专题01 导数与函数的最(极)值(训练篇B)-用思维导图突破导数压轴题
第10讲 利用导数研究函数的零点问题(学生版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)
导数专题第10讲利用导数研究函数的零点问题思维导图-----知识梳理1、函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x =，把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点．（2）三个等价关系方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点的横坐标⇔函数)(x f y =有零点．2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶思维导图-----典型题型讲练题型一：证明唯一零点（根）问题思维导图-----方法梳理1.分类讨论思想与转化化归思想2.数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处（极值点处）3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数()ln f x x x ax =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a ≤-时，设()()2sin g x f x x x x =-+，求证：()g x 在()0,2π上只有1个零点.套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫题型二：根据零点（根）情况求参数9②利用数形结合法研究函数的零点（根）问题套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫的取值范围.围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹-有关上有两个零点，则实数。
导数思维导图及真题解析
一、思维导图二、疑难透析1、曲线“在点P处的切线”是以点P x0，y0为切点，这样的切线只有一条，切线方程为y−y0=f′x0x−x0。
2、“过点P的切线”，点P可能是切点，也可能不是切点。
点P x0，y0不是切点时的切线方程求解步骤：（1）设出切点坐标P′x1，f(x1);（2）写出过P′x1，f(x1)的切线方程y−f(x1)=f′x1x−x1;（3）将点P x0，y0代入切线方程求出x1；（4）将x1的值代入方程y−f(x1)=f′x1x−x1可得出过点P x0，y0的切线方程。
3、图像连续不断的函数在开区间a，b上不一定有最大值（或最小值）。
若图像连续不断的函数在开区间a，b内只有一个极值，则该极值就是最值。
4、用导数法求函数单调区间的一般步骤：求定义域求导数f'(x)求f'(x)=0在定义域内的根用求得的根划分定义域确定f'(x)在各个开区间内的符号确定单调区间5、用导数法证明函数在 a ，b 的单调性的一般步骤：6、解决函数极值问题的一般步骤：7、导数与极值关系f ′ x 0 =0只是可导函数f x 在x 0处取得极值的必要条件，即必须有这个条件，但只有这个条件还不够，还要考虑是否满足f ′ x 0 在x 0两侧异号.另外，已知极值点求参数时要进行检验。
三、题型示例=(x −3)e x 的单调递增区间是（A.（−∞，2） B.（0，3） C.（1，4） D.（2，+∞） 【解析】（性质法）f ′ x =e x + x −3 e x =(x −2)e x ∵当f ′ x >0时，f x 单调递增求f'(x)确定f'(x)在(a ,b)内的符号得出结论：f'(x)>0，增函数；f'(x)<0，减函数求定义域求导数f'(x)解方程f'(x)=0判断根左右f'(x)的符号极值得方程f'(x)=0根的情况得关于参数的方程（不等式）参数值（范围）求极值用极值∴(x −2)e x >0 ∵e x >0 ∴x −2>0 即x >2 【答案】D2、若函数()y f x =在区间(,)a b 内可导，且0(,)x a b ∈则000()()limh f x h f x h h→+-- 的值（ ）A ．'0()f xB ．'02()f xC ．'02()f x - D ．0【解析】000000()()()()lim lim2[]2h h f x h f x h f x h f x h h h→→+--+--='0000()()2lim2()2h f x h f x h f x h→+--== 【答案】B3、曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【解析】∵ ∴，∴切点坐标为 ∴切线方程为 【答案】B4、曲线y = x +1 x +2 (x +3)在点A （0，6）处的切线的斜率是（ ）A.9B.10C.11D.12【解析】求函数的导数先化简解析式再求导，连乘形式先展开化为多项式再求导；根式形式 先化为分数指数幂再求导；复杂形式先化为简单分式的和、差再求导。
高考导数题型及方法总结(思维导图)
函数极值最值
和差型导函数 积商型导函数 指数e^x混合型 幂次x^n混合型
逆构造解不等式
求函数零点个数 求函数极值最值
抽象导函数问题பைடு நூலகம்
导数
恒成立求参
参变分离 分离函数 必要性探路 端点效应 分类讨论求最值 隐极值代换 双任意双存在问题
不等式证明
一元不等式证明
指对处理技巧 基本放缩 隐零点代换 凹凸反转
直线与曲线最短距离 对称曲线最短距离 公共切点 不同切点
在点切线 过点切线 距离最值
公切线问题
导数的几何意义
一次型
因式分解型 不能因式分解
二次型
二次求导
可以参变分离
几何意义 函数性质
不能参变分离
常见函数图像 含参讨论单调性 已知单调性求参
函数单调性
求函数极值最值 已知极值最值求参 极值最值范围问题
双重最值问题
二元不等式证明
主元法 同构法
齐次式法
极值点偏移问题 数列不等式证明
对称构造 比值代换\差值代换 对数均值\指数均值 切线构造
函数零点问题
求函数零点个数 已知零点个数求参
找点技巧
考点18导数与函数的极值、最值(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)
考点18导数与函数的极值、最值（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．【知识点】1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧，右侧，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的；②将函数y＝f(x)的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件【核心题型】题型一 利用导数求解函数的极值问题根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．命题点1 根据函数图象判断极值【例题1】（2024·四川广安·二模）已知函数()()1e xf x ax =+，给出下列4个图象：其中，可以作为函数()f x 的大致图象的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式1】（23-24高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数()y f x =的导函数()y f x ¢=的图象，下列结论正确的是（ ）A ．()y f x =在=1x -处取得极大值B ．1x =是函数()y f x =的极值点C ．2x =-是函数()y f x =的极小值点D ．函数()y f x =在区间()1,1-上单调递减【变式2】（2023·河北·模拟预测）函数4211()f x x x =-的大致图象是（ ）A ． B ．C ．D ．【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率小于零B ．函数f （x ）在区间（－1，1）上单调递增C ．函数f （x ）在x ＝1处取得极大值D ．函数f （x ）在区间（－3，3）内至多有两个零点命题点2 求已知函数的极值【例题2】（2024·宁夏银川·一模）若函数()2()2e xf x x ax =--在2x =-处取得极大值，则()f x 的极小值为（ ）A ．26e -B ．4e-C ．22e -D ．e-【变式1】（2023·全国·模拟预测）函数()2tan πf x x x =--在区间ππ,22æö-ç÷èø的极大值、极小值分别为（ ）A ．π12+，π12-+B ．π12-+，3π12-+C ．3π12-，π12-+D ．π12--，3π12-+【变式2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知2e ,0,()41,0,xx f x x x x x ì>ï=íï---£î则方程2()(3)()30f x k f x k -++=可能有（ ）个解.A ．3B ．4C ．5D ．6【变式3】（2024·辽宁鞍山·二模）()2e xf x x -=的极大值为 ．命题点3 已知极值(点)求参数【例题3】（2024·全国·模拟预测）设12,x x 为函数()()()2f x x x x a =--（其中0a >）的两个不同的极值点，若不等式()()120f x f x +³成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[]1,4B ．(]0,4C ．()0,1D ．()4,+¥【变式1】（2024·四川绵阳·三模）若函数()()21ln 02f x ax x b x a =-+¹有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（）A ．0,0a b ><B ．0,0a b <>C ．14ab <D ．0ab >【变式2】（2024·辽宁·一模）已知函数()322f x x ax bx a =+++在=1x -处有极值8，则()1f 等于 ．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln 2f x x x ax a =-+-ÎR ．(1)若()f x 的极值为－2，求a 的值；(2)若m ，n 是()f x 的两个不同的零点，求证：()0f m n m n ¢+++<．题型二 利用导数求函数最值求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．命题点1 不含参函数的最值【例题4】（2024·陕西·模拟预测）[]1,2x "Î，有22ln a x x x ³-+恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[)e,+¥B ．[)1,+¥C ．e ,2éö+¥÷êëøD ．[)2e,+¥【变式1】（2024·四川·模拟预测）已知 ()()22ln f x x x a x x =-+-，若存在(]0,e 0x Î，使得()00f x £成立，则实数a 的取值范围是.【变式2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道12,l l 相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点,A B 分别在12,l l 上滑动（,A B 两点不与O 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点P 满足OP AB ^，则OAP △面积的取值范围是 .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x =．(1)求函数()()f xg x x=的最值．(2)证明：()2431e 3e e 044xx x x f x ---->（其中e 为自然对数的底数）．命题点2 含参函数的最值【例题5】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数21()e (R)2(1)xf x x bx a b a =--Î+，没有极值点，则1ba +的最大值为（ ）A B ．e 2C ．eD ．2e 2【变式1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）若过点(),a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（ ）A ．ln b a>B ．ln b a<C ．0a <D ．e ab >【变式2】．（2024·全国·模拟预测）函数()()()2ln 1f x x x ax =++-只有3个零点1x ，2x ，3x ()1233x x x <<<，则2a x +的取值范围是 ．【变式3】（2024·北京海淀·一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+Î+¥存在最大值，求a 的取值范围.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·广西·模拟预测）函数()3f x x ax =+在1x =处取得极小值，则极小值为（ ）A ．1B ．2C ．2-D ．1-2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数()y f x =及其导函数()y f x =¢的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为()0,1，则（ ）A ．函数()e xy f x =×的最大值为1B ．函数()e xy f x =×的最小值为1C ．函数()exf x y =的最大值为1D ．函数()e xf x y =的最小值为14．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数()2e e 2x xf x a b x =++有2个极值点，则（ ）A ．2016b a <<B ．0b >C ．4a b <D ．2b a>5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()sin cos e xa f x x x x +=+在()0,π上恰有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．π4e æöç÷ç÷èøB ．()π,e-¥C ．()π0,eD ．π4e ,ö÷÷ø+¥二、多选题6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()e xbf x a x=+在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则（ ）A ．0ab > B ．24e b a £C ．24e 0a b ->D ．对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则下列结论正确的是（ ）A ．当()*m n m n >ÎN ，时，m na a >B ．212n n n S S S +++<C ．数列{}2n S 是等差数列D ．1ln n nS n S -³三、填空题8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段,CE DF 与分别以,OC OD 为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点,C D 是线段AB 上的动点，点O 为线段,AB CD 的中点，点,E F 在以AB 为直径的半圆弧上，且,OCE ÐODF Ð均为直角.若1AB =百米，则此步道的最大长度为百米.9．（2023·江西赣州·模拟预测）当0x =时，函数()e x f x a bx -=+取得极小值1，则a b +=.四、解答题10．（2023·河南洛阳·一模）已知函数()211122f x x x =++．(1)求()f x 的图像在点()()22f ,处的切线方程；(2)求()f x 在1,22éùêúëû上的值域．11．（2024·上海静安·二模）已知R k Î，记()x x f x a k a -=+×（0a >且1a ¹）．(1)当e a =（e 是自然对数的底）时，试讨论函数()y f x =的单调性和最值；(2)试讨论函数()y f x =的奇偶性；(3)拓展与探究：① 当k 在什么范围取值时，函数()y f x =的图象在x 轴上存在对称中心？请说明理由；②请提出函数()y f x =的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）综合提升练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）若函数()()1ln 1f x x x ax =+-+是()0,¥+上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2ln 2-¥B ．(]0,2ln 2C ．(],2-¥D ．(]0,22．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数()e x f x x a =+在区间[]0,1上的最小值为1，则实数a 的值为（ ）A ．-2B ．2C ．-1D ．13．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数()ln f x x x ax =-有极值e -，则=a （ ）A ．1B ．2C ．eD ．34．（2024·广东佛山·二模）若函数()24ln bf x a x x x =++（0a ¹）既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是（ ）A ．a<0B ．0b <C ．1ab >-D ．0a b +>5．（2023·甘肃兰州·一模）已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（ ）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ³D ．21x x ³6．（2024·全国·模拟预测）记函数()y f x =的导函数为y ¢，y ¢的导函数为y ¢¢，则曲线()y f x =的曲率()3221y K y ¢¢=éù+ëû¢．则曲线ln y x =的曲率的极值点为（ ）ABCD7．（2024·北京朝阳·一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ×××，对任意()1,2,,i x i n =×××，存在2i y ³满足i i y x <，且i i y x i i x y =，则使得12115n n x x x x -++×××+£成立的最大正整数n 为（ ）A ．14B ．16C ．21D ．238．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数()f x 及其导函数()f x ¢的定义域均为R ，且()()()22e ,00x f x f x x f ¢-==，则()f x （ ）A ．有一个极小值点，一个极大值点B ．有两个极小值点，一个极大值点C ．最多有一个极小值点，无极大值点D ．最多有一个极大值点，无极小值点二、多选题9．（2023·全国·模拟预测）对函数()f x ，()g x 公共定义域内的任意x ，若存在常数M ÎR ，使得()()f x g x M -£恒成立，则称()f x 和()g x 是M -伴侣函数，则下列说法正确的是（ ）A ．存在常数M ÎR ，使得()()2log 5f x x =与()125log g x x=是M -伴侣函数B ．存在常数M ÎR ，使得()13x f x +=与()13x g x -=是M -伴侣函数C ．()ln f x x =与()2g x x =+是1-伴侣函数D ．若()()f x g x ¢¢=，则存在常数M ÎR ，使得()f x 与()g x 是M -伴侣函数10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2e =++xf x ax bx c 的极小值点为0，极大值点为()0m m >，且极大值为0，则（ ）A ．2m =B ．4b a=C ．存在0x ÎR ，使得()00f x >D ．直线3y a =与曲线()y f x =有3个交点11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln e e x f x a b a x =+-，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．若()f x 为减函数，则()00f <B ．若()f x 存在极值，则e 1b a >C ．若()10f =，则ln2b >D ．若()0f x ³，则b a³三、填空题12．（2022·广西·模拟预测）已知函数()21xx x f x e++=，则()f x 的极小值为 .13．（2023·广东汕头·一模）函数()36f x ax x =-的一个极值点为1，则()f x 的极大值是 ．14．（2024·上海闵行·二模）对于任意的12x x ÎR 、，且20x >，不等式1122e ln x x x x a -+->恒成立，则实数a 的取值范围为 .四、解答题15．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x ¢=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.16．（2024·海南·模拟预测）已知函数()2ln 1,f x x a x a =-+ÎR .(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()f x 有最小值2，求a 的值.17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数ln 1()ex f x x =-．(1)求()f x 的最大值；(2)证明：当0x >时，()e x f x x <．18．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21e 2e 22xx f x a ax =+--．(1)若曲线()y f x =在30,2a æö-ç÷èø处的切线方程为4210ax y ++=，求a 的值及()f x 的单调区间．(2)若()f x 的极大值为()ln2f ，求a 的取值范围．(3)当0a =时，求证：()2535e ln 22x f x x x x +->+．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·湖南衡阳·模拟预测）若曲线()(0)kf x k x=<与()e x g x =有三条公切线，则k 的取值范围为（ ）A ．1,0e æö-ç÷èøB ．1,eæö-¥-ç÷èøC ．2,0e æö-ç÷èøD ．2,e æö-¥-ç÷èø2．（2023·河南·三模）已知函数2()ln f x x x =，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在=x 12e -B ．()f x 在x =e2C ．()f x 在=x 12e -D ．()f x 在x =e 23．（2023·湖北·模拟预测）设函数3()22f x x x =-，若正实数a 使得存在三个两两不同的实数b ，c ，d 满足(,())a f a ，(,())b f b ，(,())c f c ，(,())d f d 恰好为一个矩形的四个顶点，则a 的取值范围为（ ）A ．10,2æùçúèûB ．1,12éùêúëûC ．æçèD ．ùúû4．（2024·湖北·二模）已知函数()1e e e x x xaxf x x +=++（e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的定义域为RB ．若函数()f x 在()()0,0P f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为2e 2e 2-，则1a =C ．当1a =时，()f x m =可能有三个零点D ．当1a =时，函数的极小值大于极大值二、多选题5．（2023·安徽·一模）已知函数()()3R f x x x x =-Î，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的单调递增区间为,æ-¥ççè和ö¥÷÷ø+C ．()f xD ．()f x 的极值点为,æççè6．（2024·浙江杭州·二模）过点()2,0P 的直线与抛物线C ：24y x =交于,A B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与直线2x =-交于点N ，作NM AP ^交AB 于点M ，则（ ）A ．直线NB 与抛物线C 有2个公共点B ．直线MN 恒过定点C ．点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=¹D ．3MN AB的最小值为三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）函数()()2ln ln f x x k x x k =-++在定义域内为增函数，则实数k的取值范围为 ．8．（2023·江苏淮安·模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-有三个零点，则a 的取值范围是 .四、解答题9．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数()()21e x f x x ax =--，R a Î.(1)当e2a =时，求()f x 的单调区间；(2)若方程()0f x a +=有三个不同的实根，求a 的取值范围．10．（2024·山西吕梁·二模）已知函数()()2ln 20a f x a x x a x =--¹.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)求()f x 在区间(]0,1上的最大值.。
2021高考数学导数与函数零点用思维导图破解导数压轴大题
2021高考数学导数与函数零点用思维导图破解导数压轴大题用思维导图突破导数压轴题专题3 导数与函数零点函数()f x 零点x 0就是方程()f x =0的根x 0，也是函数()f x 图象与x 轴交点的横坐标x 0.这里函数与方程随时转化，互换角色，充分体现数形结合的思想.函数零点个数转化为方程根的个数，有时把方程()f x =0转化为函数y h x =（）与y g x =（），再作函数的图象，从图象确定交点个数，即把求方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数.如果连续函数在某个单调区间内两个端点函数值之积为负，则函数在该区间有且仅有一个零点.要求函数的单调区间有回到求其导数的路子上，即转化为前面熟悉的问题.函数零点方程根 求导定调需认真 端点异号那最好 如若不然做转化例1（2019年Ⅰ理第20题）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数.证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点.求函数f (x )的零点数：求导判断f (x )的单调性，适当选取区间，确定端点函数值异号形：a =g (x )或h (x )=q (x ) 判断相应函数单调性、值域，确定零点个数或范围结合具体问题运用分析法和相关性质确定端点（一般不唯一，见例2等）结合图象确定零点范围（见例3、例6），有时还需证明（见例1）思路点拨第（1）题：若1()cos 1f x x x '=-+在区间(1,)2π-的极大值点x 0，则在x 0左边，()f x '递增，在x 0右边()f x '递减.这需要考虑()f x ''在x 0左边为正，右边为负，也就是说x 0是()f x '的零点，从而()f x '在0(1,)x -上单调递增；在0(x ，)2π上()f x ''<0，可得()f x '单调递减. 第（2）结论等价于方程sinx=ln(1+x)有且仅有两个不等的实数根.在同一坐标系中分别作出图象可知一根为0，另一根介于(2]2π，之间.从图象可以看出当(1,0)x ∈-和(0,)2π时，sin ln(1)0x x -+>，即()0f x >；当[2,)x ∈+∞，()0f x <.这就需要考虑f ′(x )在(−1,0)、(0,π2]、(π2,2]、(2,+∞)单调性以及端点值的正负.由于x 0位于(0,x 0)和(x 0,π2)，还有对这两个区间作相应讨论. 第（2）的思维导图：f '(x)-1yx0π2x 02y =ln(1+x )y =sin x-1yx0π2已知f (x )=sin x -ln(1+x )结论：f (x )有且仅有2个零点sinx=ln(1+x)有两个不等实数根当和时，f (x )>0；当 x ∈ሾ2,+∞)时，f (x )<0当 x ∈ሾ2,+∞)时， f (x )<0等价转化函数方程不等式三者联系很密切相互转化无痕迹根据需要作选择极值两边单调反一撇两撇找零点区分左右大和小增减正负是关键综上，f(x)有且仅有2个零点.思路点拨（1）直接进行求导，分类讨论.（2）由（1）知()f x 在上单调递减，在上单调递增, ()f x 有极小值，若()f x 有两个零点,则，且在该点左右两个区间再各找一个点，其函数值大于0即可，当然也可以把函数有两个零点问题转化为另外两个函数图象有两个交点. 满分解答（1）对函数进行求导可得. ①当时，恒成立，故而函数恒递减.②当时，，解得x >ln 1a ，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）解1 由（1）知，当时，在上单调递减，故在上至多一个零点，不满足条件；当时，. 令，则，从而在上单调递增，而，故当时，；当时，；当时，.当时，，此时恒成立，从而无零点，不满足条件. 当时，，，此时仅有一个实根，不满足条件.当时，，，注意到，故在上有一个实根. 1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭11ln ln 1f a a a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()1ln 100a a a-+<>()()()()2'22111x x x xf x ae a e ae e =+--=-+0a ≤()()()'110x xf x ae e =-+≤0a >()()()1'110ln x xf x ae e x a =-+>⇒>1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0a ≤()f x R ()f x R 0a >()min 1()ln 1ln f x f a a a=-=-+()11ln (0)g a a a a=-+>()2110g a a a'=+>()g a ()0,+∞()10g =01a <<()0g a <1a =()0g a =1a >()0g a >1a >()0g a >()0f x >()f x 1a =()0g a =min 1()1ln 0f x a a =-+=()0f x =01a <<()0g a <()min 1()ln 1ln 0f x f a a a=-=-+<22ln 0,(1)10a a a f e e e->-=++->()f x (1,ln )a --而 ，. 故在上有一个实根.又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根.注 怎么知道要算f (-1)>0、3ln(1)0⎛⎫->⎪⎝⎭f a ？事实上，()()[2]=+--x x f x e ae a x ，当x =-1时f (-1)>0；为了再找一点x ，使f (x )>0,因为()()22=+--x xf x ae a e x()=[2]+--x x e ae a x ，注意到0->x e x ，所以只要()21+-=x ae a ，解得3ln(1)=-x a.其实，还可以证f (-2)>0，03ln(1)>-x a 时，3ln(1)0⎛⎫-> ⎪⎝⎭f a . (2)解2 令()0f x =，即()220xxae a e x +--=，所以有22x x x e xa e e+=+.于是函数()f x 有两个零点，即y a =与()22x x x e xg x e e+=+的图象有两个交点．()g x 的导函数为()()()()2211'1xx xxe e x g x e e ++-=-+，当0x <时，()'0g x >；当0x >时，()'0g x <时，所以()g x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减，且()g x 在0x =处取得最大()01g =．当1a ≥时，y a =与()g x 至多有一个零点，不符合题意；当0a ≤时，由于当0x ≥时，()0g x >，而当0x <时，()g x 是单调递增，所以y a=与()g x 至多有一个交点，不符合题意；当01a <<时，一方面，由于()()20,01g a g a -<<=>，且()g x 在()2,0-上单调递增，所以y a =与()g x 在()2,0-上有且仅有一个交点．31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭33ln 1ln 133ln(1)e e2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⋅+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫=---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x 3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()f x ()ln a -∞-，(ln ,)a -+∞()f x R思路点拨 第（1）题要证明不等式()1f x ≥，由于(0)=1f ，结论等价于当0x ≥时，()(0)f x f ≥，只要证明'()0f x >，接下来就是从已知入手证明'()0f x >，也可以把()1f x ≥转化为只要证明210x e x --≥，两边同时除以xe （注：这样构造下面的函数g(x)求导比较方便），不等式转化为2(1)10x x e -+-≤，构造新的函数2()(1)1x g x x e -=+-，只要证明()(0)g x g ≤.第（2）题要求()f x 的零点，如果直接对()f x 求导得'()2x f x e ax =-，要判断其符号就要对a 进行讨论，如果把()f x 转化为22()()x f x x e x a -=-，令2()x h x e x a -=-，则()f x 与()h x 在(0,)+∞零点个数相同，而'3(2)()xx eh x x-=中没有a ，讨论符号方便，运算量会减小.当然，也可把()f x 转化为2()1xx f x e ax e -=-（）来解答.还可以用最常见的方法来思考：函数()f x 只有一个零点问题等价转化为方程2xe a x=只有一根问题，从而寻找两函数（y a =与 2()x e G x x =）的图像只有一个交点问题，于是，本小题有下面的3种解法. 满分解答解（1）解 1 因为2()x f x e ax =-，所以'()2x f x e x =-， 令'()2,()2x x g x e x g x e =-=-，由2=0x e -得ln 2x =.当''[0,ln 2),()0;(ln 2,),()0x g x x g x ∈<∈+∞>，所以()g x 在[0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，所以()(ln 2)220,g x g ln ≥=->因此()f x 在[0,)+∞上递增，所以2()1(0)x f x e x f =-≥=.解2 设函数2()(+1)1x g x x e -=-，则'22()(21)(1)x x g x x x e x e --=--+=--， 当1x ≠时，'()0g x <，所以()g x 在[0,)+∞单调递减，从而有()(0)0g x g ≤=,即2(+1)10x x e --≤，整理得，21x e x -≥，故有()1f x ≥.（2）解1因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点，由于22()x f x x e x a -=-（），则2()xh x e x a -=-在(0,)+∞只有一个零点，'3(2)()x x e h x x-=，当(0,2)x ∈时，'()0h x <，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增，所以()h x ≥2(2)4e h a =-.当24e a <时，()h x 在(0,)+∞无零点；当24e a =时，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，满足题意；当24e a >时，由（1）可得：()20xg x e x =->，即22()x e h x a a x x=->-，当 20a x ->，此时22x a <<时，()0,h x >取1,x a =故()h x 在1(,2)a有一个零点.由（1）可得当0x >时，2x e x >，有32,3xx e >此时即3222()83()27xx e h x a a x a x x =->-=-，当2728x a >>时，()0,h x >取4,x a =则(4)0h a >，由零点存在定理知()h x 在(2,4)a 有一个零点，此时()f x 在(0,)+∞有两个零点，不合题意.综上所述：24e a =.解2因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点，由于2()1xx f x e ax e -=-（），令2()1xh x ax e -=-在(0,)+∞只有一个零点，（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，'(2)()xax x h x e -=； 当(0,2)x ∈时，'()0h x <；当(2,)+∞时，'()0h x >.所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增.故有24()(2)1ah x h e ≥=-. 当24e a <时，24()10,a h x e ≥->函数无零点，不合题意；当24e a =时，24()10,a h x e ≥-=函数只有一个零点，满足题意；当24e a >时，24()10,a h x e ≥-<由(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）得，当0x >时，2,xe x >所以33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->，故有()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点.综上所述，()f x 在（0，+∞）只有一个零点时，24e a =.解3 由()f x 在(0,)+∞只有一个零点可知方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，即 2xe a x=在(0,)+∞只有一个根，从而可得函数y a =与 2()x e G x x =的图像在(0,)+∞只有一个交点.'3(2)()x e x G x x-=，当(0,2)x ∈时,'()0G x <,当(2,)x ∈+∞时，'()0,G x >所以()G x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增；当0x →时，()G x →+∞，当x →+∞时，()G x →+∞，所以()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2(2)4e a G ==.思路点拨第（2）题解1是把零点问题转化为不等式问题，又转化为方程解的问题，但不是直接解方程，由于通过条件知道方程的解，就转化为验证是否是方程的解，有效回避解高次方程.解2是通过“两边夹”的方法得到c 的值，再验证其是唯一满足条件的值. 满分解答（1）()ax x x f 232'+=，令()0'=x f ，解得01=x ，322ax -=. 若0=a ，因()032'≥=x x f ，所以函数()x f 在R 上单调递增. 若0>a ，当32ax -<或0>x 时，()0'>x f ； 当032<<-x a 时，()0'<x f ，所以函数()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32,a 和()+∞,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛-0,32a上单调递减.若0<a ，当32ax ->或0<x 时，()0'>x f ； 当320a x -<<时，()0'<x f ；所以函数()x f 在()0,∞-和⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,32a 上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,0a 上单调递减. (2)解1 ()a c ax x x f -++=23，()ax x x f 232'+=，322ax -=. 由函数()x f 有三个不同的零点知0≠a 且()0320<⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅a f f ，即()02743<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a c a a c . 又因为a 的解集是()⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-,2323,13, .31-=a ，12=a ，233=a 是()02743=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a c a a c 因为c a =一定是方程的一个根，若分别令31,,32c =-，则只要检验a 的其余两个值是否满足34027a c a +-=. （*） 当1=c 时，3a =-和32a =是（*）的根（32a =是重根）；当3-=c 时，32a =和1a =不是（*）的根； 当23=c 时，3a =-和1a =不是（*）的根. 综上所述，1=c .解2 由(1)知，函数()x f 的两个极值为()b f =0，b a af +=⎪⎭⎫ ⎝⎛-327432，则函数()x f 有三个零点等价于()02743203<⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅b a b a f f ，从而30,40,27a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或30,40.27a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩又a c b -=，所以当0>a 时，02743>+-c a a 或当0<a 时，02743<+-c a a . 设()c a a a g +-=3274，因为函数()x f 有三个零点时，a 的取值范围恰好是(),3-∞-331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当(),3a ∈-∞-时，(g (),3a ∈-∞-时，()0<a g ，且当31,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭时，()min 0g a >，()0g a >均恒成立，从而()013≤-=-c g ，且0123≥-=⎪⎭⎫ ⎝⎛c g ，因此1=c .此时，()a ax x x f -++=123()()[]ax a x x -+-++=1112，因函数有三个零点，则()0112=-+-+a x a x 有两个异于1-的不等实根， 所以()()2141a a ∆=---2a =+2a 30->，且()()2111320a a a ---+-=-≠，解得()⎪⎭⎫⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a . 综上1=c . 解3 由解1得函数()f x 有三个不同的零点知0a ≠等价于()34027a c a c a ⎛⎫-+-< ⎪⎝⎭，即43222727270424a ca a ca c --+->，其解集恰为()⎪⎭⎫⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a . 又不等式233102a a a +⋅-⋅->（）（）（），即4322727270424a a a a --+->的解集也是()⎪⎭⎫⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a ，故不等式43222727270424a ca a ca c --+->与不等式4322727270424a a a a --+->同解，比较系数可得1=c .思路点拨第（1）的①可直接求解，②可转换为恒成立问题；（2）由f (0)=2知0就是g(x )的零点，由条件知这是唯一零点.利用导数判断g(x )的单调性，则需唯一的极小值为0，由此得ab 的值. 满分解答①()122xxf x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由01a <<可得1222x x+=，则()222210x x -⨯+=，即()2210x -=，则21x =，0x =. ②由题意得221122622xx x x m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭≥恒成立. 令122x x t =+，则由20x >可得2t ≥，此时226t mt --≥恒成立，即244t m t t t+=+≤恒成立.因为2t ≥时44t t +=≥，当且仅当2t =时等号成立，因此实数ab 的最大值为4．（2）解1()()22xxg x f x a b =-=+-，()ln 'ln ln ln ln x x x xa b g x a a b b a b b a ⎡⎤⎛⎫=+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 由01a <<，1b >可得1b a >，令()ln ln xb ah x a b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()h x 递增，而ln 0,ln 0a b <>，因此0ln log ln b aa xb ⎛⎫=-⎪⎝⎭时()00h x =，因此， 当()0,x x ∈-∞时，()0h x <，ln 0x a b >，则()'0g x <； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，ln 0x a b >，则()'0g x >；所以，()g x 在()0,x -∞递减，()0,x +∞递增，因此()g x 最小值为()0g x ， ① 若()00g x <，log 2a x <时，log 22ax a a >=，0x b >，则()0g x >；当x >log b 2时，0x a >，log 22bx b b >=，则()0g x >；当1log 2a x <且10x x <时，()10g x >，则()g x 在()10,x x 有零点，当2log 2b x >且20x x >时，()20g x >，则()g x 在()02,x x 有零点，所以()g x 至少有两个零点，与条件矛盾；② 若()00g x ≥，由函数()g x 有且只有1个零点，()g x 最小值为()0g x ，可得()00g x =，由()00020g a b =+-=，因此00x =.因此ln log 0ln b aa b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即ln 1ln ab -=，即ln ln 0a b +=， 因此()ln 0ab =，则1ab =．解2 因为函数2)()(-=x f x g 只有1个零点，而022)0()0(00=-+=-=b a f g ， 所以0是函数)(x g 的唯一零点.由解1知道()g x 在()0,x -∞递减，()0,x +∞递增，因此()g x 最小值为()0g x . 下证00x =.若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02x g g <=，又log 2log 2log 2(log 2)220a a a a g ab a =+->-=，且函数()g x 在以2x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x .因为01a <<，所以log 20a <，又002x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾.若00x >，同理可得，在02x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾. 因此，00x =.于是ln 1ln ab-=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =.。
高考高中数学压轴题思维导图精华版
4、极坐标{
极点在焦点(焦点弦题型，焦点弦的 6 个性质)
极点在坐标原点(过原点的两条垂直直线题型)
5、过原点的两条直线(设斜率为k1 、k2 )，若与 {
k1 + k 2
有关，将方程转化为 k 的二次方程。
k1 · k 2
y−b
x −a
②距离，如(x − a) 2 + (y − b) 2
①斜率，如
④直线：x = x0 + tcosα，y = y0 + tsinα
t 表示到定点(x0 ，y0)的方向距离
{
{ (x0 ，y0)上方，t > 0；(x0 ，y0)下方，t < 0,
3
二、方法储备: 8、曲线系
①与直线 Ax + By + C = 0 垂直的直线系方程为 By − Ax + C2 = 0
分析通项，即令 =（ /−1 ）·（−1 /−2 ）···（2 /1）·1 ，
从而证明每一项 < /−1。
（一般可用归纳法）
2、证明1 + 2 + … … + < ，变式：证明1 +2 +⋯ … + < 。
分析通项，即令 =（ —−1 ）+（−1—−2）+···+（2—1）+1，
2、对 f(x)求导，对于压轴题一般求一次导不行，再进行求二阶导数、三阶导数等等。
3、①若 f(x)min 在 x=b（b>a）处取得，一般不用洛必达法则，直接代入 b 即可。
0
②若 f(x)min 在 x=a 处取得，但 x∈ (, +∞)，并且产生 型极限，这时候就利用洛必
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数与函数的极值、最值》课件ppt
－ae，a≥e，
综上，g(a)＝－ln
a，1e<a<e，
2－ae，a≤1e.
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 为__1___.
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
1.函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值 都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0 ， 则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.
知识梳理
2.函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件： 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条 连续不断 的曲线，那么它 必有最大值和最小值. (2)求函数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 极值 ； ②将函数y＝f(x)的各极值与 端点处的函数值f(a)，f(b) 比较，其中最大 的一个是最大值，最小的一个是最小值.
且极大值为 f －21a＝ln－21a－21a－1.
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. 综上，当 a<0 时，f(x)的极大值为 ln－21a－21a－1，无极小值； 当a>0时，f(x)无极值.
命题点3 已知极值(点)求参数
D.－1
(2)函数与导数——高考数学一轮复习思维导图
2021高考数学导数与切线用思维导图突破解导数压轴大题
2021高考数学导数与切线用思维导图突破解导数压轴大题数学试题专题4 导数与切线函数在某点的导函数值就是过该点切线的斜率。
高考中切线问题多数年份出现在客观题和解答题第（1）题中，考查知识点相对单一，比较容易。
少数年份出现在解答题（2）、（3）题，往往与方程结合起来考查，难度较大，解题时要注意数形结合。
两个函数若相切 作差构造再求导 判断导数正负号 想方设法零点找引例（2018天津理科第20题）已知函数()xf x a =， ()log a g x x =，其中a >1.（1）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；（2）若曲线()y f x =在点()()11,x f x 处的切线与曲线()y g x =在点()()22,x g x 处的切线平行，证明()122lnln ln ax g x a+=-； （3）证明当1ea e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线.函数y =f (x )与y =g(x )图象相切构造函数h (x )=f (x )–g(x )根据具体问题，运用分析法确定区间[a ,b ](区间不唯一)判断在区间[a ,b ]上的正负,使h (a )h (b )<0思路点拨第（1）题只需求出()h x 的导函数，并令其为0，然后分区间讨论符号即可确定单调区间；第（2）先求各自的斜率，令其相等，化简即得；第（3）题分别求出两个函数的切线方程，若两个函数有公切线，则这两条切线表示同一条直线，通过待定系数法转化为二元方程组解的问题，通过消元将方程组化为一元方程.而方程是否有解问题可归结为连续函数的零点定理，即只要在区间上存在零点，其函数值异号即可.满分解答（1）由已知， ()x h x a xlna =-，有()-'=x h x a lna lna .令()0h x '=，解得x =0.若函数，有公切线在点处的切线l 2：在点处的切线l 1：令，证明r (x )有零点由a >1，可知当x 变化时， ()h x '， ()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,+∞.（3）由()x f x a lna '=，可得曲线()y f x =在点()()11,x f x 处的切线斜率为1x a lna .由()1g x xlna='，可得曲线()y g x =在点()()22,x g x 处的切线斜率为21x lna .因为这两条切线平行，故有121x a lna x lna=，即()1221x x a lna =. 两边取以a 为底的对数，得21220a log x x log lna ++=，所以()122lnlnax g x lna+=-. （3）曲线()y f x =在点11(,)x x a 处的切线l 1：111ln ()x x y a a a x x -=⋅-，曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线l 2：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-. 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合.即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①有, 代入②得.再由①有, 故有③下面证明方程③有正实数解. 令, 则()2ln ln 20r e a =--≤. 那么由连续零点定理可知, 只要找到一个, 使得即可.又, 而当时, 易得.当时，容易得到若,→0,那么只要控制的大小, 使得其值小于1即可.不妨通过控制,,这三部分的值, 达到使得其和小于1的效果.如果把步子迈得大一点,令 解得 , 令解得;但是解却不那么容易, 不妨借助于与, 在满足这两个不等式的前提下, 只要即可, 即.故若 ④则有,, , 此时, 且, 所以对满足④的都有,所以方程在上必有根.当12lnln 0a +≤时，则12ln ln 0ln ln ax a x+-≥，前述证明仍然成立.所以，当1ee a ≥时，存在, 使得.从而，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线y =f(x)的切线，也是曲线()y g x =的切线.评注 本题的难点在于证明方程③有正实数解，为此构造函数()r x ，证明该函数在某个区间有解，其方法就是零点定理，关键是确定区间两个端点，其函数值异号.确定区间端点有时比较困难，因为端点不确定在哪里，需要自己根据条件进行估计判断，往往需要解超越不等式，为解此不等式就要做适当放缩，这无形中加大题目难度.本题的背景是函数x y a =与log a y x =交点个数，其结论为:(1) 时, 有3个交点; (2) 时, 有1个交点, 即为切点;(3) 时, 有1个交点; (4)时, 有2个交点;(5)时, 有1个交点, 即为切点; (6)时, 没有交点. 对于第（3）题而言,当时,与的图像相切, 切点处的切线是公切线, 不妨就取这条公切线;当时,与的图像相离, 且凹凸性相异, 但它们存在一条公切线，就是这道考题.对方程组①、②也可以这样转化： 由①得()1221x x a lna =，代入②，得1111120x x lnlnaa x a lna x lna lna-+++=. ③ 因此，只需证明当1ea e ≥时，关于x 1的方程③存在实数解.设函数()12xxlnlnau x a xa lna x lna lna=-+++，即要证明当1e a e ≥时，函数()y u x =存在零点.()()21x u x lna xa '=-，可知(),0x ∈-∞时， ()0u x '>；()0,x ∈+∞时， ()u x '单调递减，又()010u '=>， ()()212110lna u a lna ⎡⎤=-<⎢⎥⎥'⎢⎣⎦， 故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得()00u x '=，即()02010x lna x a -=.由此可得()u x 在()0,x -∞上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，()u x 在0x x =处取得极大值()0u x .因为1ea e ≥，故()1ln lna ≥-，所以()()000000201212220x x lnlna lnlna lnlnau x a x a lna x x lna lna lna lna x lna +=-+++=++≥≥. 下面证明存在实数t ，使得()0u t <.由（I ）可得1x a xlna ≥+，当1x lna>时， 有()()()1211lnlnau x xlna xlna x lna lna≤+-+++()22121lnlnalna x x lna lna=-++++， 所以存在实数t ，使得()0u t < （在22()(ln )u x a x =-12ln ln 1ln ln a x a a ++++中，因为12ln ln 1ln ln aa a++是定值，22(ln )a x -非正，因此，总存在(,t ∈-∞+∞），使()0u t <） 因此，当1ea e ≥时，存在()1,x ∈-∞+∞，使得()10u x =.所以，当1e a e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线.思路点拨设()()111222,,,P x y P x y ，且1201x x <<<，则由于12,l l 分别是点12,P P 处的切线，因()1,01'1,1x xf x x x⎧-<<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，，所以，1l 的斜率1k 为11x -，2l 的斜率2k 为21x .又1l 与2l 垂直，且120x x <<，可得：1112111k k x x ⋅=-⋅=-，121x x ⋅=.由此可得：1l 的方程分别为：1l ：()1111ln y x x x x =---， ①2l 的方程分别为： 2l ：()2221ln y x x x x =-+， ②此时点A的坐标为()10,1ln x -，B的坐标为()20,1ln x -+，所以()12122ln ln 2ln 2AB x x x x =--=-⋅=.①、②两式联立可解得交点P 的横坐标为1212122ln 2x x x x x x x -==++，PAB ∆的面积为：1211112221122PAB x S AB P x x x x ∆=⋅=⨯⨯=≤++. 当且仅当111x x =，即11x =时等号成立，因101x <<，所以1PAB S ∆<，故选（A ）.解1 设曲线()ln f x x x =+，曲线()g x 2ax =(2)1a x +++，由1()1f x x'=+求得曲线在点(1,1)处的切线斜率(1)2k f '== ，故切线方程:2l y x =1-，当0a =时，2(2)1y ax a x =+++为直线，不符合题意，当0a ≠时，设切线l 与曲线()g x 相切于点00(,)x y ，根据题意可列方程组0000()22221g x ax a y x '=++=⎧⎨=-⎩，解得00122x y ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，又00()y g x =，解得8a =. 解2 由11y x'=+求得曲线在点(1,1)处的切线斜率2k = ，故切线方程:21l y x =-，当0a =时，2(2)1y ax a x =+++为直线，不符合题意，当0a ≠时，由2(2)121y ax a x y x ⎧=+++⎨=-⎩得220ax ax ++=，依据0∆=解得8a =.解 （Ⅰ）由32()63(f x x x a a=--，可得2()3123(f x x x a '=--[]3()(4)x a x a =---。
第16讲 导数的应用——导数与函数的极值、最值(学生版) 备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
第16讲导数的应用——导数与函数的极值、最值思维导图知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．题型归纳题型1 利用导数解决函数的极值问题——根据函数图象判断函数极值【例1-1】（2020春•宜宾期末）如图是函数()y f x=的图象，则函数()=的极大值点y f xy f x'=的导函数()的个数为()A ．3B ．2C ．1D ．0【例1-2】（2019秋•未央区校级期末）函数()y f x '=的图象如图所示，则关于函数()y f x =的说法正确的是( )A ．函数()y f x =有3个极值点B ．函数()y f x =在区间(,4)-∞-上是增加的C ．函数()y f x =在区间(2,)-+∞上是增加的D ．当0x =时，函数()y f x =取得极大值【跟踪训练1-1】（2019秋•临渭区期末）已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则关于()f x 的结论正确的是( )A ．在区间(2,2)-上为减函数B ．在2x =-处取得极小值C ．在区间(,2)-∞-，(2,)+∞上为增函数D ．在0x =处取得极大值【跟踪训练1-2】（2019秋•咸阳期末）已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数()f x 在(,4)-∞-上单调递减B ．函数()f x 在1x =-处取得极大值C ．函数()f x 在4x =-处取得极值D ．函数()f x 只有一个极值点【名师指导】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．题型2 利用导数解决函数的极值问题——已知函数求极值或极值点【例2-1】（2020春•顺义区期末）已知函数31()43f x x x =-，则()f x 的极大值点为( ) A ．4x =- B ．4x = C ．2x =- D ．2x =【例2-2】（2020春•海淀区校级期末）函数sin cos y x x x =+的一个极小值点为( )A ．2x π=- B ．2x π= C ．x π= D ．32x π= 【跟踪训练2-1】（2020春•乐山期中）函数3()3f x x x =-的极小值是( )A ．4B ．2C ．4-D ．2-【跟踪训练2-2】（2020春•龙岩期末）函数31()443f x x x =-+的极大值为 ． 【名师指导】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．题型3 利用导数解决函数的极值问题——已知函数的极值点或极值求参数的值或范围【例3-1】（2020春•赤峰期末）若函数()x f x ae x =-存在极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,)+∞B ．[0，)+∞C ．(,0)-∞D ．(-∞，0]【例3-2】（2020春•荆州期末）若当0x >时，函数2()2x f x e mx =-+有两个极值点，则实数m 的取值范围是( )A ．(2e ，)+∞B ．(0,)2eC ．(0,2)eD ．(2,)e +∞【跟踪训练3-1】（2020春•潍坊期末）已知x m =时，函数3()12f x x x =-取得极大值，则(m = )A ．4-B ．2-C ．4D ．2【跟踪训练3-2】（2020春•南阳期末）已知函数()()f x x lnx ax =-有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是 ．【跟踪训练3-3】（2020•临川区校级一模）已知函数()(x f x xlnx me e =+为自然对数的底数）有两个极值点，则实数m 的取值范围是 ．【名师指导】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．题型4 利用导数求函数的最值【例4-1】（2020春•克什克腾旗校级月考）（文科普班）已知()1x f x e ax =--，若1a =，求函数()f x 的最小值．【例4-2】（2020春•徐州期中）已知函数()x f x x e =．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[2-，1]上的最大值和最小值．【跟踪训练4-1】（2020春•十堰期末）函数31()43f x x x a =-+在[0，3]上的最大值为2，则a 的值为( )A ．103-B ．2C ．5D ．223【跟踪训练4-2】（2020春•内江期末）函数()cos f x x x =+在[0，]π上的( )A ．最小值为0，最大值为2π B ．最小值为0，最大值为12π+ C ．最小值为1，最大值为2π D ．最小值为1，最大值为1π-【跟踪训练4-3】（2020春•沭阳县期中）已知函数32()f x x ax =-，a R ∈且f '（1）3=．（1）求a 的值；（2）求函数()f x 在区间[0，3]上的最大值．【名师指导】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．题型5 利用导数求解函数极值和最值的综合问题【例5-1】（2020春•朝阳区期末）已知函数322()2f x x ax a x a =-++，a R ∈ （Ⅰ）若0a =，求证：当[1x ∈，)+∞时，()f x x 恒成立；（Ⅰ）当1a =时，求()f x 在区间[0，2]上的最大值和最小值；（Ⅰ）若函数()f x 存在极大值和极小值，且极大值和极小值的差不超过4，求a 的取值范围．【跟踪训练5-1】（2020春•贵池区校级期中）已知32()1f x x ax=++，a R∈．（1）若()f x在23x=处取极值，求()f x在点(,1)a-处切线方程；（2）若函数()f x在区间[0，1]最小值为1-，求a．【名师指导】解决函数极值、最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．。
用思维导图突破解导数压轴题
用思维导图突破解导数压轴题专题5 导数与不等式恒成立、有解（存在性）问题函数不等式恒成立问题或不等式有解（存在性）等问题相联系来命题是近年高考常见题型之一，涉及导数知识可能会含有参数讨论。
恒成立问题常通过构造函数y =f (x )，转换为求y =f (x )在某个区间最值问题，这就需要确定y =f (x )导数的符号，为此，往往需要再次构造函数（以y =f (x )导函数中某个不能确定符号的代数式作为新构造函数的解析式），有时还需要分类讨论，分类讨论的标准一般用分析法求出，但解答时却用综合法书写（所以，不少情况下看不懂答案，即不知道分类标准怎么来的）。
有解（存在性）问题常转化为不等式f(x)≤g(x ）有解，先求出不等式两边两个函数的最值（值域），根据具体条件确定最值之间的大小关系（或确定值域的包含关系），据此不等式（组）求出相关变量的范围。
如果含有双参数，可以把一个参数看作常数转化为一元变量求解。
此类问题解答思维导图如下： 其一双参可视一常量 构造函数明方向 分类求导是难点 综分结合最理想 其二有解不等恒成立 一式转化看两边 各自判断大和小 相关方法要熟练引例 已知实数，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当时，求函数的单调区间； （2）对任意均有 求的取值范围. 注：为自然对数的底数.0a ≠34a =-()f x 21[,)e x ∈+∞(),2x f x a≤a e 2.71828...= 含双参的不等式恒成立、有解（存在性）视其中一参数为常数转化单变量不等式、有解 对恒成立问题：针对具体情况构造函数并求导、判断单调区间（有时可能需要多次构造函数），以求最值，有时要分类讨论（难点），分类标准用分析法，书写用综合法 对存在性：针对具体问题构造不等式f(x)≤g(x ），根据要求分别求两边的最值（值域），然后确定最值之间的大小关系（值域的包含关系）思路点拨第（1）求得，判断其符号有多种方法。
导数专题 高考数学复习思维导图
单
(3)讨论完毕须写综述．
概述
调
定义域为R，导函数的零点有无意义，
性
有分一类，无分一类
一
中
例如对数真数要大于0（主要定义域的求解原则） 根
分
定义域非R为D，导函数的零点在不在定义域D内，
类
在分一类，不在分一类
定义域为R，导函数两个零点的大小关系： 等于，大于，小于
题
讨
型
论
定义域非R为D，导函数的两个零点在不在
函数恰好有三个不同的单调区间---导函数有两个零点 函数有两个不同的单调区间--导函数有一个零点
非单调 函数求 参数
①二次项系数讨论； ②导函数有无零点的讨论（或零点有无意义） ③导函数的零点在不在定义域内的讨论 ④导函数多个零点时大小的讨论
分类 讨论 点依据
(1)讨论分“依据”四个方面
解题
(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类 过程
两
定义域D内，两个零点的大小关系：等于、大于、小于 根
不能因式分解的一元二次导函数， 用求根公式，利用判别式进行分类讨论
若函数f (x)在[a，b]上单调递增或递减，
则f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值
闭区间
最
若函数f (x)在区间(a，b)内有极值，先求出函数f (x)在区间
求最值
值
单调区间
利
用
导
数
求
单调
函
函数
数
函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题 求参
单
数
调
方法二：利用集合间的包含关系处理
性
y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子
专题01 导数与函数的最(极)值(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破导数压轴题解答数学题的“思维导图”：逛公园顺道看景，好风光驻足留影. 把条件翻成图式，关键处深挖搞清. 综合法由因导果，分析法执果索因. 两方法嫁接联姻，让难题无以遁形.这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已知条件入手推出中间结论（可知），当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知”从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”----找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的.这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。
中等以下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。
专题01 导数与函数的最（极）值问题利用导数求函数f (x )极值、最值的基本方法是先求f (x )的导数f 'x （），再求f 'x （）的零点i x ，i N ∈，根据f 'x （）在i x 两边的符号判断的单调性，最后确定i f x （）是极大值或极小值，再确定最值。
先求导数 再定零点 考查单调极值来了思路点拨第（1）只要直接计算即可。
第（2）题先求出()f x 和()f x '的含参数零点（用a 、b 表示），再根据零点均在集合{3-，1，3}中确定a 、b 的值。
第（3）题求出()f x '的零点12,x x （设12x x <），根据单调性确定极大值为321111()(1)=-++f x x b x bx ，这里含有两个变量，最容易想到的方法就是转化为一元变量，但恒等变形能力要求较高，也可以挖掘隐含条件利用基本不等式整体消元。
第（3）解题思维导图如下：.（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--， 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =.又2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---，令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=. 因为()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，所以3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去； 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去； 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去； 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈； 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去； 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去.因此3a =，3b =-，213a bA +=∈，从而2()(3)(3)f x x x =-+，()3[(3)](1)f x x x '=---， 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：从而可知，()f x 的单调递增区间为(−∞,−3]和[1,+∞),单调递减区间为[−3,1]，由此可知当1x =时，函数()f x 取得极小值，2(1)2432f =-⨯=-.（3）证明：0a =，01b <„，1c =，()()(1)f x x x b x =--，则2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++.因为△22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…，所以()0f x '=有两实根12,x x ，设12x x <，则()f x 单调递增区间为(−∞,1x ]和[2x ,+∞),单调递减区间为12[,]x x ，于是()f x 取得极大值为1111()()(1)M f x x x b x ==--。
导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲 高考数学(新高考地区专用)(解析版)
专题3.5 导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．【题型1 根据函数图象判断极值】【方法点拨】由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点.【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点B．4个极值点C．1个极小值点D．1个极大值点【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．﹣1是f（x）的极小值点B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f （x）的极大值点，D错误；故选：B．【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）A．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极大值点B．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极小值点C．h'（x0）≠0，x0不是h（x）的极大值点D．h'（x0）≠0，x0是h（x）的极值点【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有h'（x0）＝0，由此可判断极值情况．【解答过程】解：由题得，当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，又h'（x0）＝g'（x0）﹣f'（x0）＝0，则有x0是h（x）的极小值点，故选：B．【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像，下列说法正确的是（）A．x＝﹣1是f（x）的零点B．x＝2是f（x）的极大值点C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单调性和极值即可．【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像知，当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．∴选项A、C、D错误，选项B正确，故选：B．【题型2 求已知函数的极值（点）】【方法点拨】求函数f(x)极值的一般解题步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)=12x−sinx在[0，π2]上的极小值为（）A ．π12−√32B ．π12−12C ．π6−12D ．π6−√32【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可． 【解答过程】解：由f(x)=12x −sinx ⇒f′(x)=12−cosx ， 当x ∈(0，π3)时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈(π3，π2)时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以π3是函数的极小值点，极小值为：f(π3)=π6−√32， 故选：D ．【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f （x ）＝x 3﹣3x 的极大值为（ ） A ．﹣4B ．﹣2C ．1D ．2【解题思路】求导，利用导数确定f （x ）的单调区间，从而即可求极大值． 【解答过程】解：因为f （x ）＝x 3﹣3x ，x ∈R ， 所以f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝﹣1或x ＝1，所以当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；所以f （x ）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）． 所以f （x ）极大值＝f （﹣1）＝2． 故选：D ．【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为（ ） A ．π3B ．π6C ．5π6D ．2π3【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可． 【解答过程】解：对于函数f （x ）＝x +2cos x ，f ′（x ）＝1﹣2sin x ， 因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜π6时，f ′（x ）＞0， 当π6＜x ＜5π6时，f ′（x ）＜0，当5π6＜x ＜π时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）在区间[0，π6]上是增函数，在区间[π6，5π6]上是减函数，在[5π6，π]是增函数． 因此，函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为5π6．故选：C ．【变式2-3】（2022春•新乡期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）2（2﹣x ）3，则f （x ）的极大值点为（ ） A ．1B ．75C ．﹣1D ．2【解题思路】解：因为f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【解答过程】解：f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ）， 令f ′（x ）＝0得x ＝1或x =75，所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【题型3 由函数的极值（点）求参数】 【方法点拨】根据函数极值情况求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f （x ）＝4x 3﹣ax 2﹣2bx +2在x ＝1处有极大值﹣3，则a ﹣b 的值等于（ ） A ．0B ．6C ．3D ．2【解题思路】对函数求导，利用f （1）＝﹣3以及f ′（1）＝0解出a ，b ，进而得出答案． 【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝12x 2﹣2ax ﹣2b ，因为f （x ）在x ＝1处有极大值﹣3， 所以f ′（1）＝12﹣2a ﹣2b ＝0，f （1）＝4﹣a ﹣2b +2＝﹣3，解得a ＝3，b ＝3， 所以a ﹣b ＝0． 故选：A ．【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx +12x 2−(a +6)x 有2个极值点，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，6）∪（6，+∞）B．（0，6）∪（6，+∞）C．{6}D．（0，+∞）【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到求解．【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f′(x)=6ax+x−(a+6)=(x−6)(x−a)x，令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，故选：B．【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为（）A．﹣3B．0C．1D．2【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．故选：C．【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得极值，则a+b的最大值为（）A．1B．√2C．2D．2√2【解题思路】根据题意，对函数求导，令f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最大值．【解答过程】解：函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为f′（x）＝3x2+2a2x+2b2﹣7，因为函数在x＝1处取得极值，所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，因为a 2+b 2＝（a +b ）2﹣2ab ＝2，即（a +b ）2﹣2＝2ab ， 因为ab ≤(a+b 2)2，所以(a +b)2−2≤2(a+b 2)2， 整理得（a +b ）2≤4，所以a +b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，此时f ′（x ）＝3x 2+2x ﹣5＝（3x +5）（x ﹣1），满足函数在x ＝1处取得极值， 所以a +b 的最大值为2， 故选：C ．【题型4 利用导数求函数的最值】 【方法点拨】(1)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值， 最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导 数的实际应用中经常用到．【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x 2−2x +8x 在（0，+∞）上的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．【解答过程】解：因为f ′(x)=2x −2−8x 2=(x 3−2x 2)+(x 3−8)x 2=(x−2)(2x 2+2x+4)x 2，所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 故f （x ）min ＝f （2）＝4． 故选：C ．【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y ＝x ﹣2sin x 在区间[0，2]上的最小值是（ ） A ．π6−√3B ．−π3−√3C ．−π6−√3D ．π3−√3【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可． 【解答过程】解：由y ′＝1﹣2cos x ， 当0≤x ＜π3时，y ′＜0，即y 递减； 当π3＜x ≤2时，y ′＞0，即y 递增；所以y min =π3−2sin π3=π3−√3．【变式4-2】（2022春•乐山期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣lnx ，则函数f （x ）在[1，2]上的最小值为（ ） A ．1B ．√22C ．18+12ln2 D ．12+12ln2【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 2﹣lnx （x ＞0），所以f ′（x ）＝2x −1x =2x 2−1x ，所以当x ∈[1，2]时，f ′（x ）=2x 2−1x ＞0，则f （x ）在[1，2]上单调递增，则f （x ）在[1，2]上的最小值为f （1）＝1． 故选：A ．【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f （x ）＝lnx +1x −12与g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x 的最小值分别为a ，b ，则（ ） A ．a ＝b B ．a ＞bC ．a ＜bD ．a ，b 的大小不能确定【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f （x ），g （x ）的最小值，比较a ，b 即可． 【解答过程】解：f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′(x)=1−1x =x−1x， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1， f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， f （x ）的最小值是f （1）＝1，故a ＝1， g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x ，定义域（0，+∞）， g ′(x)=(x +1)e x −1x −1=x+1x (xe x −1)，令h （x ）＝xe x ﹣1，则h ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，x ∈（0，+∞），则可得h （x ）在（0，+∞）上单调递增，且h （0）＝﹣1＜0，h （1）＝e ﹣1＞0， 故存在x 0∈（0，1）使得h （x ）＝0即x 0e x 0=1，即x 0+lnx 0＝0， 当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故当x ＝x 0时，函数取得最小值g(x 0)=x 0e x 0−lnx 0−x 0=1−lnx 0−x 0=1，即b ＝1， 所以a ＝b ，【题型5 由函数的最值求参数】【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x 3−3a 2x 2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a 的值为（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ．103【解题思路】对函数求导后，分a ≤0和a ＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，使最小值等于零，从而可出实数a 的值． 【解答过程】解：由f(x)=x 3−3a 2x 2+4，得f '（x ）＝3x 2﹣3ax ＝3x （x ﹣a ）， 当a ≤0时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a2+4=0，解得a =103（舍去）， 当a ＞0时，由f '（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a ， 当0＜a ≤1时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增， 所以f(x)min =f(1)=1−3a 2+4=0，解得a =103（舍去）， 当1＜a ＜2时，当1＜x ＜a 时，f '（x ）＜0，当a ＜x ＜2时，f '（x ）＞0， 所以f （x ）在（1，a ）上递减，在（a ，2）上递增，所以当x ＝a 时，f （x ）取得最小值，所以f(a)=a 3−3a2a 2+4=0，解得a ＝2（舍去）， 当a ≥2时，当1≤x ≤2时，f '（x ）＜0，所以f （x ）在[1，2]上递减， 所以f(x)min =f(2)=23−3a2×4+4=0，解得a ＝2， 综上，a ＝2， 故选：C ．【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在x ≤20222021上的最小值为e +1，则a 的值为（ ） A ．0B ．1C ．20202021D ．20212020【解题思路】判断函数f （x ）的定义域，可知函数f （x ）在定义域上单调递增，由此可建立关于a 的方程，解出即可得到答案．【解答过程】解：函数的定义域为[1，20222021]，而函数y =e x ，y =lnx ，y =x √x −1在[1，+∞）上均为增函数，∴函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在[1，20222021]单调递增， ∴f （x ）min ＝f （1）＝e +a ＝e +1，解得a ＝1． 故选：B ．【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f （x ）＝x 3﹣3x 在区间（2a ，a +3）上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−2，12)B ．（﹣2，1）C ．[−1，12)D ．（﹣2，﹣1]【解题思路】由导数性质得f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a 的范围． 【解答过程】解：∵f （x ）＝x 3﹣3x ，∴f ′（x ）＝3x 2﹣3， 由f ′（x ）＝0，得x ＝±1，x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；x ∈（﹣1，1）时，f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0， ∴f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2． f （x ）＝x 3﹣3x ＝﹣2时， x 3﹣3x +2＝0，x 3﹣x ﹣2x +2＝0， x （x 2﹣1）﹣2x +2＝0，x （x +1）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x 2+x ）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）（x 2+x ﹣2）＝0， （x ﹣1）（x +2）（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）2（x +2）＝0， 解得x ＝1，x ＝﹣2，∴﹣2≤2a ＜1＜a +3，∴﹣1≤a ＜12． 即实数a 的取值范围是[﹣1，12），故选：C．【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（）A．2√eB．−2e C．1√eD．√e【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明e x﹣1≥x恒成立，得到f（x）≥0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g（x）=−2lnx−1x，利用导数求出函数g（x）的最小值即可求出结果．【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝e t﹣t﹣1，f′（t）＝e t﹣1，当t∈（﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，∴h（t）≥h（0）＝0，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，即a=−1−2lnxx在（0，+∞）上有解，设g(x)=−2lnx+1x，则g′(x)=−2−(2lnx+1)x2=2lnx−1x2，令g′（x）＝0，解得x=√e，∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g(x)min=g(√e)=2√e，即a的最小值为2√e．故选：A．【题型6 极值和最值的综合问题】【方法点拨】解决函数极值、最值综合问题的策略：(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3−32(k+1)x2+3kx+1，其中k∈R．（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数k的取值范围．【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），令f'（x）＝0得x1＝1，x2＝3，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），①当k≤1时，∀x∈[1，2]，f'（x）≥0，函数f（x）在区间[1，2]单调递增，所以f(x)min=f(1)=1−32(k+1)+3k+1=3，即k=53（舍）；②当k≥2时，∀x∈[1，2]，f'（x）≤0，函数f（x）在区间[1，2]单调递减，所以f（x）min＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；③当1＜k＜2时，当x∈[1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，所以f(x)min=f(k)=k3−32(k+1)k2+3k2+1=3，化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；综上所述：实数k取值范围为k≥2．【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞12 )．（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；（2）当x∈[﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．【解题思路】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，经检验a＝1，符合题意，所以a＝1；（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，令f'（x）＝0，x=±√a，当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，√a)√a(√a，1)1 f'（x）+0﹣0+f（x）﹣7+6a单调递增单调递减单调调增2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，1)1f'（x）+0﹣f（x）﹣7+6a单调递增单调递减2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f （﹣2）＝﹣7+6a ，综上所述，当12＜a ＜4时，f （x ）的最大值为2a √a +1；当a ≥4时，f （x ）的最大值为﹣7+6a ．【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x −1)e x −t2x 2−2x ，f '（x ）为f （x ）的导函数，函数g （x ）＝f '（x ）．（1）当t ＝1时，求函数g （x ）的最小值；（2）已知f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）且f(x 1)+52e −1＜0，求实数t 的取值范围． 【解题思路】（1）当t ＝1时，根据题意可得g （x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，求导得g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，分析g （x ）的单调性，进而可得g （x ）min ．（2）问题可化为t =e x −2x，有两个根x 1，x 2，令ℎ(x)=e x −2x，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，求导分析单调性，又x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，推出t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，分析f （x 1）的单调性，又φ(−1)=−52e +1，推出﹣1＜x 1＜0，即可得出答案．【解答过程】解：g （x ）＝f '（x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，（1）当t ＝1时，g （x ）＝xe x ﹣x ﹣2，g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1， 当x ≤﹣1时，x +1≤0，e x ＞0， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1≤0﹣1＜0， 当﹣1＜x ＜0时，0＜x +1＜1，0＜e x ＜1， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＜1×1﹣1＝0， 当x ＞0时，x +1＞1，e x ＞1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＞1×1﹣1＝0．综上g （x ）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数， 所以g （x ）min ＝g （0）＝﹣2．（2）依题有：方程g （x ）＝0有两个不同的根x 1，x 2， 方程g （x ）＝0可化为t =e x −2x ， 令ℎ(x)=e x −2x ，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0， 所以h （x ）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，因为x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0， 所以t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)， 所以f(x 1)=(x 1−1)e x 1−t2x 12−2x 1 =(x 1−1)e x 1−12(e x 1−2x 1)x 12−2x 1=(−x 122+x 1−1)e x 1−x 1＜−52e +1，令φ(x)=(−x 22+x −1)e x −x(x ＜0)，则φ′(x)=−12x 2e x −1＜0，所以φ（x ）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=−52e +1， 所以﹣1＜x 1＜0， 所以t =e x 1−2x 1＞1e+2． 【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件： ①函数f （x ）在x ＝1处取得极小值2； ②f （x ）在x ＝﹣1处取得极大值6； ③函数f （x ）的极大值为6，极小值为2．这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题． 题目：已知函数f （x ）＝x 3﹣3ax +b （a ＞0），并且 _____． （1）求f （x ）的解析式；（2）当x ∈[﹣3，1]时，求函数f （x ）的最值．【解题思路】（1）求出函数f （x ）的导数f ′（x ），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答． （2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答． 【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(1)=0f(1)=2，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，当x ＞1时，f ′（x ）＞0， 则f （x ）在x ＝1处取得极小值2， 所以f （x ）＝x 3﹣3x +4；选条件②：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(−1)=0f(−1)=6，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＝＜0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4．选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），于是得{(−√a)3−3a(−√a)+b=6(√a)3−3a√a+b=2，解得{a=1b=4，此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4；（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x∈[﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，所以f（x）max＝f（﹣1）＝6，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣14．。
高考数学基础突破导数与积分第5讲导数与函数的极值、最值
2017年高考数学基础突破——导数与积分第5讲 导数与函数的极值、最值【知识梳理】1．函数的极值一般地，当函数()f x 在点x 0处连续时，(1)如果在x 0附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么f (x 0)是极大值；(2)如果在x 0附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么f (x 0)是极小值．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．【基础考点突破】考点1．用导数解决函数极值问题命题点1．求不含参数函数的极值【例1】求函数()31443f x x x =-+的极值．【归纳总结】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()f x '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．变式训练1．函数y ＝2x －1x 2的极大值是________． 命题点2．求含参数函数的极值【例2】已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．变式训练2． 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1－3a(a ∈R 且a ≠0)，求函数f (x )的极大值与极小值．变式训练3．若函数()ln a f x x x x=++，试讨论函数()f x 的极值存在情况．命题点3．已知极值求参数【例3】(1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________．(2)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) 变式训练4．设f (x )＝ln(1＋x )－x －ax 2，若f (x )在x ＝1处取得极值，则a 的值为________．考点2．用导数解决函数最值问题【例4】已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 的方程为3x－y ＋1＝0，在点x ＝23处y ＝f (x )取得极值．【归纳总结】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．【例5 】设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0．(1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．变式训练5．已知函数h (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1在区间[k ，2]上的最大值为28，求k 的取值范围．变式训练6．已知a ∈R ，函数f (x )＝a x＋ln x －1．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值．题型三 函数极值和最值的综合问题【例6】已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16．(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在区间[－3，3]上的最小值．变式训练7．（2016年天津高考）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,(I)求)(x f 的单调区间；(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=；（Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41.【基础练习巩固】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 ．42．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x 等于( ) A.1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2 3．已知a ，b 是实数，x ＝1和x ＝－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点，则f (－1)的值为（ ）A ．－2B ．2C ．0D ．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)5．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )6．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1，2]上的最大值是________．7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________． 8．设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________．9．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．10．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．11．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．12．已知函数f (x )＝(x －k )e x.(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．13．设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．14．已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x －cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性；(3)若f (x )有极值，求c 的取值范围．15．（2016年四川高考）设函数f(x)=a x 2－a －lnx ，g(x)=1x －e e x ，其中a ∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立．2017年高考数学基础突破——导数与积分 第1讲 导数与函数的极值、最值（教师版）【知识梳理】 1．函数的极值一般地，当函数()f x 在点x 0处连续时，(1)如果在x 0附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么f (x 0)是极大值； (2)如果在x 0附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么f (x 0)是极小值． 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． 【基础考点突破】考点1．用导数解决函数极值问题 命题点1．求不含参数函数的极值【例1】求函数()31443f x x x =-+的极值． 解析：因为()31443f x x x =-+，所以()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，解得2x =,或2x =-．下面分两种情况讨论: （1）当()0f x '>，即2x >或2x <-时；（2）当()0f x '<，即22x -<<时．当x 变化时，()f x 、()f x '的变化情况如下表：∴当2x =-时, f(x)的极大值为28(2)3f -=；当2x =时, f(x)的极小值为()423f =-．【归纳总结】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()f x '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．变式训练1．函数y ＝2x －1x2的极大值是________．答案 －3解析 (1)y ′＝2＋2x3，令y ′＝0，得x ＝－1．当x <－1时，y ′>0；当x >－1时，y ′<0．∴当x ＝－1时，y 取极大值－3．命题点2．求含参数函数的极值【例2】已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax．(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x ＞0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0． (2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x ＞0知：①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a ．又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．变式训练2． 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1－3a(a ∈R 且a ≠0)，求函数f (x )的极大值与极小值．解析：由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ．令f ′(x )＝0得x ＝0或2a．当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：↗↘↗∴f (x )极大值＝f (0)＝1－a，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－a 2－a＋1．当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：↘↗↘∴f (x )极大值＝f (0)＝1－a，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－a 2－a＋1．综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a＋1．变式训练3．若函数()ln af x x x x=++，试讨论函数()f x 的极值存在情况． 解析：2221()1(0)a x x af x x x x x +-'=-+=>令()0f x '=，即20x x a +-=，14a ∆=+（注意这里方程根的个数需要讨论）．（1）当0∆≤ ，即14a ≤-时，()0f x '≥，()f x 在()0,+∞上单调递增，无极值．（2）当0∆>，即14a >-时，解20x x a +-=得10x =<，2x =①若0a >，则20x >． 列表如下：由上表知，2x x =时函数()f x 取到极小值，即0a >函数()f x 存在极小值．②若104a -<≤，则120x x <≤，所以()f x 在()0,+∞上单调递减，函数不存在极值． 综上所述，当0a >时，函数()f x 存在极值；当0a ≤时，函数()f x 不存在极值．命题点3．已知极值求参数【例3】(1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________．( )答案 (1)－7 (2)C解析：(1)由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7．(2)若函数f (x )在区间(12，3)上无极值，则当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0恒成立．当x ∈(12，3)时，y ＝x ＋1x 的值域是[2，103)；当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 恒成立，a ≤2；当x ∈(12，3)时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103．因此要使函数f (x )在(12，3)上有极值点，实数a 的取值范围是(2，103)．变式训练4．设f (x )＝ln(1＋x )－x －ax 2，若f (x )在x ＝1处取得极值，则a 的值为________．答案 －14解析 由题意知，f (x )的定义域为(－1，＋∞)，且f ′(x )＝11＋x－2ax －1＝－2ax 2－2a ＋1x1＋x，由题意得：f ′(1)＝0，则－2a －2a －1＝0，得a ＝－14，又当a ＝－14时，f ′(x )＝12x 2－12x 1＋x ＝12x x －11＋x，当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，所以f (1)是函数f (x )的极小值，所以a ＝－14．考点2．用导数解决函数最值问题【例4】已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 的方程为3x －y ＋1＝0，在点x ＝23处y ＝f (x )取得极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在区间[－3，1]上的最大值和最小值． 解析：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ．由f ′(1)＝3，可得2a ＋b ＝0．① 由f ′（23）＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0．②由①②，解得a ＝2，b ＝－4．由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4，即1＋a ＋b ＋c ＝4，所以c ＝5．(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，则f ′(x )＝3x 2＋4x －4．令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：所以y ＝f (x )在区间[－3，1]上的最大值为13，最小值为9527．【归纳总结】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．【例5 】[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0．(1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2．令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a 3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x－x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0．故f (x )在（－∞，－1－4＋3a 3）和（－1＋4＋3a3，＋∞）内单调递减，在（－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a3）内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0． ①当a ≥4时，x 2≥1．由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1．由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．变式训练5．已知函数h (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1在区间[k ，2]上的最大值为28，求k 的取值范围．解：h ′(x )＝3x 2＋6x －9，令h ′(x )＝0，得x 1＝－3，x 2＝1，所以当x 变化时，h ′(x )，h (x )在区间(－∞，2]上的变化情况如下表所示：由表可知，当k ≤－3时，函数h (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，因此，k 的取值范围是(－∞，－3]． 变式训练6．已知a ∈R ，函数f (x )＝ax＋ln x －1．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，x ∈(0，＋∞)．因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14．又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(ln 2－12)＝14(x －2)，即x －4y ＋4ln 2－4＝0．(2)因为f (x )＝a x＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x2＋1x＝x －ax2．令f ′(x )＝0，得x ＝a ．①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值． ②若0<a <e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∈(a ，e]时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值ln a ．③若a ≥e，则当x ∈(0，e]时，f ′(x )≤0，函数f (x )在区间(0，e]上单调递减， 所以当x ＝e 时，函数f (x )取得最小值ae．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )在区间(0，e]上无最小值； 当0<a <e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ln a ； 当a ≥e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ae ．题型三 函数极值和最值的综合问题【例6】已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16．(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在区间[－3，3]上的最小值．解：(1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝3ax 2＋b ．由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝0，f （2）＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12. (2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2．当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，故f (x )在区间(－2，2)上为减函数； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(2，＋∞)上为增函数． 由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16．由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12．此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4， 因此f (x )在区间[－3，3]上的最小值为－4．变式训练7．（2016年天津高考）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,(I)求)(x f 的单调区间；(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41. 【解析】（1）()()31f x x ax b=---，()()2'31f x x a =--① 0a ≤，单调递增；②0a >，()f x 在,1⎛-∞- ⎝单调递增，在11⎛+ ⎝单调递减，在1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增 （2）由()0'0f x =得()2031x a -=∴()()()320000131f x x x x b =----()()200121x x b =----()()()()32000032223132f x x x x b -=-----()[]200018896x x x b =---+- ()()200=121x x b ----()()()00132=f x f x f x ∴-=1023x x ∴+=（3）欲证()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14，只需证在区间[02]，上存在12,x x ，使得121()()2g x g x -≥即可①当3a ≥时，()f x 在[]02，上单调递减(2)12f a b =-- (0)1f b =--1(0)(2)2242f f a -=->≥递减，成立当03a <<时，311f a b ⎛⎛⎛=--- ⎝⎝⎝a b =+23a b =--11f a b ⎛⎛=- ⎝⎝23a b =-- ∵(2)12f a b =-- (0)1f b =-- ∴(2)(0)22f f a -=-若304a <≤时，()()102222f f a -=-≥，成立当34a >时，411132f f ⎛⎛-=> ⎝⎝， 所以，()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14成立【基础练习巩固】1．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 A解析 由题意知在x ＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．2．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x 等于( )A.1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2 答案 B解析 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 经验证，－1ln 2为函数y ＝x ·2x的极小值点．3．已知a ，b 是实数，x ＝1和x ＝－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点，则f (－1)的值为（ ）A ．－2B ．2C ．0D ．1解：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .∵x ＝1和x ＝－1是函数f (x )的两个极值点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝3＋2a ＋b ＝0，f ′（－1）＝3－2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝－3. 所以f (x )＝x 3－3 x ，所以f (－1)=2，选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.5．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )答案 C解析 由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0. 所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D.6．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1，2]上的最大值是________．答案 8解析 y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0，得x ＝0或x ＝23．∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8，所以最大值为8． 7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．答案 －173解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，f ′(x )＝0，x ∈[0,2]，得x ＝1. 比较f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，可知最小值为－173. 8．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－1)解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x＋a ＝0有大于零的解，∵x >0时，－e x<－1， ∴a ＝－e x<－1.9．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．答案 (22，＋∞) 解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减；当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0，解得a >22，∴a 的取值范围是(22，＋∞)．10．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．答案 (－1,1)解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－a )－a (－a ，a )a(a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)．11．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解 (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，所以f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝x －2x －3x .令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.综上，f (x )的单调增区间为(0,2)，(3，＋∞)，单调减区间为(2,3)，f (x )的极大值为92＋6ln 2，极小值为2＋6ln 3.12．已知函数f (x )＝(x －k )e x.(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值． 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，k －1)k －1(k －1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x )↘－ek －1↗所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.综上，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 13．设f (x )＝ex1＋ax2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax1＋ax22.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1212⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞↗↘↗所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．14．已知函数f (x )＝a e 2x－b e－2x－cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性；(3)若f (x )有极值，求c 的取值范围．解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝2a e 2x＋2b e －2x－c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )恒成立，即2(a －b )(e 2x－e－2x)＝0，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，故a ＝1，b ＝1. (2)当c ＝3时，f (x )＝e 2x－e －2x－3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－3≥22e 2x ·2e－2x－3＝1>0，当且仅当2e 2x＝2e－2x，即x ＝0时，“＝”成立．故f (x )在R 上为增函数． (3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x＋2e －2x－c ，而2e 2x ＋2e－2x≥22e 2x ·2e－2x＝4，当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x＋2e－2x－c >0，此时f (x )无极值； 当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－4>0，此时f (x )无极值；当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t－c ＝0有两根t 1＝c －c 2－164>0，t 2＝c ＋c 2－164>0，即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；又当x >x 2时，f ′(x )>0，当x <x 1时，f ′(x )>0，从而f (x )在x ＝x 1处取得极大值，在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．15．（2016年四川高考）设函数f(x)=a x 2－a －lnx ，g(x)=1x －e e x ，其中a ∈R，e=2．718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立．（I ）2121'()20).ax f x ax x x x-=-=>(0a ≤当时， '()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减． 0a >当时，由'()f x =0，有x =当x ∈（时，'()f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈+)∞时，'()f x >0，()f x 单调递增． （II ）令()s x =1ex x --，则'()s x =1e 1x --．当1x >时，'()s x >0，所以1ex x ->，从而()g x =111ex x -->0．（iii ）由（II ），当1x >时，()g x >0． 当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<． 故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >． 当102a <<>1． 由（I ）有(1)0f f <=,从而0g >， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立． 当12a ≥时，令()h x =()f x -()g x (1x ≥)． 当1x >时，'()h x =122111112e xax x x x x x x --+->-+-=322221210x x x x x x -+-+>>． 因此()h x 在区间1+)∞（，单调递增． 又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x >0，即()f x >()g x 恒成立． 综上，a ∈1+)2∞[，．。
【冲刺必刷】专题01 导数与函数的最(极)值(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者上海市特级教师文卫星解答数学题的“思维导图”：逛公园顺道看景，好风光驻足留影.把条件翻成图式，关键处深挖搞清. 综合法由因导果，分析法执果索因. 两方法嫁接联姻，让难题无以遁形.这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已知条件入手推出中间结论（可知），当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知”从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”----找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的.这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。
中等以下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。
专题01 导数与函数的最（极）值问题利用导数求函数f(x)极值、最值的基本方法是先求f(x)的导数f 'x （），再求f 'x （）的零点i x ，i N ∈，根据f 'x （）在i x 两边的符号判断的单调性，最后确定i f x （）是极大值或极小值，再确定最值。
先求导数再定零点 考查单调 极值来了否已知条件隐含条件中间结论（可知）已知条件的等价转化待求（证）的结论结论的等价转化（需知）能否能引例（2019江苏卷第19题）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <„，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M „.思路点拨第（1）只要直接计算即可。
高中数学思维导图：导数
是
在点 处的瞬时变化率
割线斜率
定义还可表述为：
理解
定义还可表述为：
若：
可导切线必存在，不可导不一定没有切线，有切 线不一定可导
不存在，称
在
在
内的每一点都可导，则
定义
偶函数 奇函数
导函数
奇函数 偶函数
性质
与
定义域可以不同
为
在
处不可导 内的导函数
运算法则 复合函数求导
运算
定义法
求函数增量 求平均变化率
取极限，求导
求导公式
常见函数导数
要证
增函数
减函数
判断
常数
求定义域
求
的解，作为间隔点
单调区间
把定义域分区间
确定各区间导数符号，判断单调区间
应用导数，判断函数图像变化情况 运用数形结合，判断交点个数
根的个数问题
令
或
求出参数
检验参数，去掉使
的值
求参数
可转化为证
在
单调递增只要证
在
单调递减只要证
证明不等式
单调性
概念
7
几何意义
1
基本性质
6
为常数）
基本性质
定积分
路程 速度
定义法
4
微积分基本定理
1
计算
应用
6
最值
13
极值
17
单调性
19
定义法
3
求导公式
1
运算法则
3
复合函数求导
1
速度）
加速度）
应用 运算 物理意义
表示
在点
切线方程
处切线的斜率
专题03 导数与函数零点(训练篇B)-用思维导图突破导数压轴题
专题03 导数与函数零点（训练篇B ）-用思维导图突破解导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者特级教师文卫星 1.（2015年安徽，理15）设03=++b ax x ，其中b a ,均为实数.下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）.①3,3-=-=b a ;②2,3=-=b a ； ③2,3>-=b a ;④2,0==b a ; ⑤2,1==b a ．解：令a x x f b ax x x f +='++=233)(,)(，当0≥a 时，)(,0)(x f x f ≥'单调递增，符合题意；当3-=a 时，)1)(1(3)(-+='x x x f ，由此可知，)(x f 在区间)1,(--∞上单调递增，在)1,1(-上单调递减，在),1(+∞上单调递增，极大值为2)1(+=-b f ，极小值2)1(-=b f ，因为三次方程仅有一个实根，所以02<+b 或02>-b ，即2-<b 或2>b ． 所以正确条件的编号为 ①③④⑤。
2.（2018年江苏第11题）若函数f （x ）=2x 3﹣ax 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f （x ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为 ．解1求函数的最值，可以通过求导的方法：),0(),3(2)('+∞∈-=x a x x x f 。
当0≤a 时，0)('>x f ，)(x f 在),0(+∞上递增，1)0(=f ，则),0(+∞无零点，舍去； 当0>a 时，0)('>x f 的解为3a x >，)(x f 在)3,0(a 递减，在),3(+∞a递增，又)(x f 只有一个零点，则0127)3(3=+-=a a f 得3=a ，所以132)(23+-=x x x f 。
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专题01 导数与函数的最（极）值（训练篇B ）-用思维导图突破导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者上海市特级教师文卫星1.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (－1)＝0,当x >0时,xf ′(x )－f (x )＜0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是 ( )A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)解 因为f (x )(x ∈R )为奇函数,f (-1)＝0,所以f (1)＝-f (-1)＝0.当x ≠0时,令g (x )＝f （x ）x ,则g (x )为偶函数,且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时,g ′(x )＝(xx f )()′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0,故g (x )在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x ＜1时,g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞,0)上,当x ＜－1时,g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x ＜0⇔f (x )＞0.综上,得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.2.（2015年新课标Ⅱ，理12）设函数()f x '是奇函数()()f x x ∈R 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是 （ ）（A ）(,1)(0,1)-∞-（B ） (1,0)(1,)-+∞ （C ）(,1)(1,0)-∞-- （D ）(0,1)(1,)+∞解 设()()f x F x x =，则2()()()xf x f x F x x '-'=，由已知得，当0x >时，()()0xf x f x '-<，所以当0x >时，()0F x '<，即()F x 在(0,)+∞上单调递减；又()()f x x R ∈为奇函数，则()()f x F x x=为偶函数，即()F x 在(,0)-∞上单调递增，且(1)F -=(1)0F =.当01x <<时，()0,()0F x f x >>，当1x <-时，()0,()0F x f x <>，综上所述，使得()0f x >成立的x 的取值范围是(,1)(0,1)-∞-.3. (2017年山东理第20题)已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e =是自然对数的底数．(1) 求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；(2) 令()()()h x g x af x =-(a R ∈)，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解 (1) 函数()f x 的导函数()'22sin f x x x =-，于是()22f ππ=-，()'2f ππ=，所求的切线方程为()222y x πππ=-+-，也即222y x ππ=--．(2) 根据题意，有()()2cos sin 222cos x hx e x x x ax a x =-+---，其导函数()()()'2sin x h x e a x x =--。
由于()sin '1cos x x x -=-，于是该函数单调递增，有唯一零点0x =．这样就得到了讨论分界点0,1a =．①0a ≤．此时函数()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，在0x =处取得极小值12a --．② 01a <<．此时函数()hx 在(),ln a -∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，在()0,+∞上单调递增，在ln x a =处取得极大值22ln 2lnsin ln cosln a a a a a a a a a ----，在0x =处取得极小值12a --．③ 1a =．此时函数()h x 在R 上单调递增，没有极值．④ 1a >．此时函数()hx 在(),0-∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，在0x =处取得极大值12a --，在ln x a =处取得极小值22ln 2ln sin ln cosln a a a a a a a a a ----。
4.（2015北京，理18）已知函数xxx f -+=11ln)(． (1)求曲线)(x f 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)求证：当）（1,0∈x 时，）（32)(3x x x f +>；(3)设实数k 使得）（3)(3x x k x f +>对）（1,0∈x 恒成立，求k 的最大值．解 (1)因为)1ln()1ln()(x x x f --+=，所以xx x f -++=1111)('，2)0('=f ．又因为0)0(=f ，所以曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程为x y 2=．(2)令)3(2)()(3x x x f x g +-=，则2()()2(1)g x f x x 2221x x . 因为01x ，所以()0g x ，所以)(x g 在区间)1,0(上单调递增．所以0)0()(=>g x g ，即当)1,0(∈x 时，)3(2)(3x x x f +>．(3)由(2)知，当2≤k 时，)3()(3x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立．当2>k 时，令)3()()(3x x k x f x h +-=，则2()()(1)h x f x k x 42(2)1kx k x. 所以当420kk x -<<时，()0h x ，因此)(x h 在区间)2,0(4kk -上单调递减． 当420k k x -<<时，0)0()(=<h x h ，即)3()(3x x k x f +<． 所以当2>k 时，令)3()(3x x k x f +>并非对)1,0(∈x 恒成立．综上可知，k 的最大值为2．5.（2019北京理19）已知函数321()4f x x x x =-+. （Ⅱ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅱ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．解（Ⅱ）23()214f x x x '=-+，令23()2114f x x x '=-+=得0x =或者83x =. 当0x =时，(0)0f =，此时切线方程为y x =，即0x y -=； 当83x =时，88()327f =，此时切线方程6427y x =-，即2727640x y --=； 综上可得所求切线方程为0x y -=和2727640x y --=.（Ⅱ）设321()()4g x f x x x x =-=-，23()24g x x x '=-，令23()204g x x x '=-=得0x =或者83x =，所以当[2,0]x ∈-时，()0g x '≥，()g x 为增函数；当8(0,)3x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数；当8[,4]3x ∈时，()0g x '≥，()g x 为增函数；而(0)(4)0g g ==，所以()0g x ≤，即()f x x ≤；同理令321()()664h x f x x x x =-+=-+，可求其最小值为(2)0h -=，所以()0h x ≥，即()6f x x ≥-，综上可得6()x f x x -≤≤.（ Ⅱ）由（Ⅱ）知6()0f x x -≤-≤，所以()M a 是,6a a +中的较大者， 若6a a ≥+，即3a ≤-时，()3M a a a ==-≥； 若6a a <+，即3a >-时，()663M a a a =+=+>； 所以当()M a 最小时，()3M a =，此时3π.6.（2019全国3卷20）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.解（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3a x =. 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 =或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1.7．（2020武汉一模）（1）证明函数2sin 2cos x y e x x x =--在区间(,)2ππ--上单调递增；（2）证明函数()2sin xe f x x x =-在(,0)π-上有且仅有一个极大值点0x ，且00()2f x <<．解 （1）求导，2cos 2(cos sin )2sin 4cos x x y e x x x x e x x x '=---=+-，(,)2x ππ∈--，因为0xe >，2sin 0x x >，4cos 0x ->，故0y '>，函数y 在定义区间递增。