专题3.3 利用导数研究函数的最值、极值-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)

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2020版高考数学一轮复习第三章第三节导数与函数的极值、最值课件文

第三节
导数与函数的极值、最值
教材研读
1.函数的极值与导数 2.函数的最值与导数
考点突破
考点一考点二
利用导数研究函数的极值利用导数求函数的最值
考点三利用导数求解函数的极值和最值的综合问题
教材研读
1.函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值
象如图所示,则下列结论中一定成立的是 ( D )
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,1-x>3,此时f '(x)>0;当-2<x<1时,0<1-x<3,此时f '(x)<0;当1<x<2时,-1<1-x<0,此时f '(x)<0;当x>2时,1-x<-1,此时f '(x)>0, 函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.
,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
极大值和极小值统称为极值.
▶提醒 f '(x0)=0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件.例如,f(x)=x3, f '(0)=0,但x=0不是极值点.
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件: 一般地,如果在区间[a,b]上,函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值. (2)求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤:

2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题3.3利用导数研究函数的极值,最值(讲)含解析

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第三章导数第03讲利用导数研究函数的极值，最值 ---讲1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象等相结合，且有综合化更强的趋势．（2）单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；（3）适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.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．【典例1】（2018年文北京卷）设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，则当时，；当时，.所以在x=1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a <0时，令得.随x 的变化情况如下表：∴在x =1处取得极大值，不合题意.综上所述，a 的取值范围为.【规律方法】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．【变式1】（2019·北京高三期末（理））已知函数．（Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为，求a 的值；（Ⅱ）求函数()y f x =在区间[1,4]上的极值．【答案】（Ⅰ）0（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）因为，所以，所以.因为()y f x =在1x =处的切线方程为.所以1122a -=，解得0a =. （Ⅱ）因为，[]1,4x ∈，所以，①当21a ≤，即12a ≤时，()0f x '≥在[]1,4恒成立，所以()y f x =在[]1,4单调递增；所以()y f x =在[]1,4无极值；②当22a ≥，即1a ≥时，()0f x '≤在[]1,4恒成立，所以()y f x =在[]1,4单调递减，所以()y f x =在[]1,4无极值； ③当122a <<，即112a <<时，变化如下表：因此，()f x 的减区间为()21,4a，增区间为()24,4a ．所以当24x a =时，()f x有极小值为，无极大值.知识点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．【典例2】(2017北京，理19)已知函数．（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】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【规律方法】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．【变式2】（2019·天津高三期中（理））已知函数在1x =处有极值32. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）在[]1,1x ∈-时，求函数()f x 的最值.【答案】(Ⅰ)1,2a b ==；(Ⅱ)最大值为2，最小值为12-. 【解析】(Ⅰ)由函数的解析式可得：，则3(1)2(1)0f f ⎧=⎪⎨⎪=⎩'，即：，解得：12a b =⎧⎨=⎩.经检验1,2a b ==符合题意.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，，令'()0f x =可得0x =或1x =，由于：，，()02f =，故函数的最大值为()02f =，函数的最小值为.考点1 函数极值的辨析【典例3】（2018·浙江高考模拟）已知 a ＞0 且 a ≠1，则函数 f (x )＝(x －a )2ln x （） A ．有极大值，无极小值 B ．有极小值，无极大值 C ．既有极大值，又有极小值 D ．既无极大值，又无极小值【答案】C 【解析】由题意，，由，得或，由方程，结合函数图象，作出和的图象，结合图象得和的图象有交点，∴方程有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到：函数既有极大值，又有极小值具有极大值，也有极小值，故选C.【易错提醒】（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．【变式3】（2018·吉林省实验高三期中（文））设可导函数在R 上图象连续且存在唯一极值，若在x ＝2处，f (x )存在极大值，则下列判断正确的是( ) A ．当时，，当时，. B ．当时，，当时，. C ．当时，，当时，. D ．当时，，当时，.【答案】A 【解析】 ∵函数的定义域为R ，且在处存在唯一极大值， ∴当时函数单调递增，当时函数单调递减，∴当时，，当时，．故选A ．考点2 已知函数求极值点的个数【典例4】（2019·河南高考模拟（文））已知函数.（1）若a e =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的极值点个数. 【答案】（1）10y -=；（2）见解析【解析】（1）依题意，，故()'10f =，又()10f =，故所求切线方程为10y -=.（2）依题意.令()x e m x x=，则，且当01x <<时，()'0m x <当1x >时，()'0m x >，所以函数()m x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，，当a e ≤时，()m x a ≥恒成立，()'0f x ∴≥.函数()f x 在区间()0,+∞单调递增，()f x 无极值点；当a e >时，，故存在()10,1x ∈和()21,x ∈+∞，使得，当10x x <<时，()'0f x >，当12x x x <<时，()'0f x <，当2x x >时，()'0f x >，所以函数()f x 在()12,x x 单调递减，在()10,x 和()2,x +∞单调递增，所以1x 为函数()f x 的极大值点，2x 为函数()f x 的极小值点.综上所述，当a e ≤时，()f x 无极值点；当a e >时，()f x 有2个极值点. 【易错提醒】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．【变式4】（2018·全国高考模拟（理））设，则函数（）A ．仅有一个极小值B ．仅有一个极大值C ．有无数个极值D ．没有极值【答案】A 【解析】，得. 设，则.即为增函数，且.所以当,则单调递减；当,则单调递增，且.所以函数仅有一个极小值.故选A.考点3 已知函数求极值（点）【典例5】（2017·山东高考真题（文））已知函数.(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意，所以，当2a =时， ()30f =，，所以()33f '=，因此，曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程是()33y x =-，即.（Ⅱ）因为，所以，，令，则，所以()h x 在R 上单调递增，因为()00h =，所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <. （1）当0a <时，，当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增；当(),0x a ∈时， 0x a ->， ()0g x '<， ()g x 单调递减；当()0,x ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-.（2）当0a =时，，当时， ()0g x '≥， ()g x 单调递增；所以()g x 在(),-∞+∞上单调递增， ()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，，当(),0x ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增；当()0,x a ∈时， 0x a -<， ()0g x '<， ()g x 单调递减；当(),x a ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是()0g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是.【总结提升】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④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．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．【变式5】（2019·浙江高三开学考试）已知函数（1）判断的单调性；（2）若函数存在极值，求这些极值的和的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，所以，令．，即时，恒成立，此时，所以函数在上为减函数；，即或时，有不相等的两根，设为（），则，．当或时，，此时，所以函数在和上为减函数；当时，，此时，所以函数在上为增函数．（2）对函数求导得. 因为存在极值，所以在上有解，即方程在上有解，即.显然当时，无极值，不合题意，所以方程必有两个不等正根. 设方程的两个不等正根分别为，则，由题意知，由得，即这些极值的和的取值范围为．考点4 已知极值(点)，求参数的值或取值范围【典例6】（2018·北京高考真题（文））设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得. 若a>1，则当时，；当时，.所以在x=1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a<0时，令得.随x的变化情况如下表：∴在x=1处取得极大值，不合题意.综上所述，a的取值范围为.【规律方法】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．【变式6】（2019·江西省抚州市第一中学高三期末（文））已知函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若，令，若，是的两个极值点，且，求正实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）t .【解析】（Ⅰ）由，，则当时，则，故在上单调递减；当时，令，所以在上单调递减，在上单调递增综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（Ⅱ），故，当时，恒成立，故在上单调递减，不满足有两个极值点，故.令，得,，又有两个极值点；故有两个根.故且或；且为极小值点，为极大值点.故令，由或得令，当时，，则在上单调递增，故，则时成立；当时，，则在上单调递增，故，则时；综上所述：考点5 利用导数求函数的最值【典例7】（2019·全国高考真题（文））已知函数.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<<3a 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】(1)见详解；(2) 8[,2)27. 【解析】 (1)对求导得.所以有当0a <时，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增. (2)若02a <≤，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3a f .而，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f .所以，设函数，求导当02x <≤时'()0g x <从而()g x 单调递减.而02a <≤，所以.即M m -的取值范围是8[,2)27. 若23a <<，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3a f 而，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .所以，而23a <<，所以3812727a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27. 综上得M m -的取值范围是8[,2)27. 【易错提醒】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．【变式7】（2019·新疆高考模拟（文））已知函数（其中e 是自然对数的底数）．(Ⅰ)当0t =时，求()f x 的最小值；(Ⅱ)当0t <时，求()f x 在1,t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上的最小值．【答案】（I ）1；（II ） 1 【解析】（I ）0t =时，∴当0x >时，()0f x '>；当0x <时，()0f x '<()f x ∴在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增∴当0x =时，()f x 取得最小值()01f =（II ），令()0f x '=得作出()21y tx =-和xy e -=的函数图象如图所示：由图象可知当10x t<<时，，即()0f x '<当0x >时，，即()0f x '>()f x ∴在1,0t ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在()0,∞+上单调递增 ()f x ∴的最小值为()01f =考点6 根据函数的最值求参数的值（范围）【典例8】（2019·北京高考模拟（理））已知函数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在0x =处的切线方程；（Ⅱ）求()f x 在(0,)π上的单调区间；（Ⅲ）当1m >时，证明：()g x 在(0,)π上存在最小值.【答案】（Ⅰ）1y x =-+；（Ⅱ）单调递减区间为(0,)3π,单调递增区间为()3ππ,；（Ⅲ）详见解析.【解析】（Ⅰ）因为，所以则(0)1f =，'(0)1f =-，所以切线方程为1y x =-+（Ⅱ）令'()0f x =，即1cos 2x =，()0,x π∈，得3x π= 当x 变化时，(),()f x f x '变化如下：所以函数()f x 的单调递减区间为(0,)3π,单调递增区间为()3ππ,（Ⅲ）因为，所以令，则因为1m >，所以1(0,1)m∈所以即1cos x m=在()0,π内有唯一解0x 当()00,x x ∈时，()0h x '<，当()0,x x π∈时，()0h x '>，所以()h x 在()00,x 上单调递减,在()0,x π上单调递增. 所以，又因为所以在内有唯一零点1x当()10,x x ∈时，()0h x <即'()0g x <，当()1,x x π∈时，()0h x >即'()0g x >，所以()g x 在()10,x 上单调递减,在()1,πx 上单调递增. 所以函数()g x 在1x x =处取得最小值即1m >时，函数()g x 在()0,π上存在最小值【易错提醒】求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．【变式8】（2019·北京高考模拟（文））设函数若1a =，则()f x 的最小值为__________；若()f x 有最小值，则实数a 的取值范围是_______．【答案】0 [)0,+∞ 【解析】（1）当a=1,,()f x =(x )=xe 2,f -'(x )>0,1>x>ln2;f '(x )<0,x<ln2;故当()f x =，()f x 单调递增，故，又所以()f x 的最小值为0(2) ①当a<0时，由(1)知()f x =单调递减，故（x a ≥）单调递减，故故()f x 无最小值，舍去；②当a=0时，f(x)最小值为-1，成立 ③当a>0时，（x a ≥）单调递增，故对()f x =，当0<a ≤ln2,由(1)知,此时最小值在x=a 处取得，成立当a>ln2, 由(1)知,此时最小值为,即()f x 有最小值，综上a 0≥故答案为0 ； [)0,∞+。

2020版高考数学一轮复习(十六)导数与函数的极值、最值(含解析)

课时跟踪检测(十六) 导数与函数的极值、最值一、题点全面练1．函数f（x)＝x e－x，x∈[0,4］的最小值为( ）A．0 B。

1 eC.错误!D.错误!解析：选A f′（x）＝错误!，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)＝错误!＞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x错误!＋x错误!等于（）A.错误!B。

错误!C。

83D.错误!解析：选C 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2,0），x1，x2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)＝x3－3x2＋2x，所以f′（x)＝3x2－6x＋2，则x1，x2是方程f′（x）＝3x2－6x＋2＝0的两个不同的实数根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝错误!，所以x错误!＋x错误!＝(x1＋x2）2－2x1x2＝4－错误!＝错误!。

高考数学复习第3章利用导数研究函数的极值最值

解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－lnx，
ln
令f′(x)＝ax－lnx＝0，可得a＝，

ln
，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，

1−ln
h′(x)＝ 2 ，令h′(x)＝0，得x＝e，

令h(x)＝
可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
B． −e， −
e
C．
1
−∞，
e
∪ e， + ∞
1ห้องสมุดไป่ตู้
，e
e
+
(x>0)．

f′(x)＝1＋＝
所以f′
1
e
·f′(e)<0，所以(ea＋1) 1 +
1
e
a
e
1
解得－e<a<－，所以a的取值范围为
e
<0，
−e， −
1
e
1
− ，
e
+∞
上有极值点，所以y′在区间
上有零点．

上有极值点，则a的
D．(－∞，－e)∪
(或最小)值点,此结论在导数的实际应用中经常用到．
[变式练]——(着眼于举一反三)
ln
3．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知函数f(x)＝ .

(1)求f(x)的最大值；
(2)设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值．
考点三生活中的优化问题[互动讲练型]
[例5] [2021·山东烟台调研]中国高铁的快速发展给群众出行带来

2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值教案理(含解析)新人教A版

第3讲导数与函数的极值、最值基础知识整合1．导数与函数的极值 (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□01都小，且f ′(a )＝0，而且在x ＝a 附近的左侧□02f ′(x )<0，右侧□03f ′(x )＞0，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值；(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□04都大，且f ′(b )＝0，而且在x ＝b 附近的左侧□05f ′(x )＞0，右侧□06f ′(x )＜0，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．2．导数与函数的最值(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□07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□08极值． ②将函数y ＝f (x )的各极值与□09端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中□10最大的一个是最大值，□11最小的一个是最小值．1．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f (x )在开区间(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．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．1．函数f (x )＝43x 3－6x 2＋8x 的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－2C ．x ＝－2和x ＝1D ．x ＝1和x ＝2答案 D解析 f ′(x )＝4x 2－12x ＋8＝4(x －2)(x －1)，则结合列表可得函数f (x )的极值点为x ＝1和x ＝2.故选D.2．(2019·黑龙江模拟)设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x. 令f ′(x )＝0，则x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．3．(2019·岳阳模拟)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0答案 B解析因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.故选B.4．若函数y ＝e x＋mx 有极值，则实数m 的取值范围是( ) A ．m >0 B ．m <0 C ．m >1 D ．m <1答案 B解析 y ′＝e x ＋m ，则e x ＋m ＝0必有根，∴m ＝－e x<0.5．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对答案 A解析 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减， ∴x ＝0为极大值点，也为最大值点，∴f (0)＝m ＝3，∴m ＝3.∴f (－2)＝－37，f (2)＝－5. ∴最小值是－37.故选A.6．(2019·宁夏中卫市模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，给出下列命题：①－3是函数y ＝f (x )的极小值点；②－1是函数y ＝f (x )的极小值点；③y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率小于零；④y ＝f (x )在区间(－3,1)上单调递增．则正确命题的序号是( )A ．①④B ．①②C ．②③D ．③④答案 A解析由图可知x <－3时，f ′(x )<0，x ∈(－3,1)时f ′(x )>0，∴－3是f (x )的极小值点，①正确；又x ∈(－3，1)时f ′(x )≥0，∴f (x )在区间(－3,1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y ＝f (x )在x ＝0处的导数大于0，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率大于0.∴③不正确．故选A.核心考向突破考向一导数与函数的极值角度1 知图判断函数极值情况例1 (2019·贵阳模拟)已知函数y ＝fxx的图象如图所示(其中f ′(x )是定义域为R 的函数f (x )的导函数)，则以下说法错误的是( )A ．f ′(1)＝f ′(－1)＝0B ．当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值C ．方程xf ′(x )＝0与f (x )＝0均有三个实数根D ．当x ＝1时，函数f (x )取得极小值答案 C解析由图象可知f ′(1)＝f ′(－1)＝0，A 说法正确．当x <－1时，fxx<0，此时f ′(x )>0；当－1<x <0时，fx x>0，此时f ′(x )<0，故当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值，B 说法正确．当0<x <1时，fx x<0，此时f ′(x )<0；当x >1时，fxx>0，此时f ′(x )>0，故当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，D 说法正确．故选C.角度2 已知函数解析式求极值例2 (1)已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0B ．0，－427C.427，0 D ．0，427答案 C解析由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.(2)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解析因为f ′(x )＝(x －1)k －1[e x(x －1＋k )－k ]，当k ＝1时，f ′(1)>0，故1不是函数f (x )的极值点，当k ＝2时，在1左边f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，在1右边f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，故f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C.角度3 已知函数的极值求参数范围例3 (1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11 B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11 C ．a ＝－1，b ＝5 D ．以上都不正确答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧f＝0，f ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D.(2)(2019·沈阳模拟)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a的取值范围为________．答案 a >－1解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－ax ＋x －x.①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a 的取值范围是a >－1.触类旁通函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．已知函数求极值.求fx ―→求方程f ′x ＝0的根―→列表检验f x在fx ＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.已知极值求参数.若函数f x 在点x 0，y 0处取得极值，则f x 0＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.即时训练 1.(2019·福建莆田月考)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 f ′(x )＝(x 2＋(2＋a )x ＋a －1)e x －1，由f ′(1)＝0得a ＝－1. ∴由f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝0得x ＝－2或1.又当x <－2时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0， ∴f (x )的极大值为f (－2)＝5e －3.故选C.2．(2018·江门模拟)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解析由图可得函数y ＝(1－x )f ′(x )的零点为－2,1,2，则当x <1时，1－x >0，此时在(－∞，－2)上f ′(x )>0，在(－2,1)上f ′(x )<0；当x >1时，1－x <0，此时在(1,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，因此f (x )有极大值f (－2)，极小值f (2)．故选D.3．若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)答案 C解析 f ′(x )＝ax －(1＋2a )＋2x＝x －ax －x(x >0)，由题意知12<1a<1，解得1<a <2.故选C.考向二导数与函数的最值例4 (2019·苏州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (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．解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.(2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . 触类旁通利用导数求函数最值的方法当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值；当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．即时训练 4.(2019·山东师大附中模拟)已知函数f(x)＝(x－a)e x(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值．解f′(x)＝(x＋1－a)e x.(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)e x.∴f(0)＝－2，f′(0)＝－1，∴所求切线方程为y＋2＝－x，即x＋y＋2＝0.(2)令f′(x)＝0得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2.当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；②若a－1≥2，则a≥3.当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；③若1<a－1<2，则2<a<3.f′(x)，f(x)随x的变化情况如表：∴f(x)的减区间为(1，a－1)，增区间为(a－1,2)，∴f(x)min＝f(a－1)＝－e a－1.综上可知当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝－e a－1.考向三极值与最值的综合应用例5 (2019·黑龙江模拟)已知函数f(x)＝e x1＋ax2，其中a为正实数，x＝12是f(x)的一个极值点．(1)求a的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解 f ′(x )＝ax 2－2ax ＋x ＋ax22.(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43.经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43.(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43x 2－83x ＋1e x⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.当12<b <32时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ，32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增．所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e e 4；当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b1＋ab 2＝3eb3＋4b 2.触类旁通求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小.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. 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，然后借助图象得到函数的最值.即时训练 5.(2019·山西三区八校模拟)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.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 )＝ax －x －x，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，当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，当a >0时，x 2＝12a>0，当12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增，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，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，当1<12a <e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，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，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a<e 矛盾，当x 2＝12a≥e 时，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.。

2020届高考数学一轮复习通用版讲义导数与函数的极值、最值

第三节导数与函数的极值、最值一、基础知识批注——理解深一点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．二、常用结论汇总——规律多一点(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．三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．()(2)在指定区间上极值可能有多个，也可能一个也没有，最大值最多有1个．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)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．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(二)选一选1．已知函数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 )内极小值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A 导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个．所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．2．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：选D 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.3．函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C ．0D.12e解析：选A 易知y ′＝1－xe x，x ∈[0,2]，令y ′≥0，得0≤x ≤1；令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y ＝x e x 在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是y |x ＝1＝1e.(三)填一填4．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________．解析：f ′(x )＝6x 2－4x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫23＝－827，f (2)＝8. ∴函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是8. 答案：85．函数f (x )＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的极大值点是________．解析：f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.令f ′(x )＝0，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π6时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎦⎤π6，π2时，f ′(x )<0，故函数f (x )＝x ＋2cos x 的极大值点是π6. 答案：π6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 －t 1)·(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝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： x (－∞，t 2－3)t 2－3 (t 2－3，t 2＋3)t 2＋3 (t 2＋3，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以函数f (x )的极小值点为x ＝t 2＋3，极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝6 3. [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C f ′(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——保大分专练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：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，所以k ≤－3. 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 －1x 2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 －1x2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2.答案：2 8．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－x 2x . 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——创高分自选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．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.。

2020年高考数学一轮复习对点提分专题3.3 利用导数研究函数的最值、极值 (文理科通用)(学生版)

第22讲利用导数研究函数的极值和最值(原卷版)(新高考专用)-《考点解透》高考数学一轮复习必备

第22讲利用导数研究函数的极值和最值【基础知识回顾】1、函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．2、函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．3、常用结论1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．1、已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A.1B.2C.3D.4.2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于()A.－4B.－2C.4D.23、.函数f (x )＝e xx 2－3在[2，＋∞)上的最小值为( )A.e 36B.e2C.e 34D.2e4、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 5、设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点考向一利用导数研究函数的极值例1、已知函数()32331(R,0)f x ax x a a a=-+-∈≠，求函数()f x 的极大值与极小值．变式1、已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．变式2、 (1)若函数f (x )＝(x 2－ax －1)e x 的极小值点是x ＝1，则f (x )的极大值为( ) A ．－e B ．－2e 2 C ．5e －2D ．－2(2)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫52，103 B.⎣⎡⎭⎫52，103 C.⎝⎛⎦⎤52，103 D.⎣⎡⎦⎤2，103方法总结：(1)求函数()f x 极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数()f x '；③解方程()0f x '=，求出函数定义域内的所有根；④列表检验在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正，那么()f x 在0x 处取极小值．(2)若函数()y f x =在区间内有极值，那么()y f x =在(),a b 内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．考向二利用导数研究函数的最值例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．变式1、已知函数f (x )＝3－2xx 2＋a.(1)若a ＝0，求y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )在x ＝－1处取得极值，求f (x )的单调区间，以及最大值和最小值.()32112f x x x ax =-++2a =()y f x =()()0,0f ()1f x x =在()f x 32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦变式2、已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值.方法总结：1.利用导数求函数f(x)在[a ，b]上的最值的一般步骤： (1)求函数在(a ，b)内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.考向三极值（最值）的综合性问题例3、已知函数()323(,)f x ax bx x a b R =+-∈在1x =-处取得极大值为2. (1) 求函数()f x 的解析式；(2) 若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值．变式1、设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1 B.m ＋1m －1 C.1－m m ＋1D.m ＋11－m变式2、已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( ) A ．1≤b <a B ．b <a ≤1 C ．a <1≤b D ．a <b ≤1方法总结： 1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值；2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么．1、若2x =-是函数21()(1)ex f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．12、已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．3、（2021·广东高三月考）已知函数()322f x x ax b =-+，若()f x 区间[]0,1的最小值为1-且最大值为1，则a 的值可以是（）A ．0B ．4C ．D ．4、（2021·广东宝安·高三月考）（多选题）已知函数()e e x x f x -=-，()e e x x g x -=+，则以下结论错误的是（）A ．任意的1x ，2x ∈R 且12x x ≠，都有()()12120f x f x x x -<-B ．任意的1x ，2x ∈R 且12x x ≠，都有()()12120g x g x x x -<-C ．()f x 有最小值，无最大值D ．()g x 有最小值，无最大值5、（2020全国Ⅰ理21）已知函数()2e xf x ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围．6、（2020全国Ⅱ文21）已知函数()2ln 1f x x =+．（1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围；（2）设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性.。

2020年高考理科数学一轮复习题型归纳与变式演练《函数的极值与最值》

2020年高考理科数学一轮复习题型归纳与变式演练《函数的极值与最值》【题型一】：利用导数解决函数的极值等问题【题型二】：利用导数解决函数的最值问题【题型三】：导数在研究实际问题中最值问题的应用【题型一】：利用导数解决函数的极值等问题【例1】.已知函数.,33)(23R m x x mx x f ∈-+=若函数1)(-=x x f 在处取得极值，试求m 的值，并求)(x f 在点))1(,1(f M 处的切线方程；【解析】2'()363,.f x mx x m R =+-∈ 因为1)(-=x x f 在处取得极值所以'(1)3630f m -=--= 所以3m =。

又(1)3,'(1)12f f ==所以)(x f 在点))1(,1(f M 处的切线方程312(1)y x -=- 即1290x y --=. 【变式训练】：【变式1】设a 为实数，函数()22,x f x e x a x =-+∈R ． (1)求()f x 的单调区间与极值；(2)求证：当ln 21a >-且0x >时，221x e x ax >-+．【解析】（1）由()22,x f x e x a x =-+∈R 知()2,x f x e x '=-∈R ．令()0f x '=，得ln 2x =．于是当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：故()f x 的单调递减区间是(,ln 2)-∞，单调递增区间是(ln 2,)+∞，()ln 2f x x =在处取得极小值，极小值为ln 2(ln 2)2ln 222(1ln 2).f e a a =-+=-+(2)证明：设2()21x g x e x ax =-+-，x ∈R 于是()22x g x e x a '=-+，x ∈R由(1)知当ln 21a >-时，()g x '最小值为(ln 2)2(1ln 2)0.g a '=-+> 于是对任意x ∈R ，都有()0g x '>，所以()g x 在R 内单调递增．于是当ln 21a >-时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()(0)g x g >．而(0)0g =，从而对任意(0,),()0x g x ∈+∞>．即2210x e x ax -+->，故221x e x ax >-+．【变式2】函数()f x 的定义域为区间（a ，b ），导函数'()f x 在（a ，b ）内的图如图所示，则函数()f x 在（a ，b ）内的极小值有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】由极小值的定义，只有点B 是函数()f x 的极小值点，故选A 。

2024届新高考一轮复习北师大版第四章第三节利用导数研究函数的极值、最值课件(35张)

微点拨函数最值与极值的区别
(1)函数在闭区间上若存在最大值或最小值,则最大值或最小值只能各有一
个,具有唯一性;而极大值和极小值可能有多个,也可能没有;
(2)极值只能在函有最值的不一定有极值.
常用结论
1.有极值的函数一定不是单调函数.
且f(x)的极大值为4,则b=(
A.-1
B.2
C.-3
)
D.4
(2)(2022·江苏南京模拟)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)
C.
1
0,
2
B.
1
0,
e
D.
1
0,
3
)
答案 (1)B (2)C
解析 (1)f(x)=(x-a)(x-b)ex=(x2-ax-bx+ab)ex,所以f'(x)=(2x-a-b)ex+(x2-axbx+ab)ex=ex[x2+(2-a-b)x+ab-a-b].因为函数f(x)=(x-a)(x-b)ex在x=a处取得极
极值点.
(2)在一个给定的区间上,函数可能有若干个极值点,也可能不存在极值点;
函数可以只有极大值没有极小值,或者只有极小值没有极大值,也可能既有
极大值又有极小值.极大值不一定比极小值大,极小值不一定比极大值小.
微思考对于可导函数f(x),“f'(x0)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的什么条件?
取得极值的条件
极值
极值点
在包含x0的一个区间(a,b)内,函数y=f(x)在
任何不为x0的一点处的函数值都
小于点x0处的函数值

2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 §3.3 导数与函数的极值、最值

2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章　一元函数的导数及其应用§3.3　导数与函数的极值、最值考试要求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.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分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f′(x)<0f′(x)>0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 .f ′(x )>0f ′(x )<0极值点极值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.连续不断极值端点处的函数值f (a )，f (b )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.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.( )(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( )(3)函数的极小值一定是函数的最小值.( )(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( )√××√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，故f(x)的极小值点只有1个.2.函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是_____________ _____________.f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，43.若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝____.f′(x)＝x2－4，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.第二部分命题点1　根据函数图象判断极值例1　(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是A.当x ＝－1时，f (x )取得极小值B. f (x )在[－2,1]上单调递增C.当x ＝2时，f (x )取得极大值D. f (x )在[－1,2]上不具备单调性√√由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x) ＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0；当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误.命题点2　求已知函数的极值例2　(2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.当a>0时，f(x)无极值.命题点3　已知极值(点)求参数例3　(1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为√A.2B.4C.6D.2或6由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意.综上，c＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为√由f(x)＝e x－ax2－2ax，得f′(x)＝e x－2ax－2a.因为函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝e x－2ax－2a有两个变号零点，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.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)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为A.－1或3B.1或－3√C.3D.－1因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意.综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.√∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，命题点1　不含参函数的最值例4　(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为√f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x ＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，命题点2　含参函数的最值例5　已知函数f(x)＝－ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；思维升华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.跟踪训练2　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值1为_____.函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；综上，f(x)min＝1.(2)已知函数h(x)＝x－a ln x＋ (a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围.①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，第三部分1.(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是A.f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B.f′(x)在x＝－1处取得极小值C.f(x)在区间(－2,3)上单调递减D.f(x)在x＝0处的切线斜率小于0√√√根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确.√。

新高考一轮复习人教B版33利用导数研究函数的极值最值课件(41张)

两者结合可得极值点．
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)
【点拨】求函数 f(x)极值的步骤：第一步，确定函数的定义域；第二步，求导函数 f′(x)；第三步，解方程 f′(x)＝0，求出在函数定义域内的所有根；第四步，列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么
f(x)在 x0 处取极大值，如果左负右正，那么 f(x)在 x0 处取极小值．
)
A．2，52 B．2，52 C．2，130 D．2，130
解：若函数 f(x)在区间12，3上无极值点，则当 x∈12，3时，f′(x)≥0 恒成立或 f′(x)≤0 恒成立．当
x∈12，3时，y＝x＋1x∈2，130；当 f′(x)＝x2－ax＋1≥0 时，a≤x＋1x恒成立，则 a≤2；当 f′(x)＝x2
【自查自纠】
1．(1)②f′(x)＜0 f′(x)＞0
(2)②f′(x)＝0 ③极大值极小值
2．(2)f(a) f(b) f(a) f(b)
(3)②f(a) f(b) 最大值最小值
判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”．
(1)函数的极大值不一定比极小值大．
()
(2)对于可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 为极值点的充要条件． ( ) (3)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． ( )

2020年高考数学(理)函数与导数-专题03-函数的值域与最值(解析版)

函数与导数03 函数函数的值域与最值【考点讲解】一、具体目标：理解函数的最大值、最小值及其几何意义．二、知识概述：1.函数的最大值与最小值一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：【(1)对于任意的x∈I，都有__f(x)≤M__；存在x0∈I，使得__f(x0)＝M__，那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值．(2)对于任意的x∈I，都有__f(x)≥M__；存在x0∈I，使得__f(x0)＝M__，那么我们称M是函数y＝f(x)的最小值．2.求函数最值及值域的常用方法：1）单调性法：考查函数的单调性，确定函数的最值点，便可求出函数相应的最值.2）图象法：对于由基本初等函数图象变化而来的函数，通过观察函数图象的最高点或最低点确定函数的最值.3）分段函数的最值：将每段函数的最值求出，比较大小确定函数的最值.4）导数法：对于一般的可导函数，可以利用导数求出函数的极值，并与端点值进行大小比较，从而确定函数的最值.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]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．5）线性规划法求目标函数的最值及值域记牢三种常见的目标函数及其求法(1)截距型：形如z ＝ax ＋by ，求这类目标函数的最值常将函数z ＝ax ＋by 转化为y ＝－a b x ＋zb ，通过求直线的…截距zb 的最值间接求出z 的最值．(2)距离型：形如z ＝(x －a )2＋(y －b )2，设动点P (x ，y )，定点M (a ，b )，则z ＝|PM |2. (3)斜率型：形如z ＝y －bx －a，设动点P (x ，y )，定点M (a ，b )，则z ＝k PM .6）基本不等式法求函数的最值及值域，掌握基本不等式求最值的3种解题技巧： (1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．!(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为()()()0,0Ay m Bg x A B g x =++>>，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．运用基本不等式时，一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指“正数”；“二定”指应用基本不等式求最值时，和或积为定值；“三相等”是指满足等号成立的条件．若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致，否则最值取不到.利用基本不等式求最值时要灵活运用以下两个公式：①22,,2a b a b ab ∈+≥R ，当且仅当a b =时取等号；②,a b +∈R ，a b +≥，当且仅当a b =时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的条件，同时求最值时注意“1的妙用”．,1.【2019优选题】函数f(x)＝ln1 |x|＋1的值域是________．【解析】因为|x|≥0，所以|x|＋1≥1.所以0＜1|x|＋1≤1.所以ln1|x|＋1≤0，即f(x)＝ln1|x|＋1的值域为(－∞，0]．【答案】(－∞，0]2.【2019优选题】设函数33,()2,x x x af xx x a⎧-≤=⎨->⎩.①若0a=，则()f x的最大值为______________；②若()f x无最大值，则实数a的取值范围是________.、【解析】如图可作出函数()33g x x x=-与直线2y x=-的图象，两图象的交点分别为()()()1,2,0,0,1,2A O B-，可知在=1x-时，函数()g x有极大值. ①当0a=时，33,0()2,0x x xf xx x⎧-≤=⎨->⎩因此()f x的最大值是()12f-=.②由图象知当1a≥-时，()f x的最大值是()12f-=，只有当1a<-时，332a a a-<-，因此函数()f x 无最大值，所以所求a的取值范围是(,1)-∞-【真题分析】【答案】2，(,1)-∞-.3.【2018年高考江苏】若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0+∞，内有且只有一个零点，则()f x 在上的最大值与最小值的和为________．、【解析】由()2620f x x ax =-='得0x =或3ax =，因为函数()f x 在()0,+∞上有且仅有一个零点且()0=1f ，所以0,033aa f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，因此32210,33a a a ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得3a =. 从而函数()f x 在[]1,0-上单调递增，在[]0,1上单调递减，所以()()max 0,f x f =()()(){}()min min 1,11f x f f f =-=-，()()max min f x f x +=()()0+114 3.f f -=-=-【答案】–3}4.【2017年高考天津】若,a b ∈R ，0ab >，则4441a b ab++的最小值为___________．【解析】4422414111444a b a b ab ab ab ab ab ab+++≥=+≥⋅=，（前一个等号成立的条件是222a b =，后一个等号成立的条件是12ab =，两个等号可以同时成立，当且仅当222224a b ==时取等号）．【答案】45.【2019年高考天津卷理数】设0,0,25x y x y >>+=xy__________．【解析】方法一：(1)(21)2212662x y xy y x xy xy xy xy xy xy++++++===+.因为0,0,25x y x y >>+=，所以2522x y x y +=≥⋅，方法二：0,0,25,x y x y >>+=0,xy ∴>===≥.当且仅当3xy =【答案】:6.【2018年高考天津卷理数】已知,a b ∈R ，且360a b -+=，则128ab +的最小值为 . 【解析】由360a b -+=可知3=6a b --，且312=228aa b b -++，因为对于任意,20x x >，恒成立，结合基本不等式的结论可得：312224ab-+≥.当且仅当32236a b a b -⎧=⎨-=⎩，即31a b =⎧⎨=-⎩时等号成立.综上可得128ab +的最小值为14. 【答案】147.已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值"【解析】结合题意可以作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x －1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值．【答案】C8.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是（）A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】∵(1) 2 ()f x f x +=，()2(1)f x f x ∴=-．∵(0,1]x ∈时，1()(1)[,0]4f x x x =-∈-； ∴(1,2]x ∈时，1(0,1]x -∈，1()2(1)2(1)(2),02f x f x x x ⎡⎤=-=--∈-⎢⎥⎣⎦；*∴(2,3]x ∈时，1(1,2]x -∈，()2(1)4(2)(3)[1,0]f x f x x x =-=--∈-，如图：当(2,3]x ∈时，由84(2)(3)9x x --=-解得173x =，283x =，若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则73m ≤.则m 的取值范围是7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选B.【答案】B)9. 【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1;,0--∞10.【2019年高考浙江】已知a ∈R ，函数3()f x ax x =-，若存在t ∈R ，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是___________./【解析】本题考查函数的解析式及二次函数，结合函数的解析式可得33|(2)(2)|a t t at t +-+-+23≤，去绝对值化简，结合二次函数的最值及不等式的性质可求解.存在t ∈R ，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，即有332|(2)(2)|3a t t at t +-+-+≤，化为()22|23642|3a t t ++-≤，可得()2222364233a t t -≤++-≤，即()22436433a t t ≤++≤，由223643(1)11t t t ++=++≥，可得403a <≤.则实数a 的最大值是43.【答案】43#11.【2019年高考北京】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%． ①当x =10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．【解析】①10x =时，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付()608010130+-=元. ②设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元，当120y <元时，李明得到的金额为80%y ⨯，符合要求；当120y ≥元时，有()80%70%y x y -⨯≥⨯恒成立，即()87,8y y x y x -≥≤，因为min158y ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以x 的最大值为15.综上，①130；②15.《【答案】①130；②1512. 【2018·全国卷Ⅱ】若()cos sin f x x x =-在[,]a a -是减函数，则a 的最大值是（）A ．π4B ．π2C ．3π4D ．π【解析】本题考点三角函数单调性，集合间的包含关系，确定待定参数.由题意可知：^()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=4cos 2sin cos πx x x x f所以由()Z k k x k ∈+≤+≤+ππππ2420得()Z k k x k ∈+≤≤+-ππππ24324.由题意可知，给定区间[],43,4,⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⊂-ππa a 所以有43,4,ππ≤-≥-<-a a a a ，也就是40π≤<a ，从而a 的最大值为4π，选A. 【答案】A13.【2015四川理9】如果函数()()()()212810,02f x m x n x m n=-+-+在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，那么mn 的最大值为（）A. 16B. 18C. 25D.812【解析】当2m ≠时，抛物线的对称轴为82n x m -=--；【当2m >时，822n m ---，即212m n +.262m n +，所以18mn .由2m n =且212m n +=，得3,6m n ==；当2m <时，抛物线开口向下，根据题意可得，8122n m ---，即218mn +.292m n +，所以812mn.由2n m =且218m n +=，得92m =>，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有()2182,8m n m n +=<>.所以()()1821828816mn n n =-<-⨯⨯=.所以最大值为18.故选B. 【答案】B14. (2017·北京高考节选)已知函数f (x )＝e x cos x －x ，求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．…【解析】 f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则g ′(x )＝－2sin x ·e 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＝－π2.15.【2016上海理22】已知a ∈R ，函数()21log f x a x ⎛⎫=+⎪⎝⎭. ）（1）当5a =时，解不等式()0f x >；（2）若关于x 的方程()()2log 4250f x a x a --+-=⎡⎤⎣⎦的解集中恰有一个元素，求a 的取值范围；（3）设0a >，若对任意1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，函数()f x 在区间[],1t t +上的最大值和最小值的差不超过1，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意221log 50log 1x ⎛⎫+>=⎪⎝⎭，即151x +>，整理得410x x +>，即()410x x +>，故不等式的解为104x x x ⎧⎫><-⎨⎬⎩⎭或；（2）依题意()221log log 425a a x a x ⎛⎫+=-+-⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭，所以()14250a a x a x +=-+->， ①整理得()24(5)10a x a x -+--=，即()()1410x a x +--=⎡⎤⎣⎦， ②当4a =时，方程②的解为1x =-，代入①式，成立；当3a =时，方程②的解为1x =-，代入①式，成立；…当3a ≠且4a ≠时，方程②的解为1x =-或14a -，若1x =-为方程①的解，则110a a x +=->，即1a >，若14x a =-为方程①的解，则1240a a x+=->，即2a >.要使得方程①有且仅有一个解，则12a a >⎧⎨⎩或12a a ⎧⎨>⎩，即12a <.综上，若原方程的解集有且只有一个元素，则a 的取值范围为12a<或3a =或4a =.#（3）法一：当120x x <<时，1211a a x x +>+，221211log log a a x x ⎛⎫⎛⎫+>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()0,+∞上单调递减.因此()f x 在[],1t t +上单调递减.故只需满足()()11f x f t -+，即2211log log 11a a t t ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，所以1121aa t t ⎛⎫++ ⎪+⎝⎭，即()12111t at t t t --=++，设1t r -=，则10,2r ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()()()2111232t r r t t r r r r -==+---+. 当0r =时，2032rr r =-+ ；当102r <时，212323r r r r r=-++-，又函数2y x x=+在()0,2递减，所以219422r r ++=.故112293332r r=+--.故a 的取值范围为23a. 法二：本题还可从二次函数的角度考查，由1121aa tt ⎛⎫++ ⎪+⎝⎭整理得()2110at a t ++-对任意1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立.因为0a >，函数()211y at a t =++-的对称轴()0102a t a-+=<，故函数在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增.所以当12t =时，y 有最小值3142a -，由31042a -，得23a.故a 的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.￥1.若x ，y 满足|1|x y ≤-，且y ≥−1，则3x+y 的最大值为（）【模拟考场】A ．−7B ．1C ．5D ．7【解析】由题意1,11yy x y -≤⎧⎨-≤≤-⎩作出可行域如图阴影部分所示.;设3,3z x y y z x =+=-,当直线0:3l y z x =-经过点()2,1-时,z 取最大值5.故选C ．【答案】C2.已知函数23,1,()2, 1.x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩设a ∈R ，若关于x 的不等式()||2x f x a ≥+在R 上恒成立，则a 的取值范围是（）A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C ．[23,2]-D ．39[23,]16- 【解析】不等式()||2xf x a ≥+可化为()()2x f x a f x -≤+≤ (*)，当1x ≤时，(*)式即22332x x x a x x -+-≤+≤-+，即2233322x x a x x -+-≤≤-+，又22147473()241616x x x -+-=---≤-（当14x =时取等号）， 223339393()241616x x x -+=-+≥（当34x =时取等号），所以47391616a -≤≤，(当1x >时，(*)式为222x x a x x x --≤+≤+，32222x x a x x--≤≤+．又3232()2322x x x x --=-+≤-（当23x =时取等号），222222x x x x +≥⨯=（当2x =时取等号），所以232a -≤≤．综上，47216a -≤≤．故选A ．【答案】A —3.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x >1，若f (1)是f (x )的最小值，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2)B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[1，＋∞) 【解析】法一：∵f (1)是f (x )的最小值，∴y ＝2|x －a |在(－∞，1]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，2|1－a |≤2，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥1，|1－a |≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，0≤a ≤2，∴1≤a ≤2，故选C. 法二：当a ＝0时，函数f (x )的最小值是f (0)，不符合题意，排除选项A 、B ；当a ＝3时，函数f (x )无最小值，排除选项D ，故选C. 【答案】C4．函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x )，若xf ′(x )＋f (x )＝e x ，且f (1)＝e ，则( )A ．f (x )的最小值为eB ．f (x )的最大值为e ）C ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1e【解析】设g (x )＝xf (x )－e x ，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x ＝0，所以g (x )＝xf (x )－e x 为常数函数．因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0，所以g (x )＝xf (x )－e x ＝g (1)＝0，所以f (x )＝e xx ，f ′(x )＝e x x －1x 2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )≥f (1)＝e. 【答案】A5.【2017·浙江高考】若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关!【解析】法一：设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m ＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b .∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关．故选B ．法二：由题意可知，函数f (x )的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b 的变动，相当于图象上下移动，若b 增大k 个单位，则最大值与最小值分别变为M ＋k ，m ＋k ，而(M ＋k )－(m ＋k )＝M －m ，故与b 无关．随着a 的变动，相当于图象左右移动，故函数f (x )在区间[0,1]的最大值M 和最小值m 变化，）则M －m 的值在变化，故与a 有关．故选B ．【答案】B6.【2018年高考江苏卷】在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，120ABC ∠=︒，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，且1BD =，则4a c +的最小值为___________．【解析】由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.【答案】97.已知偶函数y ＝f (x )(x ∈R)在区间[－1,0]上单调递增，且满足f (1－x )＋f (1＋x )＝0，给出下列判断： ①f (5)＝0；②f (x )在[1,2]上是减函数；③函数f (x )没有最小值；④函数f (x )在x ＝0处取得最大值； ⑤f (x )的图象关于直线x ＝1对称．其中正确的序号是________． @【解析】因为f (1－x )＋f (1＋x )＝0，所以f (1＋x )＝－f (1－x )＝－f (x －1)，所以f (2＋x )＝－f (x )，所以f (x ＋4)＝f (x )，即函数f (x )是周期为4的周期函数．由题意知，函数y ＝f (x )(x ∈R)关于点(1,0)对称，画出满足条件的图象如图所示，结合图象可知①②④正确．￥【答案】①②④8.某市某高中从高三年级甲、乙两个班中各选出7名学生参加2018年全国高中数学联赛(河南初赛)，他们取得的成绩(满分140分)的茎叶图如图所示，其中甲班学生成绩的中位数是81，乙班学生成绩的平均数是86，若正实数a ，b 满足a ，G ，b 成等差数列且x ，G ，y 成等比数列，则1a ＋4b 的最小值为________．【解析】由甲班学生成绩的中位数是81，可知81为甲班7名学生的成绩按从小到大的顺序排列的第4个数，故x ＝1.由乙班学生成绩的平均数为86，可得(－10)＋(－6)＋(－4)＋(y －6)＋5＋7＋10＝0，解得y ＝4.由x ，G ，y 成等比数列，可得G 2＝xy ＝4，由正实数a ，b 满足a ，G ，b 成等差数列，可得G ＝2，a ＋b ＝2G ＝4，所以1a ＋4b ＝14⎝⎛⎭⎫1a ＋4b ·(a ＋b )＝14⎝⎛⎭⎫1＋b a ＋4a b ＋4≥14×(5＋4)＝94(当且仅当b ＝2a 时取等号)．故1a ＋4b 的最小值为94.【答案】949.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x －1，x ≤0，x 12，x >0在区间[－1，m ]上的最大值是2，则m 的取值范围是________．【解析】f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x －1，x ≤0，x 12，x >0作出函数的图象，如图所示，因为函数f (x )在[－1，m ]上的最大值为2，又f (－1)＝f (4)＝2，所以－1<m ≤4，即m ∈(－1,4]．：【答案】(－1,4]10.已知a ∈R ，函数4()||f x x a a x=+-+在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是___________．【解析】[][]41,4,4,5x x x∈+∈，分类讨论： ①当5a ≥时，()442f x a x a a x x x=--+=--，￥函数的最大值为9245,2a a -=∴=，舍去； ②当4a ≤时，()445f x x a a x x x=+-+=+≤，此时命题成立；③当45a <<时，(){}max max 4,5f x a a a a =-+-+，则：4545a a a a a a ⎧-+≥-+⎪⎨-+=⎪⎩或4555a a a a a a ⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩，解得92a =或92a <．综上可得，实数a 的取值范围是9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【答案】9(,]2-∞11.设x >0，则函数y ＝x ＋22x ＋1－32的最小值为________．【解析】y ＝x ＋22x ＋1－32＝⎝⎛⎭⎫x ＋12＋1x ＋12－2≥2－2＝0.当且仅当x ＋12＝1x ＋12，即x ＝12时等号成立．【答案】012．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为____.【解析】当x ≥1时，函数f (x )＝1x 为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝1；当x <1时，易知函数 f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2. 【答案】213.【2017·浙江卷】已知函数f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x ＋1e x ＋1在区间[－k ，k ](k >0)上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝__ __.【解析】∵f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x ＋1e x ＋1＝ln(x ＋1＋x 2)＋3－2e x ＋1，∴函数f (x )在R 上为单调递增， ∴M ＝f (k )＝ln(k ＋1＋k 2)＋3－2e k ＋1，m ＝f (－k )＝ln(－k ＋1＋k 2)＋3－2e －k ＋1，∴M ＋m ＝f (k )＋f (－k )＝4261111261ln =-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-+-k ke e 【答案】414.设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m ，n ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2，求m ＋n 的最小值．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx 2x ，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m 2m ，令f ′(x )<0，得x >m 2m ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2， ∴n ＝－12ln m －12，∴m ＋n ＝m －12ln m －12.令h (x )＝x －12ln x －12(x >0)，则h ′(x )＝1－12x ＝2x －12x ，由h ′(x )<0，得0<x <12；由h ′(x )>0，得x >12，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫12＝12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.。

2020届高考数学一轮总复习第二章第十一节(第2课时)利用导数研究函数的极值、最值(基础课)理新人教A版

令－1＋ln－1a＝－3，得 ln－1a＝－2，所以－1a＝e－2，即 a＝－e2. 因为－e2<－1e，所以 a＝－e2 为所求．故实数 a 的值为－e2.
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．
则方程 mx2－x＋m＝0 有两个不相等的正数根 x1，x2.
h（0）>0，

故只需满足21m>0， h21m<0，
即可，解得
1 0<m<2.
所以实数 m 的取值范围为0，12.
考点 4 利用导数求解最优化问题(自主演练) 1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC， △ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起 △DBC，△ECA，△FAB，使得 D，E，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位： cm3)的最大值为________．
Байду номын сангаасA．－1
B．－2e－3
C．5e－3
D．1
解析：函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1＝

2020年浙江高考数学一轮复习：导数与函数的极值、最值

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[演练冲关]
1．(2018·浙江十二校联考)如图，已知直线
y＝kx＋m 与曲线 y＝f(x)相切于两点，
则 F(x)＝f(x)－kx 有
()
A．1 个极大值点，2 个极小值点
B．2 个极大值点，1 个极小值点
C．3 个极大值点，无极小值点
D．3 个极小值点，无极大值点
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解析：F′(x)＝f′(x)－k，如图所示，从而可知 F′(x)共有三个零点 x1，x2， x3，由图可知，F(x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，(x2，x3) 上单调递减，(x3，＋∞)上单调递增， ∴x1，x3 为极小值点，x2 为极大值点，即 F(x)有 1 个极大值点， 2 个极小值点，故选 A. 答案：A
D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
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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．答案：D
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；
f′(x)
－
0
＋
f(x)
k1－ln k 2
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，
单调递增区间是( k，＋∞)．

【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-3 函数与导数的综合应用

专题3.3 函数与导数的综合应用（精测）1．(2020·四川成都模拟)已知函数f (x )＝e 2x －2a e x －2ax ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若函数f (x )有唯一零点，求a 的值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝e 2x －2e x －2x ，∴f ′(x )＝2e 2x －2e x －2，∴f ′(0)＝2e 0－2e 0－2＝－2. 又f (0)＝e 0－2e 0－0＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －(－1)＝－2x ，即2x ＋y ＋1＝0. (2)由题意得f ′(x )＝2e 2x －2a e x －2a ＝2(e 2x －a e x －a )．令t ＝e x ∈(0，＋∞)，则g (t )＝2(t 2－at －a )．设t 2－at －a ＝0的解为t 1，t 2则t 1＋t 2＝a ，t 1t 2＝－a ，又∵a >0，∴函数y ＝g (t )在(0，＋∞)上仅有一个零点． ∴存在t 0∈(0，＋∞)，使得g (t 0)＝0，即存在x 0满足t 0＝e x 0时，f ′(x 0)＝0.∴当t ∈(0，t 0)，即x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，x 0)上单调递减；当t ∈(t 0，＋∞)，即x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．又当x →－∞时，e 2x －2a e x →0，－2ax →＋∞，∴f (x )→＋∞；当x >0时，e x >x ，∴f (x )＝e 2x －2a e x －2ax >e 2x －2a e x －2a e x ＝e x (e x －4a )， ∵当x →＋∞时，e x (e x －4a )→＋∞，∴f (x )→＋∞.∴函数f (x )有唯一零点时，必有f (x 0)＝e2x 0－2a e x 0－2ax 0＝0.① 又e2x 0－a e x 0－a ＝0，②由①②消去a ，得e x 0＋2x 0－1＝0.令h (x )＝e x ＋2x －1，∵h ′(x )＝e x ＋2>0，∴h (x )单调递增．又h (0)＝0，∴方程e x 0＋2x 0－1＝0有唯一解x ＝0.将x ＝0代入e2x 0－a e x 0－a ＝0，解得a ＝12，∴当函数f (x )有唯一零点时，a 为12.2.(2020·广西桂林市联考)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ln x ＋1x －x (a >0)． (1)若a ＝12，求f (x )的极值点；(2)若曲线y ＝f (x )上总存在不同的两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在P ，Q 两点处的切线平行，求证：x 1＋x 2>2.【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x －1x2－1(a >0)． (1)当a ＝12时，f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1x －2⎝⎛⎭⎫1x －12＝－（x －2）（2x －1）2x 2，令f ′(x )<0，得0<x <12或x >2；令f ′(x )>0，得12<x <2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，2上单调递增， ∴x ＝12是f (x )的极小值点，x ＝2是f (x )的极大值点．(2)证明：由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 1－1x 21－1＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 2－1x 22－1(x 1≠x 2)， ∴a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2.∵x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，∴x 1＋x 2>2x 1x 2，则有x 1x 2<（x 1＋x 2）24，∴a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max.∵a >0，∴4a ＋1a≤2(当且仅当a ＝1时取等号)，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max＝2.3．(2020·云南昆明市高三诊断)已知函数f (x )＝2ln x －x ＋1x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若a >0，b >0，且a ≠b ，证明：ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.【解析】(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x 2＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0.所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a >b >0，则ab <a －b ln a －ln b ⇔ln a －ln b <a －b ab⇔ln a b <a b －1ab ⇔2ln ab－a b ＋1ab<0. 由(1)知，f (x )是(0，＋∞)上的减函数，又ab >1，所以f ⎝⎛⎭⎫a b <f (1)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫a b ＝2ln a b－a b ＋1ab<0，所以ab <a －bln a －ln b .又a －b ln a －ln b <a ＋b 2⇔ln a －ln b >2（a －b ）a ＋b⇔ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1ab＋1. 令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1，则g ′(x )＝（x －1）2x （x ＋1）2，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≥0，即g (x )是(0，＋∞)上的增函数．因为a b >1，所以g ⎝⎛⎭⎫a b >g (1)＝0，所以ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1a b ＋1，从而a －b ln a －ln b <a ＋b 2.综上所述，当a >0，b >0，且a ≠b 时，ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.4．(2020·山东烟台模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．当0<t <t ＋2<1e时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ；当1e <t <t ＋2，即t >1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e .(2)由题意，知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减；当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝⎛⎭⎫1e ，h （e ）. 因为存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立，所以a ≤h (x )max ，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ，故h ⎝⎛⎭⎫1e >h (e)，所以a ≤1e＋3e －2. 5．(2020·陕西省质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．【解析】(1)由题意，得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，解得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 6.(2020·山西大同调研)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 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2.∵f (1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴令g ′(x )＝0，得x ＝1.当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．故g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有最大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， ∴g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， ∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 7．(2020·河南安阳二模)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减． ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x >0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． ∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1.当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0， f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点．综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1；当a >1时，函数f (x )有两个零点．8．(2020·河北石家庄质检)已知函数f (x )＝(2－x )e k (x －1)－x (k ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在R 上单调递减，求k 的最大值； (2)当x ∈(1，2)时，证明：lnx （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x .【解析】(1)∵f (x )在R 上单调递减，∴f ′(x )＝e k (x －1)[k (2－x )－1]－1≤0恒成立，即－kx ＋2k －1≤1ek （x －1）对任意x ∈R 恒成立．设g (x )＝1ek （x －1）＋kx －2k ＋1，则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立，显然应满足g (1)＝2－k ≥0，∴k ≤2.当k ＝2时，g ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤1－1e 2（x －1），且g ′(1)＝0，当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， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，即g (x )≥0恒成立，故k 的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k ＝2时，f (x )＝(2－x )e 2(x －1)－x 在R 上单调递减，且f (1)＝0，所以当x ∈(1，2)时，f (x )<f (1)，即(2－x )e 2(x－1)<x ，两边同取以e 为底的对数得ln(2－x )＋2(x －1)<ln x ，即2(x －1)<ln x2－x，①下面证明－2x ＋2<ln(2x －1)，x ∈(1，2)．②令H (x )＝ln(2x －1)－⎝⎛⎭⎫－2x ＋2(1<x <2)，则H ′(x )＝2（x －1）2x 2（2x －1）>0，∴H (x )在(1，2)上单调递增，则H (x )>H (1)＝ln(2×1－1)－⎝⎛⎭⎫－21＋2＝0，故②成立， ① ＋②得，ln x （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x 成立．9.(2020·河南郑州市第一次质检)已知函数f (x )＝(e x －2a )e x ，g (x )＝4a 2x . (1)设h (x )＝f (x )－g (x )，试讨论h (x )在定义域内的单调性；(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，求a 的取值范围．【解析】(1)∵h (x )＝(e x －2a )e x －4a 2x ， ∴h ′(x )＝2e 2x －2a e x －4a 2＝2(e x ＋a )(e x －2a )． ①当a ＝0时，h ′(x )>0恒成立， ∴h (x )在R 上单调递增；②当a >0时，e x ＋a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，当x <ln 2a 时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln 2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )，当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增；当a <0时，h (x )在(－∞，ln (－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0. ①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)得，h (x )min ＝h (ln 2a )＝－4a 2ln 2a >0，∴ln 2a <0，∴0<a <12；③当a <0时，由(1)可得h (x )min ＝h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0， ∴ln(－a )<34，∴－e 34<a <0.综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－e 34，12.10．(2020·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．【解析】(1)函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.定义域为(0，1)∪(1，＋∞)； f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，(x >0且x ≠1)，∴f (x )在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取1e 2，1e 代入函数，由函数零点的定义得，∵f ⎝⎛⎭⎫1e 2<0，f ⎝⎛⎭⎫1e >0，f ⎝⎛⎭⎫1e 2·f ⎝⎛⎭⎫1e <0， ∴f (x )在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e ，e 2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f (e)<0，f (e 2)>0，f (e)·f (e 2)<0， ∴f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点，故f (x )在定义域内有且仅有两个零点．(2)证明：若x 0是f (x )的一个零点，则有ln x 0＝x 0＋1x 0－1，由y ＝ln x ，得y ′＝1x；∴曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x －1＋ln x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，当曲线y ＝e x 切线斜率为1x 0时，切点为⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0， ∴曲线y ＝e x 的切线在点⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0处的切线方程为y －1x 0＝1x 0⎝⎛⎭⎫x －ln 1x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，故曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．故得证．11．（2020·四川宜宾市第一中学模拟）设函数()ln e xf x x x a =-，()p x kx =，其中a ∈R ，e 是自然对数的底数．（1）若()f x 在()0,∞+上存在两个极值点，求a 的取值范围；（2）若()1()x lnx f x ϕ=+-′，(1)e ϕ=，函数()x ϕ与函数()p x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y ，且AB 线段的中点为()00,P x y ，证明：()()001x p y ϕ<<．【答案】（1）10ea <<；（2）见解析. 【解析】（1）()ln e xf x x x a =-的定义域为()0,∞+，()ln 1e xf x x a =+-′，则()f x 在()0,+∞上存在两个极值点等价于()0f x '=在()0,+∞上有两个不等实根，由()ln 1e 0xf x x a =+-=′，解得ln 1e xx a +=，令ln 1()ex x g x +=，则1(ln 1)()e xx x g x -+'=，令1()ln 1h x x x =--，则211()h x x x'=--，当0x >时，()0h x '<，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，且()10h =，所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，所以，1x =是()g x 的极大值也是最大值，所以max 1()(1)e g x g ==，所以1ea <，又当0x →时，()g x ↔-∞，当+x →∞时，()g x 大于0且趋向于0，要使()0f x '=在()0,∞+有两个根，则10ea <<；（2）证明：()()ln 1()ln ln 1e e 1xxx x f x x x a a ϕ=+-+--==+′，由(1)e ϕ=，得1a =，则()e x x ϕ=，要证()()001x p y ϕ<<成立，只需证122112221e e e e e2x x x x x x k x x +-+<=<-，即212121221e e e 1e 2x x x x x x x x +--+<<-，即2121212211e 12e ex x x x x x x x ----+<<-，设210t x x =->，即证2e 1e 1e 2tt t t -+<<，要证2e 1e t t t-<，只需证22e e t t t ->，令22()e e tt F t t =--，则221()e e 102t tF t ⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭，所以()F t 在()0,∞+上为增函数，所以()()00F t F >=，即2e 1e tt t -<成立；要证e 1e 12t t t -+<，只需证e 1e 12t t t -<+，令e 1()e 12tt t G t -=-+，则()()()222e 12e 1()02e 12e 1t tt t G t --'=-=<++，所以()G t 在()0,+∞上为减函数，所以()()00G t G <=，即e 1e 12t t t -+<成立；所以2e 1e 1e 2tt t t -+<<成立，即()()001x p y ϕ<<成立. 12．（2020·山东师范大学附属中学模拟）已知函数21()e ln (,ax f x x b x ax a b +=⋅--∈R ).(1 )若b =0，曲线f (x )在点(1,f (1)) 处的切线与直线y = 2x 平行,求a 的值; (2)若b =2，且函数f (x )的值域为[2,),+∞求a 的最小值. 【解析】（1）当0b =时，21()ax f x x eax +=-，1()(2)ax f x xe ax a +'=+-，由1(1)e (2)2a f a a +'=+-=，得1e (2)(2)0a a a ++-+=，即1(e1)(2)0a a +-+=，解得1a =-或2a =-.当1a =-时，0(1)e 12f =+=，此时直线2y x =恰为切线，故舍去，所以2a =-. （2）当2b =时，21()e 2ln ax f x x x ax +=--，设21e ax t x +=，则ln 2ln 1t x ax =++，故函数()f x 可化为()ln 1g t t t =-+.由11()1t g t t t-'=-=,可得()g t 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，所以()g t 的最小值为(1)1ln112g =-+=，此时，函数的()f x 的值域为[2,)+∞，问题转化为当1t =时，ln 2ln 1t x ax =++有解，即ln12ln 10x ax =++=，得12ln x a x +=-，设12ln ()x h x x +=-，则22ln 1()x h x x -'=，故()h x的单调递减区间为，单调递增区间为)+∞，所以()h x的最小值为h =，故a的最小值为13．（2020·河南省开封市第五中学模拟）已知函数()()211ln 2f x x ax a x =-+-，()ln g x b x x =-的最大值为1e．（1）求实数b 的值；（2）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，令()()()22ln 2F x f x g x x =+++，是否存在区间[],(1m n ⊆，)+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域为()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦？若存在，求实数k 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】(1) 由题意得()'ln 1g x x =--，令()'0g x =，解得1ex =，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增；当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'<0g x ，函数()g x 单调递减. 所以当1e x =时，()g x 取得极大值，也是最大值，所以11e e eg b ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，解得0b =. （2）()f x 的定义域为()0,+∞.()()()21111x x a a x ax a f x x a x x x-+---+-=-+==', ① 11a -=即2a =,则()()21x f x x ='-，故()f x 在()0,+∞单调增;②若11a -<,而1a >,故12a <<,则当()1,1x a ∈-时，()0f x '<;当()0,1x a ∈-及()1,x ∈+∞时，()0f x '>故()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增．③若11a ->,即2a >,同理()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增（3）由（1）知()2ln 2F x x x x =-+，所以()'2ln +1F x x x =-，令()()'2ln +1x F x x x ω==-，则()1'20x xω=->对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以()'F x 在区间()1,+∞内单调递增，所以()()''110F x F >=>恒成立，所以函数()F x 在区间()1,+∞内单调递增.假设存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦，则()()()()2222{22F m m mlnm k m F n n nlnn k n =-+=+=-+=+，问题转化为关于x 的方程()2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根，即方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根，令()2ln 22x x x h x x -+=+，()1,x ∈+∞，则()()22342ln '2x x x h x x +--=+，设()2342ln p x x x x =+--，()1,x ∈+∞，则()()()2122'230x x p x x x x-+=+-=>对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以函数()p x 在区间()1,+∞内单调递增，故()()10p x p >=恒成立，所以()'0h x >，所以函数()h x 在区间()1,+∞内单调递增，所以方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内不存在两个不相等的实根. 综上所述，不存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦. 的。

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第三篇导数及其应用专题3.03 利用导数研究函数的极值、最值【考点聚焦突破】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) 【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.【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. 【答案】见解析【解析】(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.x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－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.【答案】见解析【解析】(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【答案】 A【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.(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. 【答案】见解析【解析】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. 【答案】见解析【解析】(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x ，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. 【答案】见解析【解析】(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 x sin 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⎝⎛⎭⎫v103＋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【解析】(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.【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.【答案】 415【解析】由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2 ＝25－10x ＋x 2－x 2 ＝25－10x ，S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V≤3×80＝415.∴体积最大值为415 cm3.【反思与感悟】1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.【易错防范】1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y＝f(x)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)的递增区间B.(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间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【答案】 C【解析】由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，故选项C错误.2.设a∈R，若函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则()A.a<－1B.a>－1C.a >－1eD.a <－1e【答案】 A【解析】因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x ＋a . 又函数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，当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x <－1.3.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【答案】 C【解析】 ∵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，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧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，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.无数【答案】 A【解析】函数定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0，所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点.5.(2019·青岛二模)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 －1B.－1eC.1D.2ln 2【答案】 D【解析】由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e.因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x ) 在(0，2e)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. 二、填空题6.函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0，4]的最大值是________. 【答案】 1e【解析】 f ′(x )＝e －x －x ·e －x ＝e －x (1－x )，令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e为最大值.7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________. 【答案】－4【解析】 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3. 由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， ∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.8.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫2，103 【解析】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，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，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. 三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值. 【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝ax －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1，令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝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 )的极值. 【答案】见解析【解析】(1)由已知，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，又因为曲线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：x (－∞，t 2－3)t 2－3 (t 2－3，t 2＋3)t 2＋3 (t 2＋3，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(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【答案】 C【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.12.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________. 【答案】 ⎣⎡⎭⎫1，32 【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 <32.13.(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. 【答案】 4【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.14.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. 【答案】见解析【解析】(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，＋∞. 【新高考创新预测】15.(试题创新)当x ∈[1，4]时，不等式0≤ax 3＋bx 2＋4a ≤4x 2恒成立，则a ＋b 的取值范围是( ) A.[－4，8] B.[－2，8] C.[0，6]D.[4，12]【答案】 A【解析】因为x ∈[1，4]，所以不等式0≤ax 3＋bx 2＋4a ≤4x 2等价于0≤ax ＋b ＋4ax 2≤4，即0≤a ⎝⎛⎭⎫x ＋4x 2＋b ≤4.令t ＝x ＋4x2，x ∈[1，4]，则t ′＝1－8x 3＝x 3－8x 3＝（x －2）（x 2＋2x ＋4）x 3，则t ＝x ＋4x 2在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x ＝2时，t min ＝3，当x ＝1时，t max ＝5，所以3≤t ≤5，则由0≤at ＋b ≤4，得⎩⎪⎨⎪⎧0≤3a ＋b ≤4，0≤5a ＋b ≤4，所以a ＋b ＝2(3a ＋b )－(5a ＋b )∈[－4，8]，故选A.。