e≤⎝⎛⎭⎪⎫3－1e ×12－e ＜0，f (x )＞0恒成立，不合题意．②若a ＋a 2＋4a2＞1，a ＋a 2＋4a2＜e ，即12＜a ＜e2e ＋1时，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a ＋a 2＋4a 2递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋4a 2，e 递减．要使在[1，e]恒有f (x )＞0恒成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧f1>0fe >0，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1>03a －e －ae >0，解得e 23e －1＜a ＜e2e ＋1.③若a ＋a 2＋4a2≥e，即a ≥e2e ＋1时，f (x )在[1，e]递增，令f (x )min ＝f (1)＝a －1＞0，解得a ≥e2e ＋1.综上，存在实数a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 23e －1，＋∞，使得f (x )＞0恒成立．4．(导学号14577266)(文科)(2018·某某市二模)已知函数f (x )＝x 2－a2ln x 的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线斜率为0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝f (x )＋12mx 在区间(1，＋∞)上没有零点，某某数m 的取值X 围．解：(1)f (x )＝x 2－a 2ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －a 2x .因为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a＝0，所以a ＝1，f (x )＝x 2－12ln x ，f ′(x )＝2x －12x＝2x －12x ＋12x .令f ′(x )＞0，得x >12；令f ′(x )＜0，得0<x <12，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)g (x )＝x 2－12 ln x ＋12mx ，由g ′(x )＝2x －12x ＋m 2＝4x 2＋mx －12x＝0，得x ＝－m ＋m 2＋168.设x 0＝－m ＋m 2＋168，所以g (x )在(0，x 0]上是减函数，在[x 0，＋∞)上为增函数．因为g (x )在区间(1，＋∞)上没有零点，所以g (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立．由g (x )＞0，得12m >ln x 2x －x ，令y ＝ln x 2x －x ，则y ′＝2－2ln x 4x 2－1＝2－2ln x －4x24x 2. 当x ＞1时，y ′＜0，所以y ＝ln x2x －x 在(1，＋∞)上单调递减，所以当x ＝1时，y max ＝－1，故12m ≥－1，即m ∈[－2，＋∞)．。

利用导数研究函数的极值(最值)

第14讲利用导数研究函数的极值/最值讲义高考中对导数这种方法要求很高，每年的考查形式灵活，难度较大.函数的单调性与极值，作为基础知识，我们一定要把这部分知识点理解好，掌握好，应用好，不管以什么样的形式考查都能处理的游刃有余.为了学习好导数这种方法，下面我们认真来学习用导数研究函数的极值与最值(1)明确函数的定义域，并求函数的导函数)(x f '； (2)求方程的根；(3)检验在方程的根的左右的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值，这个根叫做函数的极大值点；如果在根的右侧附近为正，左侧附近为负，那么函数在这个根处取得极小值，这个根叫做函数的极小值点. 注意：函数的极值不一定是一个，有的题可能是多个，需要灵活掌握.函数的最大值和最小值(1)设是定义在区间上的函数，且在内可导，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行：①求在内的极值；②将在各极值点的极值与、比较，来确定函数的最大值和最小值.(2)若函数在上单调增加，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数在上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值.注意：有时极大（小）值也是最大（小）值，有时不一定，需要具体问题具体分析.)(x f )(x f 0)(/=x f )(x f '0)(='x f )(x f )(x f )(x f y =[]b a ,),(b a )(x f y =[]b a ,)(x f y =),(b a )(x f y =)(a f )(b f )(x f []b a ,)(a f )(b f )(x f []b a ,)(a f )(b f讲义一、导入二、知识讲解知识点1 求函数极值知识点2 求函数最值【教学建议】【题干】1.设函数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)【答案】D【解析】：由图可知，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．【题干】2.已知函数f(x)＝2e f′(e)ln x－xe(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A．2e－1 B．－1e C．1 D．2ln 2【答案】D．【解析】由题意知，f′(x)＝2e f′（e）x－1e(x>0)，令x＝e得，f′(e)＝2f′(e)－1e，∴f′(e)＝1e，∴f′(x)＝2x－1e.令f′(x)＝0，得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)＞0；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)三、例题精析例题1上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减．∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 【题干】3.已知函数f (x )＝(x －2)(e x －ax )，当a ＞0时，讨论f (x )的极值情况．【答案】见解析【解析】∵f ′(x )＝(e x －ax )＋(x －2)(e x －a )＝(x －1)(e x －2a )，当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln 2a .①当a ＝e2时，f ′(x )＝(x －1)(e x －e)≥0，∴f (x )单调递增，故f (x )无极值；②当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：； ③当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )有极大值f (1)＝a －e ，极小值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2.综上，当0＜a ＜e 2时，f (x )有极大值－a (ln 2a －2)2，极小值a －e ；当a ＝e 2时，f (x )无极值；当a ＞e2时，f (x )有极大值a －e ，极小值－a (ln 2a －2)2.【题干】 1. 若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫2，52 B.⎣⎡⎭⎫2，52 C.⎝⎛⎭⎫2，103 D.⎣⎡⎭⎫2，103 【答案】D【解析】函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝⎛⎭⎫12，3内有根．f ′(x )＝x 2－ax ＋1，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得Δ＝a 2－4＞0，解得a ＜－2或a ＞2.由f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，3内有解．又x ＋1x ∈⎣⎡⎭⎫2，103，所以2≤a ＜103.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103.例题2【题干】2.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________．【答案】－7 【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在R 上单调递增，无极值，舍去；a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.【题干】已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)当0＜a ＜3时，记f (x )在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M －m 的取值范围．【答案】见解析.【解析】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )＜0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a3，0时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减．综上，当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减；当a ＝0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减． (2)当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3单调递减，在⎝⎛⎭⎫a3，1单调递增，所以f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋2，最大值为f (0)＝2或f (1)＝4－a . 于是m ＝－a 327＋2，M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a ，0＜a ＜2，2，2≤a ＜3.所以M －m ＝⎩⎨⎧2－a ＋a 327，0＜a ＜2，a 327，2≤a ＜3.当0＜a ＜2时，可知y ＝2－a ＋a 327单调递减，所以M －m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫827，2. 例题3当2≤a ＜3时，y ＝a 327单调递增，所以M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，1. 综上，M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，2.【题干】1.已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a ＞0)的导函数y ＝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．【答案】（1）f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)；（2）5e 5 【解析】(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y ＝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 )的符号相同．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⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce－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 ＋5ex. 因为f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大值，而f (－5)＝5e －5＝5e 5＞5，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.【题干】2. 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？【答案】见解析例题4【解析】(1)由题意，得下潜用时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 ′＝3v 25－240v 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时，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15≥c ≥1032时，则y 在[c ，15]上单调递增，∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少．。

中学数学利用导数研究函数的极值和最值(含答案)

专题4 利用导数研究函数的极值和最值专题知识梳理1.函数的极值（1）函数极值定义:一般地，设函数在点附近有定义，如果对附近的所有的点，都有，就说是函数的一个极大值，记作y极大值=,是极大值点。

如果对附近的所有的点，都有.就说是函数的一个极小值，记作y 极小值=，是极小值点。

极大值与极小值统称为极值.(2)判别f (x 0)是极大、极小值的方法:若满足，且在的两侧的导数异号，则是的极值点，是极值，并且如果在两侧满足“左正右负”，则是的极大值点，是极大值；如果在两侧满足“左负右正”，则是的极小值点，是极小值. (3)求可导函数f (x )的极值的步骤: ①确定函数的定义区间，求导数 ; ①求出方程的定义域内的所有实数根；①用函数的导数为的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间，并列成表格.标出在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值。

①根据表格下结论并求出需要的极值。

2. 函数的最值（1）定义：若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最大值，记作;若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最小值，记作;（2）在闭区间上图像连续不断的函数在上必有最大值与最小值．（3）求函数在上的最大值与最小值的步骤： ①求在内的极值；①将的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值, 从而得出函数在上的最值。

考点探究)(x f x 0x 0f (x )<f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 0x 0f (x )>f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 00x 0)(0='x f 0x )(x f 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '¢f (x )=00)(x f ')(x f I x 0x ÎI f (x )£f (x 0))(0x f y max =f (x 0))(x f I x 0x ÎI f (x )³f (x 0))(0x f y min =f (x 0)[]b a ,)(x f []b a ,)(x f []b a ,)(x f (,)a b )(x f f (a ),f (b ))(x f []b a ,考向1 利用导数研究函数的极值【例】已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【解析】因为1()ln f x x x =+，所以2111'()x f x x x x-=-+=,令，得x =1，列表:所以是f x 的极小值1，无极大值。

3.3第三节利用导数研究函数的极值、最值

序号 1 2 3
4
易错警示
典题索引
f(x)与f′(x)的图象混淆
考点一、角度1
忽视单调函数无极值
考点一、角度2
含参最值问题,忽视分类讨论,最值确定不当
考点二、典例
实际问题中题意理解不准确,定义域确定出错
考点三、典例
【教材·基础自测】 1.(选修2-2 P32T4改编)函数f(x)的定义域为R,导函数f ′(x)的图象如图所示, 则函数f(x) ( ) A.无极大值点、有四个极小值点 B.有三个极大值点、一个极小值点 C.有两个极大值点、两个极小值点 D.有四个极大值点、无极小值点
提示:(1)×.例如函数f(x)=x,在(1,2)内不存在最值. (2)×.函数的极大值比局部的函数值大,不一定大于极小值. (3)×.对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0为极值点的必要条件. (4)√.最值和极值是不同的概念.函数的最值可能是极值,也可能是在区间端点处取得.
【易错点索引】
x
f ′(x) f(x)
(-∞, -2)
+
↗
-2
0 极大值
(-2,2)
↘
2பைடு நூலகம்
0 极小值
(2, +∞)
+
↗
所以函数f(x)在x=-2处取得极大值16, 函数f(x)在x=2处取得极小值-16. 答案:-16 16
3.(选修2-2 P30例5改编)已知函数f(x)=x3-6x2+9x,则f(x)在闭区间[-1,5]上的最小值为________,最大值为________. 【解析】f′(x)=3x2-12x+9, 令f′(x)=0,即x2-4x+3=0,得x=1或x=3, 当-1<x<1或3<x<5时,f′(x)>0, 所以f(x)在(-1,1),(3,5)上为增函数, 当1<x<3时, f′(x)<0,所以f(x)在(1,3)上为减函数,f(-1)=-16, f(3)=0, f(1)=4, f(5)=20,

利用导数研究函数的极值和最值问题

利用导数研究函数的极值和最值问题１．利用导数研究函数的极值的一般步骤：（１）确定函数的定义域．（２）求)(x f '．（３）①若求极值，则先求方程 0)(='x f 的全部实根，再检验)(x f '在方程根的左右两侧值的符号，求出极值．（当根中有参数时，要注意讨论根是否在定义域内）②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 0)(='x f 的根的大小或存在情况，从而求解．２．求连续函数)(x f y =在[]b a , 上的最大值与最小值的步骤：（１）求函数 )(x f y =在()b a ,内的极值；（２）将函数 )(x f y =的各极值与端点处的函数值 )(a f ， )(b f 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.例1.(2018北京,18,13分)设函数()[]x e a x a ax x f 3414)(2+++-=. (1)若曲线)(x f y =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行,求a ;(2)若)(x f 在2=x 处取得极小值,求a 的取值范围.解析 (1)因为()[]x e a x a ax x f 3414)(2+++-=, 所以()[]x e x a ax x f 212)(2++-='，()e a f -='1)1(. 由题设知f '(1)=0,即()01=-e a ,解得1=a .此时03)1(≠=e f .所以a 的值为1.(2)由(1)得()[]()()x x e x ax e x a ax x f 21212)(2--=++-='. 若21>a ,则当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,1a x 时0)(<'x f ; 当()+∞∈,2x 时,0)(>'x f .所以)(x f 在2=x 处取得极小值. 若21<a ,则()2,0∈x 时,02<-x ,01211<-≤-x ax ,所以0)(>'x f , 所以2不是)(x f 的极小值点.综上可知,a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，21。

利用导数研究函数的极值最值

利用导数研究函数的极值最值导数是研究函数的极值、最值的重要工具之一、通过计算函数的导数，我们可以找到函数的临界点，进而确定函数的极值和最值。

极值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

极大值是函数在其中一点上取得的最大值，极小值是函数在其中一点上取得的最小值。

首先，我们可以通过计算函数的导数来找到函数的临界点。

临界点是函数导数等于0的点，也包括导数不存在的点。

然后，通过进一步的分析，可以确定临界点中的极值点。

假设函数f(x)在区间[a,b]上连续且可导。

首先，我们需要计算函数f(x)的导数f'(x)。

然后，我们找出导数f'(x)等于0的点，这些点就是函数f(x)的临界点。

接下来，我们进一步分析导数f'(x)的符号。

在临界点两侧，如果导数f'(x)由正变负，则表明在该点上函数f(x)取得极大值；如果导数f'(x)由负变正，则表明在该点上函数f(x)取得极小值。

当然，也可能存在导数f'(x)不存在的点，这些点也是函数的临界点。

最值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

最大值是函数在定义域内所有点上取得的最大值，最小值是函数在定义域内所有点上取得的最小值。

通过求解函数的导数，我们可以找到函数的临界点。

然后，通过分析函数在临界点、定义域的边界点和导数不存在的点上的取值，可以确定函数的最值。

当函数在闭区间[a,b]上连续时，最大值和最小值一定在定义域的边界点上或者在临界点上取得。

因此，在求解函数最值时，我们需要计算函数在闭区间的端点上的取值，并将其和临界点上的取值相比较。

需要注意的是，导数仅能帮助我们找到函数的临界点，但临界点未必都是极值点。

为了判断极值点是否为极大值或极小值，我们还需要进行二阶导数测试。

如果二阶导数大于0，则表示该点为极小值；如果二阶导数小于0，则表示该点为极大值；如果二阶导数等于0，则需要进行其他方法的分析。

总之，利用导数研究函数的极值、最值是一种有效的方法。

33利用导数研究函数的极值和最值(理).docx

§3.3利用导数研究函数的极值和最值知识要点梳理一.函数的极值1.函数极值定义一-般地，设西数f(x)在点X。

附近有定义，如果对X。

附近的所有的点，都有f(x)<f(x0), 就说f(Xo)是函数f(x)的•个极人值,记作y极灿=f(x°), Xo是极人值点。

如果对X。

附近的所有的点，都冇f(x)>f(x°).就说f(x°)是函数f(x)的一个极小值,记作工极小值=f(XQ), X()是极小值点。

极大值与极小值统称为极血2.判别/U())是极大、极小值的方法：若兀0满足广Uo)= O,且在兀0的两侧/(力的导数异号，则兀0是fW的极值点,/(%0)是极值，并几如果广(兀)在兀0两侧满足“左止右负”,则心是£(兀)的极大值点, /(x0)是极人值;如果广⑴在兀()两侧满足“木负右止”,则兀0是f&)的极小值点,/(x0) 是极小值.3.求可导函数/U)的极值的步骤：(1)确定函数的定义区间，求导数厂(X)・⑵求方程厂(x)=0的根.(3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间,并列成表格.检查f (力在方程根左右的值的符号,如果左正右负,那么几丫)在这个根处取得极人值；如果左负右匸,那么心)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号,那么/W在这个根处无极值. 二.函数的最大值与最小值1.函数的最大值与最小值：在闭区间卜,切上图像连续不断的函数/⑴在血引上必有最人值与最小值.2.利用导数求函数的最值步骤：设函数门兀)在在Q,b)内可导，在闭区间［d,b］上图像连续不断，求*1数/(兀)在k，b］上的最人值与最小值的步骤如下:⑴求/(兀)在(d,b)内的极值;(2)将f 3的各极值与比较，得出函数/(X)在［a,切上的最值，其屮最人的一个是授大值，授小的一个是授小值。

疑难点、易错点剖析1由极值的定义可知，取得极值的点称为极值点，极值点是口变量的值，极值指的是函数值。

2021版新高考数学人教B版一轮核心素养测评十四利用导数研究函数的极值、最值

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核心素养测评十四利用导数研究函数的极值、最值(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.设函数f(x)=+ln x则( )A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为 f(x)的极小值点【解析】选D.f′(x)=-+=,由f′(x)>0,得x>2,所以f(x)的增区间为,f(x)的减区间为(0,2),所以f(x)只有极小值,极小值点为x=2.2.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.3.已知x=是函数f(x)=x(ln ax+1)的极值点,则实数a的值为()A. B. C.1 D.e【解析】选B.因为函数f(x)=x(ln ax+1)有极值点,所以f′(x)=(ln ax+1)+1=2+ln ax;因为x=是函数f(x)=x(ln ax+1)的极值点,所以f′=2+ln a=0; 所以ln a=-2;解得:a=.4.(2020·湘潭模拟)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元,销售额函数是f(x)=-x3+ax2+x,x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数,若种植2万斤,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年种植莲藕( )A.8万斤B.6万斤C.3万斤D.5万斤【解析】选B.设销售利润为g(x),得g(x)=-x3+ax2+x-1-x=-x3+ax2-1,当x=2时,g(2)=-×23+a×22-1=2.5,解得a=2.所以g(x)=-x3+x2-1,g′(x)=-x2+x=-x(x-6),所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以当x=6时,函数g(x)取得极大值即最大值.5.(多选)(2020·烟台模拟)已知函数f=,则下列结论正确的是( )A.函数f存在两个不同的零点B.函数f既存在极大值又存在极小值C.当-e<k<0时,方程f=k有且只有两个实根D.若x∈时,f=,则t的最小值为2【解析】选ABC.对于A.f=0⇒x2+x-1=0,解得x=,所以A正确;对于B.f′=-=-,当f′>0时,-1<x<2,当f′<0时,x<-1或x>2,故,是函数的单调递减区间,是函数的单调递增区间,所以f是函数的极小值,f是函数的极大值,所以B正确.对于C.当x→+∞时,y→0,根据B可知,函数的最小值是f=-e,再根据单调性可知,当-e<k<0时,方程f=k有且只有两个实根,所以C 正确;对于D.由图象可知,t的最大值是2,所以不正确.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2019·濮阳模拟)函数f(x)=e x-2x的最小值为________.【解析】f′(x)=e x-2,令f′(x)=e x-2=0,解得x=ln 2.可得:函数f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.所以x=ln 2时,函数f(x)取得极小值也是最小值,f(ln 2)=2-2ln 2.★★★答案★★★:2-2ln 27.函数f(x)=e x(其e=2.718…是自然对数的底数)的极值点是________;极大值为________.【解析】由已知得f′(x)=e x=e x=(x+2)(x-1)e x,因为e x>0,令f′(x)=0,可得x=-2或x=1,当x<-2时f′(x)>0,即函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增;当-2<x<1时,f′(x)<0,即函数f(x)在区间(-2,1)上单调递减;当x>1时,f′(x)>0,即函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.故f(x)的极值点为-2或1,且极大值为f(-2)=.★★★答案★★★:1或-28.已知函数f(x)=当x∈(-∞,m]时,函数f(x)的取值范围为[-16,+∞),则实数m的取值范围是________. 世纪金榜导学号【解析】当x≤0时,f′(x)=3(2+x)(2-x),所以当x<-2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当-2<x≤0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在x=-2处取最小值f(-2)=-16.画出函数的图象,结合函数的图象得-2≤m≤8时,函数f(x)总能取到最小值-16,故m的取值范围是[-2,8].★★★答案★★★: [-2,8]三、解答题(每小题10分,共20分)9.若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1) 求a,b的值.(2) 设函数g(x)的导数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(1) 由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2) 由(1) 知f(x)=x3-3x,则g′(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,即函数g(x)的极值点只可能是1或-2.当x<-2时,g′(x)<0,当-2<x<1时,g′(x)>0,当x>1时,g′(x)>0,所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.10.已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数. 世纪金榜导学号(1)当a=-1时,求f(x)的最大值.(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.【解析】(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1 时,f(x)=-x+ln x,f′(x)=-1+=,令f′(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.所以f(x)max=f(1)=-1.所以当a=-1时,函数f(x)在(0,+∞)上的最大值为-1.(2) f′(x)=a+,x∈,∈.①若a≥-,则f′(x)≥0,从而f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意.②若a<-,令f′(x)>0得a+>0,结合x∈,解得0<x<-; 令f′(x)<0得a+<0,结合x∈,解得-<x≤e.从而f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-1+ln,令-1+ln=-3,得ln=-2,所以a=-e2,因为-e2<-,所以a=-e2为所求,故实数a的值为-e2.(15分钟35分)1.(5分)(多选)下列函数中,存在极值点的是( )A.y=x-B.y=C.y=-2x3-xD.y=xln x【解析】选BD.由题意,函数y=x-,则y′=1+>0,所以函数y=x-在(-∞,0),(0,+∞)内单调递增,没有极值点.函数y==根据指数函数的图象与性质可得,当x<0时,函数y=单调递减,当x ≥0时,函数y=单调递增,所以函数y=在x=0处取得极小值;函数y=-2x3-x,则y′=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;函数y=xln x,则y′=ln x+1,x>0,当x∈时,y′<0,函数单调递减,当x∈时,y′>0,函数单调递增,当x=时,函数取得极小值.2.(5分)用长为30 m的钢条围成一个长方体形状的框架(即12条棱长总和为30 m),要求长方体的长与宽之比为3∶2,则该长方体最大体积是( )A.24 m3B.15 m3C.12 m3D.6 m3【解析】选B.设该长方体的宽是x m,由题意知,其长是 m,高是= m(0<x<3),则该长方体的体积V(x)= x··=-x3+x2,V′(x)=-x2+x,由V′(x)=0,得到x=2(x=0舍去),且当0<x<2时, V′(x)>0;当2<x<3时,V′(x)<0,即体积函数V(x)在x=2处取得极大值V(2)=15,也是函数V(x)在定义域上的最大值.所以该长方体体积的最大值是15 m3.【变式备选】用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱,先在四周分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接成水箱,则水箱的最大容积为( )A.120 000 cm3B.128 000 cm3C.150 000 cm3D.158 000 cm3【解析】选B.设水箱底长为x cm,则高为 cm.由得0<x<120.设水箱的容积为y cm3,则有y=-x3+60x2.求导数,有y′=-x2+120x.令y′=0,解得x=80(x=0舍去).当x∈(0,80)时,y′>0;当x∈(80,120)时,y′<0.因此,x=80是函数y=-x3+60x2的极大值点,也是最大值点,此时y=128 000.3.(5分)(2020·昆明模拟)已知函数f(x)=ax2+bx+cln x(a>0)在x=1和x=2处取得极值,且极大值为-,则函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为 ( )A.0B.-C.2ln 2-4D.4ln 2-4【解析】选D.函数的导数为f′(x)=2ax+b+=.因为f(x)在x=1和x=2处取得极值,所以f′(1)=2a+b+c=0 ①,f′(2)=4a+b+=0 ②,因为f(x)极大值为-,a>0,所以由函数性质知当x=1时,函数取得极大值为-,则f(1)=a+b+cln 1=a+b=-③,由①②③得a=,b=-3,c=2,0即f(x)=x2-3x+2ln x,f′(x)=x-3+==,由f′(x)>0得2<x≤4或0<x<1,此时为增函数,由f′(x)<0得1<x<2,此时f(x)为减函数,则当x=1时,f(x)取得极大值,极大值为-,又f(4)=8-12+2ln 4=4ln 2-4>-,即函数在区间(0,4]上的最大值为4ln 2-4.4.(10分)(2019·成都模拟)已知函数f(x)=aln x-x2+x-.世纪金榜导学号(1)当曲线f(x)在x=3时的切线与直线y=-4x+1平行,求曲线f(x)在处的切线方程.(2)求函数f(x)的极值,并求当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-2x+a-2.由题意得f′(3)=-2×3+a-2=-4,得a=3.当x=1时,f(1)=-12+×1-=-,f′(1)=-2×1+3-2=2,故曲线f(x)在处的切线方程为y+=2,即8x-4y-17=0.(2)f′(x)=-2x+a-2=(x>0),①当a≤0时,f′(x)≤0,所以f(x)在上单调递减,f(x)无极值.②当a>0时,由f′(x)=0得x=,随x的变化,f′(x)、f(x)的变化情况如下:xf′(x) + 0 -f(x) ↗极大值↘故f(x)有极大值,无极小值,极大值为f=aln-+×-=aln-a,由aln-a>0,结合a>0可得a>2e,所以当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围是.5.(10分)(2020·济宁模拟)已知函数f(x)=ln x-xe x+ax(a∈R). 世纪金榜导学号(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围.(2)若a=1,求f(x)的最大值.【解题指南】(1)由题意分离参数,将原问题转化为函数求最值的问题,然后利用导函数即可确定实数a的取值范围.(2)结合函数的解析式求导函数,将其分解因式,利用导函数研究函数的单调性,最后利用函数的单调性结合函数的解析式即可确定函数的最大值.【解析】(1)由题意知,f′(x)=-(e x+xe x)+a=-(x+1)e x+a≤0 在[1,+∞)上恒成立,所以a≤(x+1)e x-在[1,+∞)上恒成立.令g(x)=-+(x+1)e x,则g′(x)=(x+2)e x+>0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2e-1,所以a≤2e-1.(2)当a=1时,f(x)=ln x-xe x+x(x>0),则f′(x)=-(x+1)e x+1=(x+1),令m(x)=-e x,则m′(x)=--e x<0,所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m>0,m(1)<0,所以存在x0>0满足m(x0)=0,即=.当x∈(0,x0),m(x)>0,f′(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,m(x)<0,f′(x)<0.所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.所以f(x)max=f(x0)=ln x0-x0+x0,因为=,所以x0=-ln x0,所以f(x0)=-x0-1+x0=-1,所以f(x)max=-1.(2019·新乡模拟)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x. 世纪金榜导学号(1)当a=-4时,求f(x)的单调区间.(2)已知a∈(1,2],b∈R,函数g(x)=x3+bx2-(2b+4)x+ln x,若f(x)的极小值点与g(x)的极小值点相等,证明:g(x)的极大值不大于.【解析】 (1)当a=-4时,f(x)=x2+3x-4ln x,定义域为(0,+∞), f′(x)=x+3-==,当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x)的单调递增区间为(1,+∞);当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,则f(x)的单调递减区间为(0,1).(2)f′(x)==,g′(x)=3x2+2bx-(2b+4)+=.令p(x)=3x2+(2b+3)x-1.因为a∈(1,2],所以f(x)的极小值点为a,则g(x)的极小值点为a. 所以p(a)=0,即3a2+(2b+3)a-1=0,即b=,此时g(x)的极大值为g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b=-3-=a--.因为a∈(1,2],所以a--≤×2--=.故g(x)的极大值不大于.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

专题06 利用导数研究函数的极值和最值及最值的应用(解析版)

专题06 利用导数研究函数的极值和最值及最值的应用目录类型一：求函数的极值或极值点 (1)类型二：利用极值或极值点求参数的值 (3)类型三：利用导数求最值的应用 (4)类型一：求函数的极值或极值点．．．．【答案】B【分析】令y=0，可排除AC，求导，再根据函数的单调性和极值点可排除D，即可得解【详解】y=(x―2))=x(x―2)e x，令0得x=0或x=2，故函数y=x(x―2)e有两个零点0，2，故错误；A．f(x)在(―2,1)上单调递增C．f(x)在x=―2处取得极小值类型二：利用极值或极值点求参数的值【详解】（1）f′(x)=3ax2+2bx，由题意可得f(1)=a+b=3f′(1)=3a+2b=0，解得a=―6b=9，检验：f′(x)=―18x2+18x，令f′(x)=0，解得x=0或x=1，当x∈(―∞,0)∪(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，满足题意；（2）由（1）得f(x)=―6x3+9x2，所以f′(x)=―18x2+18x.所以f(―1)=15，f′(―1)=―36.所以所求切线方程为y―15=―36(x+1)，即36x+y+21=0.类型三：利用导数求最值的应用题型专练：设正四棱柱底面边长为a，高为∵△MO1C∽△MO2E，∴MO1MO2=O1CO2E，即：33―ℎ33∴ℎ=33―62a，又∵a>0ℎ>0⇒a>033―6a故选：D.23．（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知菱形ABCD 的边长为2，CD 上，且EF //AC ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，则当五棱锥D ′―ABCFE ―DEF 外接球的表面积为（）A ．4πB ．409πC ．143πD ．5【答案】B【点睛】求解几何体外接球有关的问题，首先要找到球心的位置，可利用几何体各面的外心来确定球心的A．32103B．64103C．128103【答案】D【分析】先确定原图中哪一条线段是侧棱，哪条线段是底边，再设立变量，求出体积关于变量的函数解析式，求导，根据函数的单调性求解.【详解】根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，，则有PG2=(10―x)2+102，OF=OG=x，四棱锥的高ℎ2=PG2―OG2=200―20x，EFGH的面积S=4×S△OFG=2x2，四棱锥P-EFGH的体积V=23x2200―20x，200―20x，则x=200―t2，0≤t2<200，+5【答案】2π3【分析】连接CD，【详解】连接CD，由对称性，设∠CBE==所以BE=BD=CDtanθ易知∠MCE=∠NCD=又AC=3，故AB=AC 令sinθ0=1且θ0∈0,3由△SAB∼△SDE可得则该三棱柱的体积V时，V′>当0<r<23时，V取得最大值，且最大值为所以r=23.故答案为：3328．（2023·北京海淀上的动点（不与如图所示．给出下列四个结论：①AC//平面PEF；②△PEC不可能为等腰三角形；③存在点E，P，使得PD⊥AE④当四棱锥P―ACFE的体积最大时，④当底面ACFE的面积一定时，平面平面ABC⊥平面PEF 最大，设FC=x，EF=BF=PF=2―x，0<x<2V P―ACFE=13×12×(2―x+2)⋅x⋅(2―x)=16x3―x2+43xV′=1x2―2x+4=1(3x2―12PQ∥A1C1，确定平面ACPQ，则则五边形ACHE1G为平面ACE根据相似可得F1GGF =12，所以GF所以AG=GF2+AF2=49ℎ同理可得CH=21029，E1H=故当削去的雪最少时，平面ACE故答案为：41029+4669+2【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求体积的最值，截面问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中将体积的最值转化为函数的最值，并确定截面是解题的关键。

2023年新高考数学一轮复习4-3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)解析版

专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数研究函数的图象，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．3.考查利用导数解决生活中的优化问题，凸显数学建模、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的极值 1．函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值． 2．函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3.特别提醒：(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )＝0，极值点是f ′(x)＝0的根，但f ′(x)＝0的根不都是极值点(例如()3f x x ＝，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点)．(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．（二）导数与函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．（三）利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x)．(2)求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．（四）常用结论1．若函数f (x)的图象连续不断，则f (x)在[a ，b]上一定有最值．2．若函数f (x)在[a ，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f (x)在区间(a ，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的极值例1.（2017·全国高考真题（理））若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）． A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦'，因为()20f '-=，所以1a =-，()()211x f x x x e -=--，故()()212x f x x x e --'=+，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增，在()2,1-上单调递减，所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-，故选A ．例2．（2012·重庆·高考真题（理））设函数()f x 在R 上可导，其导函数为 ()'f x ，且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增； ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减；()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减；()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增；选D.例3.（2008·福建·高考真题（文））已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点（-1，-6），且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a ＞0，求函数y =f (x )在区间（a -1,a +1）内的极值.【答案】（1）m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）；f (x )的单调递减区间是（0，2）（2）当0<a <1时，f (x )有极大值－2，无极小值，当1<a <3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a=1或a ≥3时，f (x )无极值. 【解析】【详解】（Ⅰ）利用条件的到两个关于m 、n 的方程，求出m 、n 的值，再找函数y=f （x ）的导函数大于0和小于0对应的区间即可．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，分情况讨论区间（a -1，a+1）和单调区间的位置关系再得结论．(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①…由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得＝3x2＋2mx＋n，………………2分则g(x)＝＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2623m+⨯＝0，解得m＝－3.代入①得n＝0.于是＝3x2－6x＝3x(x－2)．………………………4分由>0得x>2或x<0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；………………………5分由<0，得0<x<2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．………………………6分(2)由(1)得＝3x(x－2)，令＝0得x＝0或x＝2. ………………7分当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：增函数增函数…………………………………9分由此可得：当0<a<1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；当1<a<3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．综上得，当0<a<1时，f(x)有极大值－2，无极小值；当1<a<3时，f(x)有极小值－6，无极大值；当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．………………………………12分【总结提升】 1.两点说明：（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值．3.求极值问题主要有两种类型，一是由图象求极值，二是求具体函数的极值. 题型二：根据函数极值（点）求参数的值或范围例4.（2021·全国高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（） A ．a b < B ．a b > C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D例5.（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>，若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾，故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=，则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.【法案】－7【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值，且导函数()fx ，的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b²>3a; （3）若()f x ，()fx ，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围．【答案】（1）2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(36]，. 【解析】【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3a x =-，再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=，化简可得2239a b a =+，根据极值存在条件可得3a >；（2）由（1，构造函数23()=9t g t t +，利用导数研究函数单调性，可得(g g 2>3b a ；（3）先求证()f x 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72-，构造差函数213()=9h a a a -+，利用导数研究其单调性，()h a 在(3,)+∞上单调递减．而7(6)=2h -，故可得a 的取值范围．试题解析：解：（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a-=-≤，即3a ≥.3a =时，()>0(1)f x x ≠-'，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>，故(g g因此2>3b a .（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤. 因此a 的取值范围为(]36，. 【总结提升】由函数极值求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．题型三：利用导数研究函数的最值例8．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.例9．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减；当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减；当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增；又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1.例10.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．例11.（2017·北京·高考真题（文））已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式000yf f x 中即可；（Ⅱ）设()()h x f x ='，求()h x '，根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性，根据单调性求函数的最大值为()00h =，从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立，所以函数()f x 是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x ='，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 【规律方法】1.求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a ，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；第三步，将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．3. 二次求导！当导函数y ＝f ′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f ′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f ′(x)的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x)的正负号．题型四：利用导数解决生活中的优化问题例12．（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米【解析】【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】（1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值．题型五：函数极值与最值的综合问题例13.（2016·天津·高考真题（理））设函数3()(1)f x x ax b =---，x∈R ，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）= f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；（Ⅲ）设a ＞0,函数g （x ）= |f （x ）|,求证：g （x ）在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()f x ，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)f f -，33(,()33a a f f -的大小即可，可分三种情况研究：①3a ≥；②334a ≤<；③304a <<. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313a x =+，或313ax =-. 当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3a ++∞. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：（1）当时，33102133a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----，所以.（2）当时，2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-，所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-，因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.（3）当时，2323011233a a<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， (0)(1(1f f f <=，(2)(1(1f f f >=，所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.例14．（2021·北京高考真题）已知函数()232xf x x a-=+．（1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-.【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x -'=，()11f ∴=，()14f '=-，此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=；（2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-.当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小范围．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．。

3.3.4利用导数研究函数的极值、最值

[训练 2] 设函数 f(x)＝x(ln x－ax)，(a∈R)在区间(0，2)上有两个极值点，则 a
的取值范围是( )
D
A．－12，0
B．0，ln
2＋1 4
C．12，0
D．ln 24＋1，12
解析令 g(x)＝f′(x)＝ln x－2ax＋1，则 g(x)＝0 在(0，2)上有两个不等实根，∵g′(x)
所以 f(x)在1e，1上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以 f(x)max＝f(1)＝－12.
• 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．
考向 1：求函数的最值问题已知函数 f(x)＝1－x x＋kln x，k<1e，求函数 f(x)在1e，e上的最大值和最小
值．
解 f′(x)＝－x－x2 －x＋kx＝kxx－2 1. (1)若 k＝0，则 f′(x)＝－x12在1e，e上恒有 f′(x)<0，所以 f(x)在1e，e上单调递减． (2)若 k≠0，则 f′(x)＝kxx－2 1＝kxx－2 1k. ①若 k<0，则在1e，e上恒有kxx－2 1k＜0. 所以 f(x)在1e，e上单调递减，
函数、导数及其应用
---利用导数研究函数的极值、最值
课堂互动·考点突破
考点一利用导数求解函数的极值
(1)(2017·全国卷Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则
f(x)的极小值为( A )
A．－1
B．－2e－3

高中数学教学课例《导数》课程思政核心素养教学设计及总结反思

高中数学教学课例《导数》教学设计及总结反思
学科
高中数学
教学课例名
《导数》
称
1、考试内容：导数的背景导数的概念多项式函数
的导数利用导数研究函数的单调性和极值、函数：（1）了解导数概念的实际背景；（2）
理解导数的几何意义；（3）掌握函数 y=C（C 为常数）
和的导数公式，会求多项式的导数；（4）理解极大值、
2、文科的学生在学习数学的过程中更多的习惯于
模仿，在模仿的过程中去理解、熟练掌握解决问题的方学生学习能
法，缺少积极主动的去分析问题的想法；然后多数的学力分析
生希望通过复习能立竿见影的看到自己的成绩有所提
升或者说对所复习的知识有成就感。
所以根据这些特征我设计了这样的教学形式，以符
合他们的学习习惯。
极小值、最大值、最小值的概念，并会用导数求多项式
函数的单调区间、极值和闭区间上的最值；（5）会利
用导数求某些简单实际问题的最大值和最小值。教材分析
3、高考中的地位分析：（1）高考卷中所占的分值：
12 分——17 分（150 分）（2）高考卷中的题型：解答
题或选择题+填空题
4、高考卷中所考查的内容：（1）填空题——考查：
1、根据高三文科学生学习的特点，进行了学生和
老师共同归纳总结出解决问题的通法，然后就用通法来
教学策略选解决实际问题的例习和检测练习——强化训练。2、教
择与设计学设计：学生复习——教师提出问题——学生完成提出
的问题——师生共同归纳总结得出通法——师生共同
利用通法解决实际问题（巩固）——学生自己利用通法
要学生自己归纳总结，教师完善。
要学生自己归纳总结，教师完善。
使学生记准确所需的公式，便于熟练运用。

3.3利用导数研究函数的极值最值

3.3利用导数研究函数的极值、最值课标要求精细考点素养达成1.了解函数在某点处取得极值的必要条件和充分条件2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)4.利用导数研究函数的极(最)值求函数的极值通过求不含参数的函数的极值,培养数学运算的素养求闭区间上函数的最值通过求含参数的函数的极值培养数学运算和逻辑推理的核心素养函数的恒成立与存在性问题通过函数极值、最值的综合问题,培养逻辑推理、数学运算和直观想象的核心素养1.(概念辨析)(多选)下列命题正确的有( ). A.函数的极大值不一定比极小值大B.对于可导函数f (x ),f'(x 0)=0是点x 0为极值点的充要条件C.函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值D.函数取极值对应点处的切线与x 轴没有公共点 2.(对接教材)下列函数中存在极值的是( ). A.y=1xB.y=x exC.y=2D.y=x 33.(对接教材)当函数f (x )=5x+ln x 取得最小值时,x 的值为 .4.(易错自纠)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18B.11C.18D.17或185.(真题演练)(2023·新高考全国Ⅱ卷)(多选)若函数f (x )=a ln x+b x +c x2(a ≠0)既有极大值也有极小值,则( ). A.bc>0 B.ab>0 C.b 2+8ac>0D.ac<0求函数的极值典例1 (1)函数f (x )=43x 36x 2+8x 的极值点是( ).A.x=1B.x=2C.x=2和x=1D.x=1和x=2(2)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.训练1 (1)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.2e3C.5e 3D.1(2)(2023·淄博月考)已知函数f (x )=13x 3a xlna在(0,+∞)上既有极大值又有极小值,则实数a 的取值范围是( ).A.(0,1)∪(1,e 2e )B.(0,1)C.(e 2e ,+∞)D.(1,e 2e )闭区间上函数的最值典例2 (1)已知函数f (x )=e xcos xx.求函数f (x )在区间[0,π2]上的最大值和最小值.(2)已知函数f (x )=ln xax (a ∈R).①求函数f (x )的单调区间;②当a>0时,求函数f (x )在[1,2]上的最小值.训练2 已知函数f (x )=ax+ln x ,其中a 为常数.(1)当a=1时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为3,求a 的值.常见不等式的放缩应用典例 (1)求证:e xln x+2e x -1x>1. (2)设函数f (x )=ln xx+1.①讨论f (x )的单调性.②求证:当x ∈(1,+∞)时,1<x -1lnx <x.训练 (1)已知x ∈(0,1),求证:x 21x <lnx e x. (2) 求证:e x e 2ln x>0恒成立.一、单选题1.函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在区间(a,b)内极小值点的个数是().A.1B.2C.3D.42.已知函数f(x)=(x1)2(2x)3,则f(x)的极大值点为().A.1B.75C.1D.23.若函数f(x)=x32cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为().A.[√32,+∞) B.(√32,+∞) C.(-∞,-√32]∪[√32,+∞) D.(-∞,-√32)∪(√32,+∞)4.若函数f(x)=2xln x满足f(x)≥ax恒成立,则a的最大值为().A.3B.4C.3ln 2D.3+ln 2二、多选题5.下列关于函数f(x)=(2xx2)e x的判断,正确的是().A.f(x)>0的解集是{x|0<x<2}B.f(√2)是极小值,f(√2)是极大值C.f(x)没有最小值,也没有最大值D.f(x)有最大值无最小值6.若函数f(x)=2x3ax2(a<0)在(a2,a+63)上有最大值,则实数a的取值可能为().A.6B.5C.4D.3三、填空题7.函数f(x)=e x+1x的最小值为.8.已知函数f(x)=axx sin x2cos x在(0,2π)上有两个极值点,则实数a的取值范围是.四、解答题9.已知函数f(x)=x33x2+9x+3.(1)求f(x)的极值;(2)求f(x)在区间[2,2]上的最大值与最小值.10.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 ).11.若∀a ,b ,c ∈D ,g (a ),g (b ),g (c )可以作为一个三角形的三条边长,则称函数g (x )是区间D 上的“稳定函数”.已知函数f (x )=lnx x+m 是区间[1e2,e 2]上的“稳定函数”,则实数m 的取值范围为( ).A.(2e +1e,+∞) B.(2e 2+1e,+∞) C.(4e +1e,+∞) D.(4e 2+1e,+∞) 12.(2023·青岛期初)已知函数f (x )={xlnx -x,x >0,0,x =0.(1)求f (x )的最小值.(2)函数y=f (x )的图象是一条连续不断的曲线,记该曲线与x 轴围成图形的面积为S ,求证:S<e 12.。

核心素养下高中数学课堂导数求解函数最值问题分析

核心素养下高中数学课堂导数求解函数最值问题分析摘要：核心素养下，对高中数学教学提出新的要求，强调学生全面发展。

函数是高中数学重要部分，对学生数学核心素养的培养影响重大。

文章以核心素养下高中数学课堂导数求解函数最值问题为研究对象，对函数最值、导数法进行阐述，对如何利用导数法求函数最值问题，提出几点建议，希望对数学教学活动开展提供帮助。

关键词：核心素养；高中；数学课堂；函数最值引言：函数最值求解是高中数学函数知识重点内容，是学生必须要掌握的知识内容。

导数法在函数最值求解中应用，可以提高学生解决问题能力，使学生快速掌握学习方法。

本文就此进行分析。

1函数最值、导数法首先，函数最值。

一般来讲函数最值是指函数的最大值与最小值，其中最大值就是定义域中的最大值，最小值就是函数定义域中最小值[1]。

通过对函数图像的最高点或者最低点的纵坐标分析，可以确定函数的最值。

如，在函数y=f（x）的定义域为I，若是存在实数N，且满足x I，f（x）≥N。

f（0）=N，则实数N是函数的最小值。

若是函数y=f（x）足x I，f（x）≦N，f（0）=N，那么N就是函数的最大值。

解决函数最值问题时，需要加强对函数概念与定义的分析，根据此确定求解方法，明确数值。

其次，导数法。

导数法是一项综合型较强的解题方法，可以对二元一次方程、不等式、三角函数等内容进行求解，能够帮助学生快速找到问题解决方法。

应用导数法解决时，可以避免出现解题过程复杂、大量运算的问题出现，能够深化学生理解。

在函数最值中应用，可以将学生解题思路清晰化、透明化，能够辅助学生更好的学习数学知识。

2核心素养下导数求解函数最值问题教学方法2.1情景导入，提高解决问题能力函数最值问题教学中，通过情景的应用，可以将复杂题干清晰、简单化，活跃学生解题思路。

数学课堂教学中，加强对函数最值的分析，结合数学知识设计教学情景，让学生意识到数学知识与生活之间的关系，培养学生逻辑思维与解决问题能力，提高导数法应用效果[2]。

利用导数研究函数的极值与最值Ppt优选文档

解:
3 因为 f(x)1x34x4, 所以 f(x)x24.
3
令 f(x)0, 解得 x 2, 或 x2.
当 f(x)0, 即 x2 , 或 x2 ;
当 f(x)0, 即 2x2 .
当 x 变化时, f (x) 的变化情况如下表:
Y=f（x）在这些点的导数值是多少？在这些点附近，y=f（x）y的导数的符号有什么规律？
f (x4 ) f (x1)
o a X1
X2
X3 X4 b
x
从而我们得出结论: 若x0满足 f/(x)=0,
且在x0的两侧的导数异号,则x0是f(x)的极值点,f(x0)是极值,并且如果 f/(x) 在x0两侧满足 “左正右负”,则x0是f(x)的极大值点,f(x0) 是极大值;如果 f/(x) 在x0两侧满足“左负右
进一步探究:极值点两侧函数图像单调性有何特点?
极大值
极小值
即: 极值点两侧单调性互异
练习1
下图是导函数 y f(x)的图象, 试找出函数 y f (x)
的极值点, 并指出哪些是极大值点, 哪些是极小值点.
y
y f (x)
x2 x3
a x1 O
x4 x5
x
x6
b
例1 求函数 f(x)1x3 4x4的极值.
3、练习
1.求出函数 f( x ) x 3 3 x 2 2 4 x 2 0 的单调区间
解 f(x)3x26x2 4 3 (x 4 )x ( 2 )
令f(x)0，得临界点 x1 4 , x22
区间 (-∞，-4) -4 (-4，2) 2 (2，+∞)
f ’(x) +
反之, 若 f (x) f (x0) , 则称 f (x0) 是 f (x) 的一个极

高考数学刷题评估练：核心素养提升练利用导数研究函数的极值、最值

核心素养提升练十五利用导数研究函数的极值、最值(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值，则c的取值范围为( )A.c<B.c≤C.c≥D.c>【解析】选A.因为f(x)=x3-x2+cx+d，所以f′(x)=x2-x+c，要使f(x)有极值，则方程f′(x)=x2-x+c=0有两个实数解，从而Δ=1-4c>0，所以c<.2.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，则f(x) ( )A.既有极小值，也有极大值B.有极小值，但无极大值C.有极大值，但无极小值D.既无极小值，也无极大值【解析】选B.由导函数图象可知，y=f′(x)在(-∞，x0)上为负，y=f′(x)在(x0，+∞)上非负，所以y=f(x)在(-∞，x0)上递减，在(x0，+∞)上递增，所以y=f(x)在x=x0处有极小值，无极大值.3.设动直线x=m与函数f(x)=x3，g(x)=ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为( )A.(1+ln 3)B.ln 3C.1+ln 3D.ln 3-1【解析】选A.设F(x)=f(x)-g(x)=x3-ln x，求导得:F′(x)=3x2-.令F′(x)>0得x>;令F′(x)<0得0<x<，所以当x=时，F(x)有最小值为F=+ln 3=(1+ln 3).4.若函数f(x)=e-x+tln x有两个极值点，则实数t的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选A.f′(x)=-e-x+=0有两个正根，即t=xe-x有两个正根，令g(x)=xe-x，g′(x)=e-x-xe-x，当g′(x)>0时，x<1，故y=g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=，当x→+∞时，g(x)>0，所以t∈.5.(2019·南充模拟)若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1，1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A.(1，5)B.[1，5)C.(1，5]D.(-∞，1)∪(5，+∞)【解析】选B.由题意f′(x)=3x2+2x-a，函数开口向上，对称轴为x=-，若函数f(x)在区间(-1，1)内恰有一个极值点，则即解得1≤a<5.二、填空题(每小题5分，共15分)6.已知函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1，则a=________， b=________.【解析】f′(x)=+b=(x>0)，当f′(x)=0时，x=-，当x=1时，函数取得最大值ln 2-1，即解得a=1，b=-1.答案:1 -17.(2018·珠海模拟)已知函数f(x)=5sin x-12cos x，当x=x0时，f(x)有最大值13，则tan x0=______. 【解析】f(x)=5sin x-12cos x=13sin(x-θ)(cos θ=，sin θ=)当x=x0时f(x)有最大值13，所以x0-θ=+2kπ，k∈Z所以x0=θ++2kπ，tan x0=tan(θ++2kπ)=tan(θ+)===-.答案:-8.(2018·长春模拟)已知函数f(x)=若f(x1)=f(x2)=f(x3) (x1< x2<x3)，则的取值范围为________.【解题指南】利用导数法，分析函数的单调性及极值，可得f(x1)=f(x2)=f(x3)∈，即有-<x1<-，可得==1+，计算即可得到所求范围.【解析】函数f(x)=所以函数f′(x)=故当x<0时，函数为增函数，且f(x)<，当0≤x<1时，函数为增函数，且0≤f(x)<，当x≥1时，函数为减函数，且0<f(x)≤，若f(x1)=f(x2)=f(x3)(x1<x2<x3)，则f(x1)=f(x2)=f(x3)∈，即- <x1<-，故==1+∈(-1，0).答案:(-1，0)三、解答题(每小题10分，共20分)9.已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程.(2)证明:f(x)仅有唯一的极小值点.【解析】(1)因为f′(x)=，所以k=f′(1)=-2.又因为f(1)=e+2，所以切线方程为:y-(e+2)=-2(x-1)，即2x+y-e-4=0.(2)令h(x)=e x(x-1)-2，则h′(x)=e x·x，所以x∈(-∞，0)时，h′(x)<0，x∈(0，+∞)时，h′(x)>0.当x∈(-∞，0)时，易知h(x)<0，所以f′(x)<0，f(x)在(-∞，0)上没有极值点.当x∈(0，+∞)时，因为h(1)=-2<0，h(2)=e2-2>0，所以f′(1)<0，f′(2)>0，f(x)在(1，2)上有极小值点.又因为h(x)在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)仅有唯一的极小值点.10.(2018·茂名模拟)已知函数f(x)=ax-cos x+b的图象在点处的切线方程为y=x+.(1)求a，b的值.(2)求函数f(x)在上的值域.【解析】(1)因为f(x)=ax-cos x+b，所以f′(x)=a+sin x.又f′=a+1=，f=a+b=×+.解得a=，b=3.(2)由(1)知f(x)=x-cos x+.因为f′(x)=+sin x，由f′(x)=+sin x>0，得-<x≤，由f′(x)=+sin x<0得，-≤x<-，所以函数f(x)在上递减，在上递增.因为f=，f=π，f(x)min=f=.所以函数f(x)在上的值域为.(20分钟40分)1.(5分)(2019·郑州模拟)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30，实数m，n满足f(m)=-12，f(n)=18，则m+n=( )A.6B.8C.10D.12【解析】选A.因为三次函数的图象一定是中心对称图形，所以可设其对称中心为(a，c)，f(x)=x3-9x2+29x-30=(x-a)3+b(x-a)+c=x3-3ax2+(3a2+b)x-a3-ab+c，所以解得所以f(x)的图象关于点(3，3)中心对称，又f(m)=-12，f(n)=18，==3，所以=3，m+n=6.2.(5分)(2019·宿州模拟)已知函数f(x)=ax-x2-ln x存在极值，若这些极值的和大于5+ln 2，则实数a 的取值范围为( )A.(-∞，4)B.(4，+∞)C.(-∞，2)D.(2，+∞)【解析】选B.f(x)=ax-x2-ln x，x∈(0，+∞)，则f′(x)=a-2x-=-，因为函数f(x)存在极值，所以f′(x)=0在(0，+∞)上有根，即2x2-ax+1=0在(0，+∞)上有根，所以Δ=a2-8≥0，显然当Δ=0时，f(x)无极值不合题意;所以方程必有两个不等实根.记方程2x2-ax+1=0有两根.为x1，x2，x1+x2=，x1x2=.f(x1)，f(x2)是函数f(x)的两个极值，由题意得f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)-(+)-(ln x1+ln x2)=-+1-ln >5-ln ，化简解得a2>16，满足Δ>0，又x1+x2=>0，即a>0，所以a的取值范围是(4，+∞).3.(5分)已知定义在(-∞，0)∪(0，+∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且=x4，f(2)=8e2，则f(x)>e的解集为( )A.(-∞，-)∪(，+∞)B.(，+∞)C.(-∞，-1)∪(1，+∞)D.(1，+∞)【解析】选D.依题意=x4，则=e x，即=e x，故′=e x，故=e x+c;因为f(2)=8e2，故c=0，故f(x)=x3e x;易知当x<0时， f(x)<0，故只需考虑x>0的情况即可;因为f′(x)=3x2e x+x3e x，可知当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，+∞)上单调递增;注意到f(1)=e，故f(x)>e的解集为(1，+∞).4.(12分)(2018·许昌模拟)已知函数f(x)=axln x+b，g(x)=x2+kx+3，曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=x-1.(1)若f(x)在(b，m)上有最小值，求m的取值范围.(2)当x∈时，若关于x的不等式2f(x)+g(x)≥0有解，求k的取值范围.【解题指南】(1)求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，求出a，b的值，解关于导函数的不等式，求出函数的最小值，求出m的范围即可.(2)问题等价于不等式k≥-在x∈上有解，设h(x)=-，x∈，根据函数的单调性求出k的范围即可.【解析】(1)f′(x)=a(ln x+1)，由题意得，解得:，故f′(x)=ln x+1，当f′(x)>0，即x>时，f(x)递增，当f′(x)<0，即0<x<时，f(x)递减，因为f(x)在(0，m)上有最小值，所以m的取值范围是.(2)关于x的不等式2f(x)+g(x)≥0在x∈上有解，等价于不等式k≥-在x∈上有解，设h(x)=-，x∈，h′(x)=-，当h′(x)>0即<x<1时，h(x)递增，当h′(x)<0，即1<x<e时，h(x)递减，又h=-，h(e)=-，所以h-h(e)<0，故h(x)min=h=-，所以k≥-.5.(13分)已知函数f(x)=-2ln x的图象在x=1处的切线过点(0，2-2a)，a，b∈R.(1)若a+b=，求函数f(x)的极值点.(2)设x1，x2(x1≠x2)是函数f(x)的两个极值点，若<x1<1，证明:|f(x2)-f(x1)| <1.(提示e2≈7.40)【解析】因为f′(x)=，所以f′(1)=a+b-2.又f(1)=a-b，曲线y=f(x)在x=1处的切线过点(0，2-2a)，所以=a+b-2，得a=b.(1)因为a+b=，所以a=b=，令f′(x)=0，得2x2-5x+2=0，解得x=或2，所以f(x)的极值点为或2.(2)因为x1，x2是方程f′(x)==0的两个根，且a=b，所以x1x2=1，a==，因为<x1<1，所以x2=>1，a>0，所以f(x1)是函数f(x)的极大值，f(x2)是函数f(x)的极小值，所以要证|f(x2)-f(x1)|<1，只需f(x1)-f(x2)<1，f(x1)-f(x2)=ax1--2ln x1-(ax2--2ln x2)=2(ax1--2ln x1)=4(-ln x1)=4(-ln )，令t=，则<t<1，设h(t)=-ln t=1--ln t，则h′(t)=-<0，函数h(t)在上单调递减，所以h(t)<h()=，所以f(x 1)-f(x2)<4h()=<1.关闭Word文档返回原板块。

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核心素养提升练利用导数研究函数的极值、最值(30分钟 60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为( )A.c<B.c≤C.c≥D.c>【解析】选A.因为f(x)=x3-x2+cx+d,所以f′(x)=x2-x+c,要使f(x)有极值,则方程f′(x)=x2-x+c=0有两个实数解,从而Δ=1-4c>0,所以c<.2.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x) ( )A.既有极小值,也有极大值B.有极小值,但无极大值C.有极大值,但无极小值D.既无极小值,也无极大值【解析】选B.由导函数图象可知,y=f′(x)在(-∞,x0)上为负,y=f′(x)在(x0,+∞)上非负,所以y=f(x)在(-∞,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,所以y=f(x)在x=x0处有极小值,无极大值.3.设动直线x=m与函数f(x)=x3,g(x)=ln x的图象分别交于点M,N,则|MN|的最小值为( )A.(1+ln 3)B.ln 3C.1+ln 3D.ln 3-1【解析】选A.设F(x)=f(x)-g(x)=x3-ln x,求导得:F′(x)=3x2-.令F′(x)>0得x>;令F′(x)<0得0<x<,所以当x=时,F(x)有最小值为F=+ln 3=(1+ln 3).4.若函数f(x)=e-x+tln x有两个极值点,则实数t的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选A.f′(x)=-e-x+=0有两个正根,即t=xe-x有两个正根,令g(x)=xe-x, g′(x)=e-x-xe-x,当g′(x)>0时,x<1,故y=g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=,当x→+∞时,g(x)>0,所以t∈.5.(2019·南充模拟)若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1,1)内恰有一个极值点,则实数a的取值范围为 ( )A.(1,5)B.[1,5)C.(1,5]D.(-∞,1)∪(5,+∞)【解析】选B.由题意f′(x)=3x2+2x-a,函数开口向上,对称轴为x=-,若函数f(x)在区间(-1,1)内恰有一个极值点,则即解得1≤a<5.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则a=________,b=________.【解析】f′(x)=+b=(x>0),当f′(x)=0时,x=-,当x=1时,函数取得最大值ln 2-1,即解得a=1,b=-1.答案:1 -17.(2018·珠海模拟)已知函数f(x)=5sin x-12cos x,当x=x0时,f(x)有最大值13,则tan x0=______.【解析】f(x)=5sin x-12cos x=13sin(x-θ)(cos θ=,sin θ=)当x=x0时f(x)有最大值13,所以x0-θ=+2kπ,k∈Z所以x0=θ++2kπ,tan x0=tan(θ++2kπ)=tan(θ+)===-.答案:-8.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是________.【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2,得-<a<1.不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,a3-1-3(a-1)≥0,(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).答案:[-2,1)三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)证明:f(x)仅有唯一的极小值点.【解析】(1)因为f′(x)=,所以k=f′(1)=-2.又因为f(1)=e+2,所以切线方程为:y-(e+2)=-2(x-1),即2x+y-e-4=0.(2)令h(x)=e x(x-1)-2,则h′(x)=e x·x,所以x∈(-∞,0)时,h′(x)<0,x∈(0,+∞)时,h′(x)>0.当x∈(-∞,0)时,易知h(x)<0,所以f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上没有极值点.当x∈(0,+∞)时,因为h(1)=-2<0,h(2)=e2-2>0,所以f′(1)<0,f′(2)>0,f(x)在(1,2)上有极小值点.又因为h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)仅有唯一的极小值点.10.已知二次函数f(x)=x2+ax+b+1,关于x的不等式f(x)-(2b-1)x+b2<1的解集为(b,b+1),其中b≠0.(1)求a的值.(2)令g(x)=,若函数φ(x)=g(x)-kln(x-1)存在极值点,求实数k的取值范围,并求出极值点.【解析】(1)因为f(x)-(2b-1)x+b2<1的解集为(b,b+1),即x2+(a-2b+1)x+b2+b<0的解集为(b,b+1),所以方程x2+(a-2b+1)x+b2+b=0的解为x1=b,x2=b+1,所以b+(b+1)=-(a-2b+1),解得a=-2.(2)φ(x)的定义域为(1,+∞).由(1)知f(x)=x2-2x+b+1,所以g(x)==x-1+,所以φ′(x)=1--=,因为函数φ(x)存在极值点,所以φ′(x)=0有解,所以方程x2-(2+k)x+k-b+1=0有两个不同的实数根,且在(1,+∞)上至少有一根, 所以Δ=(2+k)2-4(k-b+1)=k2+4b>0.解方程x2-(2+k)x+k-b+1=0得x1=,x2=.①当b>0时,x1<1,x2>1,所以当x∈时,φ′(x)<0,当x∈(,+∞)时,φ′(x)>0,所以φ(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以φ(x)极小值点为.②当b<0时,由Δ=k2+4b>0得k<-2,或k>2,若k<-2,则x1<1,x2<1,所以当x>1时,φ′(x)>0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,不符合题意;若k>2,则x1>1,x2>1,所以φ(x)在上单调递增,在(,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以φ(x)的极大值点为,极小值点为. 综上当b>0时,k取任意实数,函数φ(x)的极小值点为;当b<0时,k>2,函数φ(x)的极小值点为,极大值点为.(20分钟40分)1.(5分)(2019·郑州模拟)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30,实数m,n满足f(m)=-12,f(n)=18,则m+n= ( )A.6B.8C.10D.12【解析】选A.因为三次函数的图象一定是中心对称图形,所以可设其对称中心为(a,c),f(x)=x3-9x2+29x-30=(x-a)3+b(x-a)+c=x3-3ax2+(3a2+b)x-a3-ab+c,所以解得所以f(x)的图象关于点(3,3)中心对称,又f(m)=-12,f(n)=18,==3,所以=3,m+n=6.2.(5分)(2019·宿州模拟)已知函数f(x)=ax-x 2-ln x 存在极值,若这些极值的和大于5+ln 2,则实数a 的取值范围为 ( ) A.(-∞,4) B.(4,+∞) C.(-∞,2) D.(2,+∞)【解析】选B.f(x)=ax-x 2-ln x,x ∈(0,+∞),则f ′(x)=a-2x-=-,因为函数f(x)存在极值,所以f ′(x)=0在(0,+∞)上有根,即2x 2-ax+1=0在(0, +∞)上有根,所以Δ=a 2-8≥0,显然当Δ=0时,f(x)无极值不合题意;所以方程必有两个不等实根.记方程2x 2-ax+1=0有两根.为x 1,x 2,x 1+x 2=,x 1x 2=.f(x 1),f(x 2)是函数f(x)的两个极值,由题意得f(x 1)+f(x 2)=a(x 1+x 2)-(+)-(ln x 1+ln x 2)=-+1-ln >5-ln ,化简解得a 2>16,满足Δ>0,又x 1+x 2=>0,即a>0, 所以a 的取值范围是(4,+∞).3.(5分)已知定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x),且=x4,f(2)=8e2,则f(x)>e的解集为( )A.(-∞,-)∪(,+∞)B.(,+∞)C.(-∞,-1)∪(1,+∞)D.(1,+∞)【解析】选D.依题意=x4,则=e x,即=e x,故′=e x,故=e x+c;因为f(2)=8e2,故c=0,故f(x)=x3e x;易知当x<0时, f(x)<0,故只需考虑x>0的情况即可;因为f′(x)=3x2e x+x3e x,可知当x>0时, f′(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;注意到f(1)=e,故f(x)>e的解集为(1,+∞).4.(12分)(2018·丰台模拟)已知函数f(x)=e x-a(ln x+1)(a∈R).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)若函数y=f(x)在上有极值,求a的取值范围.【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=e x-.(1)因为f(1)=e-a,f′(1)=e-a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e-a)=(e-a)(x-1)即y=(e-a)x.(2)f′(x)=e x-.(ⅰ)当a≤0时,对于任意x∈,都有f′(x)>0,所以函数f(x)在上为增函数,没有极值,不合题意.(ⅱ)当a>0时,令g(x)=e x-,则g′(x)=e x+>0.所以g(x)在上单调递增,即f′(x)在上单调递增,所以函数f(x)在上有极值,等价于所以所以<a<e.所以a的取值范围是.5.(13分)已知函数f(x)=-2ln x的图象在x=1处的切线过点(0,2-2a),a,b∈R.(1)若a+b=,求函数f(x)的极值点.(2)设x1,x2(x1≠x2)是函数f(x)的两个极值点,若<x1<1,证明:|f(x2)-f(x1)| <1.(提示e2≈7.40)【解析】因为f′(x)=,所以f′(1)=a+b-2.又f(1)=a-b,曲线y=f(x)在x=1处的切线过点(0,2-2a),所以=a+b-2,得a=b.(1)因为a+b=,所以a=b=,令f′(x)=0,得2x2-5x+2=0,解得x=或2,所以f(x)的极值点为或2.(2)因为x1,x2是方程f′(x)==0的两个根,且a=b,所以x1x2=1,a==,因为<x1<1,所以x2=>1,a>0,所以f(x1)是函数f(x)的极大值,f(x2)是函数f(x)的极小值,所以要证|f(x2)-f(x1)|<1,只需f(x1)-f(x2)<1,f(x1)-f(x2)=ax1--2ln x1-(ax2--2ln x2)=2(ax1--2ln x1)=4(-ln x1)=4(-ln ),令t=,则<t<1,设h(t)=-ln t=1--ln t,则h′(t)=-<0,函数h(t)在上单调递减,所以h(t)<h()=,所以f(x1)-f(x2)<4h()=<1.。