一轮复习导数与函数的极值、最值
统考版2022届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第3节利用导数解决函数的极值最值教师用书教案北师大
利用导数解决函数的极值、最值[考试要求]1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0图像形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点提醒：(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．函数的最值与导数(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]上是增加的，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]上是减少的，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[常用结论](1)若函数f (x )的图像连续不断，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．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极大值不一定比极小值大．( )(2)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件．( ) (3)函数的极大值一定是函数的最大值．( ) (4)开区间上的单调连续函数无最值．( ) [答案](1)√ (2)× (3)× (4)√ 二、教材习题衍生f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图像如图所示，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C [设f ′(x )的图像与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1，x 2，x 3，x 4. 当x ＜x 1时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.]2．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 D [f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x ＞0)，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．]3．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为________． －1 [f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0.∴当x ＝1时，f (x )取得最大值，且f (x )max ＝f (1)＝ln 1－1＝－1.] 4．函数f (x )＝x 3－12x 的极小值为________，极大值为________． －16 16 [f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，即3x 2－12＝0解得x ＝±2，当x ＜－2时，f ′(x )＞0，当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，当x ＞2时，f ′(x )＞0，因此x ＝－2是极大值点，x ＝2是极小值点，f (x )极大＝f (－2)＝(－2)3－12× (－2)＝16，f (x )极小＝f (2)＝23－12×2＝－16.]考点一 利用导数解决函数的极值问题利用导数研究函数极值问题的一般流程根据函数图像求值问题[典例1－1] 函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图像如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289C [因为函数f (x )的图像过原点，所以df (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2xx 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169，故选C.]点评：可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．求已知函数的极值[典例1－2] 已知函数f (x )＝(x －2)(e x －ax )，当a ＞0时，讨论f (x )的极值情况． [解]∵f ′(x )＝(e x －ax )＋(x －2)(e x －a ) ＝(x －1)(e x －2a )，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln 2a ，a ＞0. ①当a ＝e2时，f ′(x )＝(x －1)(e x －e)≥0，∴f (x )在R 上单调递增，故f (x )无极值．②当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，ln 2a )ln 2a (ln 2a,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值故f (x )有极大值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2，极小值f (1)＝a －e.③当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，1)1 (1，ln 2a )ln 2a (ln 2a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值故f (x )有极大值f (1)＝a －e ，极小值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2.综上，当0＜a ＜e2时，f (x )有极大值－a (ln 2a －2)2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f (x )无极值；当a ＞e2时，f (x )有极大值a －e ，极小值－a (ln 2a －2)2.点评：求极值时，要注意f ′(x )＝0的根是否在定义域内．已知函数极值求参数的值或X 围[典例1－3] (1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________. (2)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X 围．(1)－7 [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)[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X 围是(1，＋∞)． 点评：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：因为某点处的导数值等于0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．[跟进训练]1．已知函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，则实数c 的值为( ) A ．6 B ．2 C ．2或6D ．0B [由f ′(2)＝0可得c ＝2或6.当c ＝2时，结合图像(图略)可知函数先增后减再增，在x ＝2处取得极小值；当c ＝6时，结合图像(图略)可知，函数在x ＝2处取得极大值．故选B.]2．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图所示，则f ′(0)f ′(1)＝________. 1 [f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由图像知，方程f ′(x )＝0的两根为－1和2，则有⎩⎨⎧－2b3a＝－1＋2，c3a ＝－1×2，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，6a ＋c ＝0，∴f ′(0)f ′(1)＝c 3a ＋2b ＋c ＝c c＝1.] 3．(2019·某某高考节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数，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．[解]因为b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )2＝x 3－(a ＋2b )x 2＋b (2a ＋b )x －ab 2，从而f ′(x )＝3(x －b )⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ＋b 3.令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b3. 因为a ，b ，2a ＋b3都在集合{－3,1,3}中，且a ≠b ，所以2a ＋b 3＝1，a ＝3，b ＝－3.此时，f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－3或x ＝1. 列表如下：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以f (x )的极小值为f (1)＝(1－3)×(1＋3)2＝－32. 考点二 利用导数求函数的最值(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f (x )在(a ，b )内的极值；第二步，求函数f (x )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，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值．[典例2](2020·某某模拟)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. 点评：当导函数y ＝f ′(x )无法判断正负时，可令g (x )＝f ′(x )再求g ′(x )，先判断g (x )＝f ′(x )的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x )的正负号．[跟进训练]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 )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞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 ，＋∞.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞0时，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0＜1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以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，所以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 ，所以当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f (1)＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a . 考点三 利用导数解决生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．[典例3](2020·某某高考)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO ′为铅垂线(O ′在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离h 1(米)与D 到OO ′的距离a (米)之间满足关系式h 1＝140a 2；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离h 2(米)与F 到OO ′的距离b (米)之间满足关系式h 2＝－1800b 3＋6b .已知点B 到OO ′的距离为40米．(1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO ′的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．桥墩EF 每米造价k (万元)，桥墩CD 每米造价32k (万元)(k ＞0)，问O ′E 为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？[解](1)如图，设AA 1，BB 1，CD 1，EF 1都与MN 垂直，A 1，B 1，D 1，F 1是相应垂足．由条件知，当O ′B ＝40时，BB 1＝－1800×403＋6×40＝160，则AA 1＝160.由140O ′A 2＝160， 得O ′A ＝80.所以AB ＝O ′A ＋O ′B ＝80＋40＝120(米)．(2)以O 为原点，OO ′为y 轴建立平面直角坐标系xOy (如图所示)． 设F (x ，y 2)，x ∈(0,40)，则y 2＝－1800x 3＋6x ，EF ＝160－y 2＝160＋1800x 3－6x .因为CE ＝80，所以O ′C ＝80－x . 设D (x －80，y 1)，则y 1＝140(80－x )2，所以CD ＝160－y 1＝160－140(80－x )2＝－140x 2＋4x .记桥墩CD 和EF 的总造价为f (x )， 则f (x )＝k ⎝⎛⎭⎫160＋1800x 3－6x ＋32k ⎝⎛⎭⎫－140x 2＋4x ＝k ⎝⎛⎭⎫1800x 3－380x 2＋160(0＜x ＜40)． f ′(x )＝k ⎝⎛⎭⎫3800x 2－340x ＝3k800x (x －20)， 令f ′(x )＝0，得x ＝20.x (0,20) 20 (20,40) f ′(x ) － 0 ＋ f (x )极小值所以当x ＝20时，f (x )取得最小值． 答：(1)桥AB 的长度为120米；(2)当O ′E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低．点评：实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x )＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值．[跟进训练]word- 11 - / 11 某市自来水厂向全市生产与生活供水，蓄水池(蓄量足够大)在每天凌晨0点时将会有水15千吨，水厂每小时向池中注水2千吨，同时从池中向全市供水，若已知x (0≤x ≤24)小时内供水总量为10x 千吨，且当蓄水量少于3千吨时，供水就会出现紧X 现象．(1)一天内将在哪个时间段内出现供水紧X 现象？(2)若将每小时向池内注水2千吨改为每小时向池内注水a (a ＞2)千吨，求a 的最小值，使得供水紧X 现象消除．[解](1)设x 小时后的蓄水池水量为y 千吨，则y ＝15＋2x －10x (0≤x ≤24)，当供水出现紧X 现象时，y ＜3，即15＋2x －10x ＜3，解得：2＜x ＜3，∴4＜x ＜9. ∴一天内将在4点到9点时间段内出现供水紧X 现象．(2)设x 小时后的水池蓄水量关于x 的函数为f (x )，则f (x )＝15＋ax －10x (0≤x ≤24)，若无供水紧X 现象，则f (x )≥3在[0,24]上恒成立，∴a ≥10x －12x在(0,24]上恒成立， 设g (x )＝10x －12x (0＜x ≤24)，则g ′(x )＝12－5x x 2， ∴当0＜x ＜14425时，g ′(x )＞0，当14425＜x ≤24时，g ′(x )＜0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，14425上单调递增，在⎝⎛⎦⎤14425，24上单调递减， ∴当x ＝14425时，g (x )取得最大值g ⎝⎛⎭⎫14425＝2512. ∴a 的最小值为2512.。
高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.2 导数的应用 第2课时 导数与函数的极值、最值教师用书
第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数解决函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (1)(2016·绍兴模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是( )(2)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(1)C (2)D解析(1)由f′(x)图象可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，故选C.(2)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． 命题点2 求函数的极值例2 (2016·台州模拟)已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ， 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． 命题点3 已知极值求参数例3 (1)(2016·杭州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.(2)(2016·福州质检)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，52)B ．[2，52)C ．(2，103)D ．[2，103)答案 (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)．思维升华 (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．(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．(1)函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0(2)函数y ＝2x －1x2的极大值是________．答案 (1)C (2)－3解析 (1)∵f (x )＝x 4－2x 2＋3，∵由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0，得x ＝0或x ＝1或x ＝－1.又当x <－1时，f ′(x )<0， 当－1<x <0时，f ′(x )>0. 当0<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，∴x ＝0,1，－1都是f (x )的极值点． (2)y ′＝2＋2x3，令y ′＝0，得x ＝－1.当x <－1，x >0时，y ′>0；当－1<x <0时，y ′<0. ∴当x ＝－1时，y 取极大值－3. 题型二 用导数求函数的最值例4 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．解 (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 )＝ax＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x2＋1x＝x －ax2，x ∈(0，e]．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 ，则当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 .思维升华 求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1,2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________________．答案 (－∞，72)解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－x －2， 令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f (－23)＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，∴a <72.题型三 函数极值和最值的综合问题例5 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x2x ，a ln x x(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．解 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↗↘故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和[23，1)上单调递减，在[0，23]上单调递增．因为f (－1)＝2，f (23)＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.思维升华 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．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．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5,0) B ．(－5,0) C ．[－3,0) D ．(－3,0)答案 C解析 由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)， 故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得， x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0)．3．利用导数求函数的最值典例 (15分)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．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)两小问中，由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．[3分]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，＋∞.[5分]综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.[6分](2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a . [7分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[9分]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 ，所以当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 .[13分]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 .[15分]用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题 第一步：(求导数)求函数f (x )的导数f ′(x )；第二步：(求极值)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； 第三步：(求端点值)求f (x )在给定区间上的端点值；第四步：(求最值)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； 第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范.1．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极大值为( )A.283 B ．6 C.263 D ．7 答案 A解析 f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的极大值为f (－2)＝283.2．(2016·四川)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2 答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增； 当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减， ∴f (x )的极小值点为a ＝2.3．(2016·温州模拟)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0 D ．不存在 答案 A解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x且x >0.令f ′(x )>0，得x >1. 令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，f (1)＝12－ln 1＝12.4．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.(2016·安阳模拟)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34(a ，b ，c ∈R )的导函数为f ′(x )，若不等式f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，f (x )的极小值等于－115，则a 的值是( )A ．－8122 B.13 C ．2 D ．5答案 C解析 由已知可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}可知a >0， 且－2,3是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根， 则由根与系数的关系知2b 3a ＝－1，c3a ＝－6，∴b ＝－3a2，c ＝－18a ，此时f (x )＝ax 3－3a 2x 2－18ax －34，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 当x ∈(－2,3)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴f (3)为f (x )的极小值，且f (3)＝27a －27a2－54a －34＝－115，解得a ＝2，故选C.6．(2016·奉化模拟)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14B.13C.12 D ．1 答案 D解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.7．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，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去． ∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.8．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，＋∞)． 9．(2016·宁波模拟)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－x ＋m 在[0,1]上的最小值为13，则实数m 的值为________．答案 2解析 由f (x )＝13x 3－x 2－x ＋m ， 可得f ′(x )＝x 2－2x －1，令x 2－2x －1＝0，可得x ＝1± 2.当x ∈(1－2，1＋2)时，f ′(x )<0，即函数f (x )在(1－2，1＋2)上是减函数，即f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)，所以13－1－1＋m ＝13，解得m ＝2. 10．(2016·杭州模拟)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 )的最小值为________．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， ∴对m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.11．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 －x －x .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 )的单调递增区间为(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)，f (x )的极大值为92＋6ln 2，极小值为2＋6ln 3.12．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． 解 (1)f ′(x )＝a x－2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2， 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. *13.(2017·杭州调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a >0，b ∈R )．(1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x >0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小．解 (1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)，得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x. ∵a ＝1，b ＝－1，∴f ′(x )＝2x 2－x －1x ＝x ＋x －x (x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<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． ∴f (x )的单调递减区间是(0,1)；单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值， 即x ＝1是f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝1－4x x. 令g ′(x )＝0，得x ＝14. 当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， ∴g (x )≤g (14)＝1＋ln 14＝1－ln 4<0，∴g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0， 故ln a <－2b .。
高中数学第一轮复习专题基础复习第14节极值与最值专题专项练习
第14节 极值与最值考点1 极值与最值1．函数的极值函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数的一个极大值，记作0()y f x =极大值．如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数的一个极小值，记作0()y f x =极小值．极大值与极小值统称为极值，称0x 为极值点．求函数的极值的三个基本步骤 ①求导数()f x '；②求方程()0f x '=的所有实数根；③检验()f x '在方程()0f x '=的根左右的符号，如果是左正右负（左负右正）（注意数形结合分析），则()f x 在这个根处取得极大（小）值． 2．最值的判断法则函数()y f x =最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数()f x 最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．间隔最值定理 导函数为21212()()()()f x ax bx c a x x x x m x x n =++=--<<< （1）当0a >时，最大值是1()f x 与()f n 中的最大者；最小值是2()f x 与()f m 中的最小者． （2）当0a <时，最大值是2()f x 与()f m 中的最大者；最小值是1()f x 与()f n 中的最小者．一般地，设()y f x =是定义在[]m n ，上的函数，()y f x =在()m n ，内有导数，求函数()y f x =在[]m n ，上的最大值与最小值可分为两步进行：（1）求()y f x =在()m n ，内的极值（极大值或极小值）； （2）将()y f x =的各极值与()f m 和()f n 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．考点一 极值与最值【例1】（2020•平邑县期中）已知函数)(x f 的定义域为R 且导函数为)(x f '，如图是函数)(x f x y '⋅=的图 象，则下列说法正确的是（ ）A ．函数)(x f 的减区间是)02(，-，)2(∞+，B ．函数)(x f 的减区间是)2(--∞，，)2(∞+，C ．2-=x 是函数的极小值点D ．2=x 是函数的极小值点【例2】（2019•运城期末）函数2()ln f x x x =-的极值点是 ．【例3】（2020•运城期末）函数1()sin sin33f x a x x =+在3x π=处有极值，则a 的值是 ．【例4】(2020•天津) 已知函数)(ln )(3R k x k x x f ∈+=，)(x f '为)(x f 的导函数． (1) 当6=k 时，(ⅰ)求曲线)(x f y =在点))1(1(f ，处的切线方程； (ⅰ)求函数xx f x f x g 9)()()(+'-=的单调区间和极值；【例5】（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程； （2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．【解题总结】1．因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程()0f x '=根左右的符号，更要注意变号后极大值与极小值是否与已知有矛盾．2．原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越x 轴，否则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与x 轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大．【训练1】（2021·湖南月考）若1=x 是函数x a a x a x x f )3()1(31)(223-+-++=的极值点，则a 为（ ）A ．2-B ．3C ．2-或3D ．3-或2【训练2】（2020•吉林月考）设函数()f x 在定义域内可导，()y f x =的图象如图所示，则导函数()y f x '=的图象为( )A ．B ．C ．D ．【训练3】（2021•广东期末）函数2()2x f x x e -=⋅的极大值为 ．【训练4】（2021•河东期末）若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点，则实数a 的取值范围是 ．【训练5】（2018•新课标Ⅰ）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是 ．考点2 恒能分问题 1.恒成立与能成立问题恒成立：对定义域D 内的任意实数，方程或不等式都成立．能成立：定义域内存在某个或某些实数，使得方程或不等式能够成立，即存在性问题． 这里，我们将这两类问题按着变量是否统一作了一个分类： 统一变量的恒成立与能成立问题类型一 （1）()y f x =满足x D ∀∈，()f x m >恒成立，则在区间D 上min ()f x m >（2）()y f x =满足x D ∀∈，()f x m <恒成立，则在区间D 上max ()f x m <类型二 （3）()y f x =满足x D ∃∈，()f x m >能成立，则等价于在区间D 上max ()f x m >（4）()y f x =满足x D ∃∈，()f x m <能成立，则等价于在区间D 上min ()f x m <类型三 （5）()y f x =，()y g x =满足x D ∀∈，()()f x g x >恒成立，则在区间D 上min [()()]0f x g x ->（6）()y f x =，()y g x =满足x D ∃∈，()()f x g x >能成立，则在区间D 上max [()()]0f x g x ->类型四 不同变量的恒成立问题（7）()y f x =满足1x ∀，2x D ∈，12|()()|f x f x m -<恒成立，则在区间D 上max min ()()f x f x m -< （8）()y f x =，()y g x =满足1x D ∈，2x D ∈，12()()f x g x >恒成立，则在各自区间上min max ()()f x g x >； 类型五 不同变量的能成立问题（9）()y f x =，()y g x =满足1x ∃，2x D ∈，12()()f x g x >能成立，则在各自区间上max min ()()f x g x >； （10）()y f x =，()y g x =满足若1x D ∃∈，总2x D ∃∈，使得12()()f x g x =成立，则在区间D 上两个函数值域交集不为∅；类型六 不同变量的恒能成立，即∀、∃共存问题（11）()y f x =，()y g x =满足11x D ∀∈，总22x D ∃∈，使得12()()f x g x >能成立，则在区间D 上min min ()()f x g x >；（12）()y f x =，()y g x =满足11x D ∃∈，总22x D ∀∈，使得12()()f x g x >能成立，则在区间D 上max max ()()f x g x >；（13）()y f x =，()y g x =满足若11x D ∀∈，总22x D ∃∈，使得12()()f x g x =成立，则在区间D 上min minmax max ()()()()f x g x f x g x ≥⎧⎨≤⎩； 【例7】（2020•重庆模拟）若函数ax x xx f ++=2cos 222sin )(存在递减区间，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1≥a B ．5≥aC ．1<aD ．5<a【例8】（2020•江西期中）已知函数)10(ln )6sin(2)(≠>-+=a a a x x a x f x ，π，对任意]10[21，，∈x x ，不等式12()()|2|f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的最小值为（ ） A ．2e B ．eC ．3D ．22.参变分离问题分离变量法构造函数解决恒成立问题在导函数为非一次函数或二次函数的题目中，涉及一些恒单调递增（递减）或者是极值分布的问题，可以通过分离变量法，构造成()a F x ≥，或者()a F x ≤的形势，再对()F x 求导，求出在这个区间的极值（最值）．【例9】（2020•安徽月考）若函数x b x x x f ln 4)(2++-=在区间)0(∞+，上是减函数，则实数b 的取值范 围是（ ） A ．]2(--∞， B ．)2(--∞，C ．)2(∞+-，D ．)2[∞+-，【例10】(2020•东阳期末)已知不等式022<+-kx e e x x 在)0[∞+，上无解，则实数k 的取值范围是（ ） A ．)21[∞+，B ．)21[∞+-，C ．)21(∞+，D ．)21(，-∞【例11】若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在()-∞+∞，单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[1-，1]B ．[1-，1]3C ．1[3-，1]3D ．[1-，1]3-【解题总结】1．恒能问题要注意是单一变量还是双变量，也要清楚求不同函数的最大还是最小值．2．当恒能问题中的函数结构并不是很复杂时，此法应用较多．对题中给定的函数，直接求导，通过对参 数的分类讨论，确定函数的单调性从而得到极值点，从而求出参数取值范围，其关键是讨论单调性的过程，常用手段为因式分解法、求根公式法以及观察法；如果无法求出零点，可以利用零点存在定理讨论，进而研究原函数的单调性，此时，可能会涉及到隐零点．【训练1】（2020•咸阳模拟）已知函数)(ln 2)1()(R a x x x a x f ∈--=，x a x g -=)(，若至少存在一个]1[0e x ，∈，使)()(00x g x f >成立，则实数a 的范围为（ ）A ．)2[∞+，eB ．)0(∞+，C ．)0[∞+，D ．)2(∞+，e【训练2】（2020•天心月考）已知函数2)25(12ln )(2-++-=x m x xx f ，122)(1-⋅=+x x m x g ．若对任意的]121[21，，∈x x ，不等式)()(21x g x f <恒成立，则正数m 的取值范围是（ ）A ．)2ln 10(-，B ．)85ln 220(+，C ．)2(ln ∞+，D ．)4385(ln ∞++，【训练3】（2020•上饶期末）x x kx x f ln 21)(2-=在]0(e ，上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．]2(e ，-∞B ．]1(，-∞C ．)1[∞+，D ．)2[∞+，e考点3 同构式的应用 1.同构函数比大小【例1】（2014•山东）已知实数x 满足y x a a <)10(<<a ，则下列关系式中恒成立的是（ ） A ．111122+>+y x B ．)1ln()1ln(22+>+y xC ．22y x >D ．33y x >【例2】（2020•新课标I ）若b a b a 42log 24log 2+=+，则（ ） A ．b a 2> B ．b a 2<C ．2b a >D ．2b a <【例3】（2005•全国卷Ⅲ）若33ln =a ，44ln =b ，55ln =c ，则a ，b ，c 的大小关系为 ．【解题总结】1．比较大小问题注意构造对称统一形式，利用同构函数的单调性求解问题． 2．注意定义域问题，比较大小要保证在同一个单调区间． 【训练1】（2020•新课标II ）若2233x y x y ---<-，则（ ） A ．ln(1)0y x -+> B ．ln(1)0y x -+< C ．ln ||0x y ->D ．ln ||0x y -<【训练2】（2021•蚌埠三模）若14log log 2222++-=+-b b b a a a ，则（ ） A ．2a b >B ．2a b <C ．21a b >+D ．21b a <+【训练3】（2017•新课标Ⅰ）设x ，y ，z 为正数，且zy x 532==，则（ ）A ．z y x 532<<B ．y x z 325<<C ．x z y 253<<D ．z x y 523<<2.指对同构篇同构可以帮助我们大大简化分析和计算．指对同构式需要一个构造一个母函数，即外函数，用()F x 表示，这个母函数需要满足：①指对跨阶；②单调性和最值易求．此外，我们尤其要注意——“内值外定”问题，即内层函数的值域范围为外层函数定义域的子集，而在同构这里我们需要满足的则是外层函数单调区间的子集，这样才能比较内层大小．【例1】（2020•武邑期中）设实数0λ>，若对任意的(0)x ∈+∞，，不等式ln 0x xe λλ-≥恒成立，则λ的取值范围是 ．【例2】（2021•江西月考）已知函数13l (n )2()mxf x x x m x e -=--，当x e ≥时，()0f x ≥恒成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．(4]e -∞， B ．(3]e -∞，C ．(2]e -∞，D ．3(]2e -∞，【例3】 （2021•T8联考）函数)0(22ln )(>-++=a x aae x f x ，若0)(>x f 恒成立，则实数a 的取值范围为 ．【例4】（2020•新高考）已知函数1()ln ln x f x ae x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1(1))f ，处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围．【解题总结】1．同构函数单调区间和最值易求．2．注意“內值外定”，避免大题交待不清楚扣分．【训练1】（2021•湖北八市）设实数0>t ，不等式0ln 2ln 2≥+-tx e tx 对0>x 恒成立，则t 范围为（ ）A ．1[)2e +∞， B ．1[)e +∞，C ．1(0)e ，D ．1(0]2e，【训练2】（2021•岳阳二模）设实数0a >，若对任意的[e )x ∈+∞，，不等式2e ln 0axa x x -≤恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．1eB ．2eC ．e 2D ．e【训练3】（2021•廊坊月考）已知函数x e x f x ln 2)(-=λ． （1）当2=λ时，求)(x f 的图象在1=x 处的切线方程； （2）当1=λ时，判断)(x f 的零点个数并说明理由； （3）若x x x f λ-≥2)(恒成立，求λ的取值范围．3.指对同构篇朗博函数指的是形如n x x e ⋅或x ae 类型的函数，我们可以将这类函数进行“改头换面”处理，比如ln ln ln xx x xx a xx x e x e eae ee x++-⋅===，，；关于朗博函数我们统一往母函数()1x f x e x =--同构，相信大家都知道+1x e x ≥这个基本切线不等式，即()0f x ≥恒成立，当且仅当0x =时等号成立． 【例10】（2021•江苏期末）函数ln xf x xe x x 的最小值为 ．【例11】（2021•镇海模拟）若0>x 时，恒有01ln 2)3(32≥--+-x x k e x x 成立，则实数k 的取值范围 是 ．【例12】（2020•云南师大附中）已知函数x e x x f ⋅=)(，x x x g ln )(+=．（1）令)()()(x eg x f x h -=，求)(x h 的最小值；（2）若1)2()()(+-≥-x b x g x f 恒成立，求b 的取值范围．【解题总结】1．注意朗博同构的变形．2．注意大题需要找矛盾点验证充要性．【训练1】（2021•湘豫名校联考）不等式1ln 3+≥--x x a e x x 对任意的)1(∞+∈，x 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．]1(e --∞，B ．]2(2e --∞，C ．]2(--∞，D ．]3(--∞，【训练2】（2020•山东月考）已知函数1ln )(++=mx x x f ，)1()(-⋅=x e x x g ． （1）若)(x f 的最大值是0，求函数)(x f 的图象在e x =处的切线方程； （2）若对于定义域内任意x ，)()(x g x f ≤恒成立，求m 的取值范围．4.高考同构篇【例1】（2020•山东新高考）已知函数a x ae x f x ln ln )(1+-=-． （2）若1)(≥x f ，求a 的取值范围．【例2】(2018•新课标ⅰ)已知函数1ln )(--=x ae x f x ． （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1a e≥时，()0f x ≥．【解题总结】1．注意同构函数取等一致问题． 2．需要求导说明函数的单调性及最值．【训练1】（2015•新课标Ⅰ）设函数x a e x f x ln )(2-=． （1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （2）证明：当0a >时，aa a x f 2ln 2)(+≥．【训练2】（2014•全国卷I ）函数x be x ae x f x x1ln )(-+=在点))1(1(f ，处的切线方程为2)1(+-=x e y ． （1）求b a ，； （2）证明：1)(>x f ．【训练3】（2013•新课标Ⅱ）已知函数)ln()(m x e x f x +-=．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（2）当2m ≤时，证明()0f x >．考点4 分而治之的应用1.高人一等型若0)(>x F 对D x ∈恒成立，且)()()(x g x f x F -=，我们可以转化为)()(x g x f >，通过分别求出两个函数的最值，当min max ()()f x g x >时一定成立，我们称之为高人一等，如图所示；2.错位PS 型若0)(>x F 对D x ∈恒成立，且)()()(x g x f x F -=，我们可以转化为)()(x g x f >，通过分别求出两个函数的最值，当)()(1m in x f x f =)()(2m ax x g x g =≥，21x x ≠时不等式一定成立，我们称之为错位PS ，如图所示． 通常我们将)(x f 叫做上函数，)(x g 叫做下函数．3.亲密接触型若0)(≥x F 对D x ∈恒成立，且)()()(x g x f x F -=，我们可以转化为)()(x g x f ≥，通过分别求出两个函数的最值，当max min )()(x g x f ≥，且)()()()(0max 0min x g x g x f x f ===时一定成立，我们称之为亲密接触，如图所示．【例1】（2021•四川宜宾二诊）已知函数xx a x f ln )(-=. （1）若)(x f 在1=x 处取得极值，求实数a 的值；（2）讨论)(x f 在)10(，上的单调性；（3）证明：在)1(的条件下0)(>+x xe x f .【例2】（2014•新课标ⅰ）设函数1()ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点(0))(1f ，处得切线方程为(1)2y e x =-+．（1）求a 和b 的值；（2）证明：()1f x >．【例3】（2018•新课标ⅰ）已知函数()ln 1x f x ae x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求实数a 的值，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e≥时，()0f x ≥．【例4】（2019•新课标ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间(0)π，存在唯一零点；（2）若[0]x π∈，时，()f x ax ≥，求a 的取值范围．【解题总结】1．注意上下函数的选取，即上函数最小值与下函数最大值比较．2．注意等号，有等号往往是构造亲密接触模型，无等号往往是高人一等或错位PS 模型．【训练1】（2021•安徽十校联考）已知函数()1(1)ln f x a x x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：221(1)()xe a xf x xe+++>．【训练2】（2020•成都三诊）已知函数m x ae x f -=)(，其中R m a ∈，.（1）当1==m a 时，设x x f x g ln )()(-=，求函数)(x g 的单调区间；（2）当24==m a ，时，证明：)ln 1()(x x x f +>.【训练3】（2020•全国联考）已知函数)x-+=.ef x∈(1)(Rbbx（1）讨论函数的单调性；（2）若函数x(=有两个实根，求实数b的取值范围.)f lnx。
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
2023届高考数学一轮复习作业利用导数研究函数的极值最值北师大版
利用导数研究函数的极值、最值一、选择题1．函数y＝在[0，2]上的最大值是( )A． B． C．0 D．A [易知y′＝，x∈[0，2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y max＝，故选A．]2．(2021·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是( )①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝x3－3x2；④y＝2x．A．①② B．①③ C．③④ D．②③D [对于①，y′＝3x2≥0，故①不是；对于②，y′＝2x，当x＞0时，y′＞0，当x＜0时，y′＜0，当x＝0时，y′＝0，故②是；对于③，y′＝3x2－6x＝3x(x－2)，当x＜0时，y′＞0，当0＜x＜2时，y′＜0，当x ＝0时，y′＝0，故③是；对于④，由y＝2x的图像知，④不是．故选D．]3．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图像，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．①④ B．①② C．②③ D．③④A [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．]4．若x＝1是函数f (x)＝ax＋ln x的极值点，则( )A．f (x)有极大值－1B．f (x)有极小值－1C．f (x)有极大值0D．f (x)有极小值0A [∵f (x)＝ax＋ln x，x＞0，∴f ′(x)＝a＋，由f ′(1)＝0得a＝－1，∴f ′(x)＝－1＋＝．由f ′(x)＞0得0＜x＜1，由f ′(x)＜0得x＞1，∴f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x)极大值＝f (1)＝－1，无极小值，故选A．]5．已知f (x)＝2x3－6x2＋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．－37 B．－29 C．－5 D．以上都不对A [∵f ′(x)＝6x2－12x＝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．已知函数f (x)＝x3＋3x2－9x＋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]D [由题意知f ′(x)＝3x2＋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．]二、填空题7．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________．(－∞，－1) [∵y＝e x＋ax，∴y′＝e x＋a．∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x＞0时，－e x＜－1，∴a＝－e x＜－1．]8．已知函数f (x)＝ln x－ax存在最大值0，则a＝________． [f ′(x)＝－a，x＞0．当a≤0时，f ′(x)＝－a＞0恒成立，函数f (x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f ′(x)＝－a＝0，解得x＝．当0＜x＜时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x＞时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减．∴f (x)max＝f ＝ln －1＝0，解得a＝．]9．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为________．3 [设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·．∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小．]三、解答题10．(2021·北京高考)已知函数f (x)＝．(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．[解] (1)当a＝0时，f (x)＝，则f ′(x)＝．当x＝1时，f (1)＝1，f ′(1)＝－4，故y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得y＝－4x＋5．(2)已知函数f (x)＝，则f ′(x)＝．若函数f (x)在x＝－1处取得极值，令f ′(－1)＝0，则＝0，解得a＝4．经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f (x)的极大值，符合题意．此时f (x)＝，函数定义域为R，f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f (x)，f ′(x)随x的变化趋势如下表：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗故函数单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－．又因为x＜时，f (x)＞0；x＞时，f (x)＜0，所以函数f (x)的最大值为f (－1)＝1，最小值为f (4)＝－．11．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＋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(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y关于v的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c＞0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．[解] (1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，因此总用氧量y ＝＋＋9(v＞0)．(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，当0＜v＜10时，y′＜0，函数单调递减；当v＞10时，y′＞0，函数单调递增．若c＜10，函数在(c，10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，∴当v＝10时，总用氧量最少．若c≥10，则y在[c，15]上单调递增，∴当v＝c时，这时总用氧量最少．1．函数f (x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f (x1)－f (x2)|≤t，则实数t的最小值是( )A．20 B．18 C．3 D．0A [原命题等价于对于区间[－3，2]上的任意x，都有f (x)max－f (x)min≤t，∵f ′(x)＝3x2－3，∴当x∈[－3，－1]时，f ′(x)＞0，当x∈[－1，1]时，f ′(x)＜0，当x∈[1，2]时，f ′(x)＞0．∴f (x)max＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x)min＝f (－3)＝－19．∴f (x)max－f (x)min＝20，∴t≥20．即t的最小值为20．故选A．]2．若x＝－2是函数f (x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f (x)的极小值为( )A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1A [f ′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]e x－1．∵x＝－2是f (x)的极值点，∴f ′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)e－3＝0，得a＝－1．∴f (x)＝(x2－x－1)e x－1，f ′(x)＝(x2＋x－2)e x－1．由f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞1；由f ′(x)＜0，得－2＜x＜1．∴f (x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x)的极小值点为1，∴f (x)的极小值为f (1)＝－1．]3．已知函数f (x)＝a ln x＋(a＞0)．(1)求函数f (x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使得函数f (x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．[解] 由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f ′(x)＝－(a＞0)．(1)由f ′(x)＞0解得x＞，所以函数f (x)的单调递增区间是；由f ′(x)＜0解得x＜，所以函数f (x)的单调递减区间是．所以当x＝时，函数f (x)有极小值f ＝a ln ＋a＝a－a ln a，无极大值．(2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x∈时，函数f (x)单调递减；当x∈时，函数f (x)单调递增．①若0＜≤1，即a≥1时，函数f (x)在[1，e]上为增函数，故函数f (x)的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f (x)在上为减函数，在上为增函数，故函数f (x)的最小值为f (x)的极小值f ＝a ln ＋a＝a－a ln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．③若＞e，即0＜a＜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＋＝0，解得a＝－，而0＜a＜，故不满足条件．综上所述，这样的a不存在．1．若函数f (x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．[1，4) [因为f ′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f ′(x)≥0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增，f (x)没有极值点，不符合题意； 当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f ′(x)与f (x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗因为函数f (x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a＜4．]2．已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．－ [∵f (x)的最小正周期T＝2π，∴求f (x)的最小值相当于求f (x)在[0，2π]上的最小值．f ′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cos x－2＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．令f ′(x)＝0，解得cos x＝或cos x＝－1，x∈[0，2π]．∴由cos x＝－1，得x＝π；由cos x＝，得x＝π或x＝．∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f (π)＝2sin π＋sin 2π＝0，f ＝2sin ＋sin ＝，f ＝－，f (0)＝0，f (2π)＝0，∴f (x)的最小值为－．]3．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x)＝2x3－ax2＋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)f ′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝．若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f ′(x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0．故f (x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减．若a＝0，f (x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f ′(x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0．故f (x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f (x)在[0，1]单调递增，所以f (x)在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b，最大值为f (1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1．②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f (0)＝b，最小值为f (1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1．③当0＜a＜3时，由(1)知，f (x)在[0，1]的最小值为f ＝－＋b，最大值为b或2－a＋b．若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f (x)在[0，1]的最小值为－1，最大值为1．。
导数与函数的极值、最值-高考数学复习
1
解：当 a ＝ 时， f （ x ）＝ln
2
1
x － x ，函数的定义域为
2
1
1
2−
（0，＋∞），且f'（ x ）＝ － ＝
，
2Hale Waihona Puke 2令f'（ x ）＝0，得 x ＝2，
目录
高中总复习·数学
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 ）
则函数在（0，＋∞）上是增函数，此时函数在定义域上无
极值点；
当 a ＞0时，若 x ∈
若x∈
1
，＋∞
1
0，
，则f'（ x ）＞0，
，则f'（ x ）＜0，
目录
高中总复习·数学
1
故函数在 x ＝ 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
2. 函数的最值与导数
（1）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）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
导数与函数的极值、最值
1. 借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.
专题06 导数 6.3导数与函数的极值、最值 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(原卷版)
专题六《导数》讲义6.3导数与函数的极值、最值知识梳理.极值与最值1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，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．题型一. 极值、最值的概念1．函数y＝x sin x+cos x的一个极小值点为（）A．x=−π2B．x=π2C．x＝πD．x=3π22．（2017·全国2）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1 3．（2013·全国2）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形C ．若x 0是f （x ）的极小值点，则f （x ）在区间（﹣∞，x 0）上单调递减D ．若x 0是f （x ）的极值点，则f ′（x 0 ）＝04．已知函数f （x ）＝x 3+ax 2﹣4x +5在x ＝﹣2处取极值（a ∈R ）． （1）求f （x ）的解析式；（2）求函数f （x ）在[﹣3，3]上的最大值．题型二.已知极值、最值求参 考点1.利用二次函数根的分布1．若函数f （x ）＝x 3﹣3bx +b 在区间（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，1）B ．（0，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣1，0）2．已知函数f （x ）=13x 3−12ax 2+x 在区间（12，3）上既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞） B ．[2，+∞）C ．（2，52）D ．（2，103）考点2.参变分离3．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）4．已知函数f(x)=e xx 2+2klnx −kx ，若x ＝2是函数f （x ）的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(−∞，e 24] B ．(−∞，e 2]C ．（0，2]D ．[2，+∞）考点3.分类讨论5．已知函数f （x ）＝ax −1x −（a +1）lnx +1在（0，1]上的最大值为3，则实数a ＝ ． 6．已知函数f(x)=(12x 2−ax)lnx −12x 2+32ax ．（1）讨论函数f （x ）的极值点；（2）若f （x ）极大值大于1，求a 的取值范围．7．已知函数f （x ）＝lnx −a x（a ∈R ） （1）求函数f （x ）的单调增区间；（2）若函数f （x ）在[1，e ]上的最小值为32，求a 的值．考点4.初探隐零点——设而不求，虚设零点8．（2013·湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．f(x1)＞0，f(x2)＞−12B．f(x1)＜0，f(x2)＜−12C．f(x1)＞0，f(x2)＜−12D．f(x1)＜0，f(x2)＞−129．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在(14，+∞)上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则f(x1)x2的取值范围为（）A．(−3，12−ln2)B．(12−ln2，1)C．(−∞，12−ln2)D．(12−ln2，34−ln2)10．（2017·全国2）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．课后作业.极值、最值1．若函数f （x ）＝（x 2+ax +3）e x 在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，﹣2）B ．（﹣∞，﹣2]C ．（﹣∞，﹣3）D ．（﹣∞，﹣3]2．已知函数f(x)=xe x −13ax 3−12ax 2有三个极值点，则a 的取值范围是（ ） A ．（0，e ）B ．(0，1e)C ．（e ，+∞）D ．(1e，+∞)3．已知f （x ）＝e x ，g （x ）＝lnx ，若f （t ）＝g （s ），则当s ﹣t 取得最小值时，f （t ）所在区间是（ ） A ．（ln 2，1）B ．（12，ln 2）C ．（13，1e）D ．（1e，12）4．已知函数f （x ）＝lnx +x 2﹣ax +a （a ＞0）有两个极值点x 1、x 2（x 1＜x 2），则f （x 1）+f （x 2）的最大值为（ ） A ．﹣1﹣ln 2B ．1﹣ln 2C ．2﹣ln 2D ．3﹣ln 25．已知函数f(x)=lnx +12ax 2+x ，a ∈R ． （1）求函数f （x ）的单调区间；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．。
(通用版)2019版高考数学一轮复习第3章导数及其应用3第3讲导数与函数的极值、最值教案理
第3讲 导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数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．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．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点； (2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值； (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 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．极值与最值的区别与联系 (1)区别①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点； ②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．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( ) (2)导数为零的点不一定是极值点．( ) (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)√(教材习题改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：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．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e解析：选C .函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)， 又y ′＝1x －1＝1－xx，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0，1)时，y ′>0，函数单调递增； 当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减． 当x ＝1时，函数取得最大值－1.已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以a ＝2.答案：2(教材习题改编)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0， 又因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′＞0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′＜0，故函数y ＝x ＋2cos x 在x ＝π6时取得最大值π6＋ 3.答案：π6＋ 3函数的极值问题(高频考点)函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度： (1)由图判断函数极值的情况； (2)已知函数解析式求极值； (3)已知函数极值求参数值或范围．[典例引领]角度一 由图判断函数极值的情况(2017·高考浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )【解析】 原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D . 【答案】 D角度二 已知函数解析式求极值(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈(0，1a )时，g ′(x )＞0；当x ∈(1a，＋∞)时，g ′(x )＜0.因为g (x )在(0，1a )上是增函数，在(1a，＋∞)上是减函数．所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g (1a )＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．角度三 已知函数极值求参数值或范围(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． 【解】 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)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 )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②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，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．③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． ④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处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a >12.(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)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．[提醒] 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．[通关练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝(x ＋2)(x －1)ex －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A. 2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表．极大值(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(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．综上所述，当a ≤0时，函数在定义域上无极值点，当a ＞0时，函数在x ＝1a处有一个极大值点．函数的最值问题[典例引领](2017·高考浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e－x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)·e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又f (x )＝2(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2e －2.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在闭区间[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．[通关练习]1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( ) A.13 B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1， 当f ′(x )＝0时，x ＝0； 当f ′(x )<0时，－13≤x <0；当f ′(x )>0时，0<x ≤1.所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数． 所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13，f (1)＝13.所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2018·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在[1e ，e]上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．解：(1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x2－1x＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在[1e ，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1e ，e]上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又f (1e )＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f (1e )＜f (e)．所以f (x )在[1e ，e]上的最小值为f (1e)＝2－e.所以f (x )在[1e，e]上的最大值为0，最小值为2－e.函数极值与最值的综合应用[典例引领](2018·福州市综合质量检测)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )． 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝（2x －3）（x －3）x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为(0，32)，(3，＋∞)，单调递减区间为(32，3)．(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝（2x －a ）（x －1）x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在[1，a 2)上为减函数，在(a2，e]上为增函数，h (a )＝g (a 2)＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e.（1－e ）a ＋e 2－2e ，a ≥2e解决函数极值、最值问题的策略(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．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.利用导数研究生活中的优化问题[典例引领]某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值． 【解】 (1)设日销量q ＝k e x ，则ke 30＝100，所以k ＝100e 30， 所以日销量q ＝100e30ex ，所以y ＝100e 30（x －20－t ）e x(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30（x －25）e x， y ′＝100e 30（26－x ）ex， 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，所以y 在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减， 所以当x ＝26时，y ma x ＝100e 4，即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h 时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的 最高速度为100 km/h ，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？ 解：设机车的速度为x km/h ，甲、乙两城距离为a km. 由题意，令40＝k ·203，所以k ＝1200，则总费用f (x )＝(kx 3＋400)·a x＝a ⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋400x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1200x 2＋400x (0<x ≤100)．由f ′(x )＝a （x 3－40 000）100x2＝0，得x ＝2035.当0<x <2035，f ′(x )<0； 当2035<x ≤100时，f ′(x )>0.所以当x ＝2035时，f (x )取最小值，即速度为2035 km/h 时，总费用最少．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．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．分类讨论思想的应用(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．如求函数f (x )在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方： ①f ′(x )＝0有根与无根的讨论； ②f ′(x )＝0有根，对根大小的讨论．易错防范(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．1．函数y ＝x e x的最小值是( ) A ．－1 B ．－e C ．－1eD ．不存在解析：选C.因为y ＝x ·e x，所以y ′＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x ∈(－∞，－1)时，y ′＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y min ＝(－1)e －1＝－1e.2．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( ) A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0，5)，y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，所以y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，所以y ma x ＝6×12×2＝144(cm 3)．3．已知函数y ＝x －ln(1＋x 2)，则函数y 的极值情况是( ) A ．有极小值 B ．有极大值C ．既有极大值又有极小值D ．无极值解析：选D.由题意得x ∈R ，y ′＝1－11＋x 2·(1＋x 2)′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数y ＝x －ln(1＋x 2)无极值．4．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、无极小值点解析：选C.设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.5．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，4] B ．[2，4] C ．[1，4)D ．[1，2]解析：选C.因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：⎩－a ≤－1⎩2≤a ，1≤a <4.选C.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝________处取得极小值． 解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表得答案：27．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x ＞0），h （x ）（x ＜0），则函数h (x )的最大值为______．解析：先求出x ＞0时，f (x )＝e xx －1的最小值．当x ＞0时，f ′(x )＝e x（x －1）x2，所以x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数单调递增，所以x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，所以由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e8．已知函数f (x )＝ln x －m x(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝______． 解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2(x ＞0)，当m ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在区间[1，e]上为增函数，f (x )有最小值f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞0矛盾．当m ＜0时，若－m ＜1即m ＞－1，f (x )在区间[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞－1矛盾；若－m ∈[1，e]，即－e ≤m ≤－1，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1＝4，解得m ＝－e 3，与－e ≤m ≤－1矛盾；若－m ＞e ，即m ＜－e 时，f (x )在区间[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m＝－3e ，符合题意． 答案：－3e9．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e xcos 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 xcos 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. 10．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a ＞0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝( )A ．14B ．13C ．12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1.当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a ＞12，所以0＜1a ＜2.当x ＜1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x ＞1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在(1a，2)上单调递减，所以f (x )ma x ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.故选D. 2．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)解析：选C.由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．3．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为______．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝（x －1）exx2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e. 答案：(－∞，e]4．设m ，n 是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若2∈(m ，n )，则实数a 的取值范围是______．解析：由已知f (x )的解析式知f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，因为函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 有两个极值点m ，n ，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2有两个零点m ，n ， 又因为2∈(m ，n )，所以有f ′(2)＝12－8a ＋a 2＜0， 解得2＜a ＜6. 答案：(2，6)5．(2018·南昌市第一次模拟)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x ＞0，a ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)当a ∈(0，12)时，证明：函数f (x )有最小值，并求函数f (x )的最小值的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2e x ＋(2x －4)e x ＋2a (x ＋2)＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，依题意，当x ＞0时，函数f ′(x )≥0恒成立，即a ≥－（x －1）e x x ＋2恒成立，记g (x )＝－（x －1）exx ＋2，则g ′(x )＝－x e x （x ＋2）－（x －1）e x （x ＋2）2＝－（x 2＋x ＋1）e x（x ＋2）2＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )＜g (0)＝12，所以a ≥12.(2)因为[f ′(x )]′＝2x e x＋2a ＞0，所以y ＝f ′(x )是(0，＋∞)上的增函数，又f ′(0)＝4a －2＜0，f ′(1)＝6a ＞0，所以存在t ∈(0，1)使得f ′(t )＝0， 又当x ∈(0，t )时，f ′(x )＜0，当x ∈(t ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以当x ＝t 时，f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t＋a (t ＋2)2.且有f ′(t )＝0⇒a ＝－（t －1）ett ＋2，则f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t －(t －1)(t ＋2)e t＝e t (－t 2＋t －2)，t ∈(0，1)．记h (t )＝e t (－t 2＋t －2)，则h ′(t )＝e t (－t 2＋t －2)＋e t (－2t ＋1)＝e t (－t 2－t －1)＜0，所以h (1)＜h (t )＜h (0)，即f (x )的最小值的取值范围是(－2e ，－2)．6．(2018·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，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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝（2ax －1）（x －1）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.。
第3章 第2节 第2课时 导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义(新高考)
第2课时导数与函数的极值、最值一、教材概念·结论·性质重现1．函数的极值与导数条件f ′(x0)＝0x0附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0x0附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值 f (x0)为极大值 f (x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(1)函数的极大值和极小值都可能有多个，极大值和极小值的大小关系不确定．(2)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．(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)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f (x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(1)求函数的最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．(2)若函数f (x)在区间[a，b]内是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值；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)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(2)对可导函数f (x)，f ′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(×)(4)开区间上的单调连续函数无最值．(√)2．f (x)的导函数f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4A解析：由题意知在x＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，f (x)在x＝－1左减右增．故选A．3．函数f (x)＝2x－x ln x的极大值是()A．1e B．2e C．e D．e2C解析：f ′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f ′(x)＝0，得x＝e.当0<x<e时，f ′(x)>0；当x>e时，f ′(x)<0.所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.4．若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A．4 B．2或6 C．2 D．6C解析：函数f (x)＝x(x－c)2的导数为f ′(x)＝3x2－4cx＋c2.由题意知，f (x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，故导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正．当c ＝2时，f (x )＝x (x －2)2的导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正，即在x ＝2处有极小值．而当c ＝6时，f (x )＝x (x －6)2在x ＝2处有极大值．故c ＝2.5．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 解析：f ′(x )＝6x 2－4x ＝2x (3x －2)． 由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.因为f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8，所以最大值为8.考点1 利用导数求函数的极值——综合性考向1 根据函数的图象判断函数的极值(多选题)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( )A ．函数f (x )有极大值f (2)B ．函数f (x )有极大值f (－2)C ．函数f (x )有极小值f (－2)D ．函数f (x )有极小值f (2)BD 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．根据函数的图象判断极值的方法根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．考向2 已知函数解析式求极值已知函数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 ，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x . 令f ′(x )＝0，解得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↘(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x . 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，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )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f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a .求函数极值的一般步骤(1)先求函数f (x )的定义域，再求函数f (x )的导函数； (2)求f ′(x )＝0的根；(3)判断在f ′(x )＝0的根的左、右两侧f ′(x )的符号，确定极值点；(4)求出函数f (x )的极值． 考向3 已知函数的极值求参数设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)·x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ， f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0. 所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.已知函数极值点或极值求参数的两个关键(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：因为某点处的导数值等于0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该点左右两侧的正负．1．(多选题)定义在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，4上的函数f (x )的导函数f ′(x )图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在区间(0,4)单调递增B ．函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0单调递减 C ．函数f (x )在x ＝1处取得极大值 D ．函数f (x )在x ＝0处取得极小值ABD 解析：根据导函数图象可知，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(0,4)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，没有极大值．所以A ，B ，D 选项正确，C 选项错误．故选ABD ．2．(2020·青岛一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －9，x ≥0，x e x ，x <0(e ＝2.718…为自然对数的底数)．若f (x )的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2C 解析：当x ≥0时，f (x )＝3x －9为增函数，无极值．令f (x )＝0，即3x －9＝0，解得x ＝2，即函数f (x )的一个零点为2；当x <0时，f (x )＝x e x <0，无零点，f ′(x )＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x ，则当－1<x <0时，f ′(x )>0.当x <－1时，f ′(x )<0，所以当x ＝－1时，函数f (x )取得极小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C ．3．函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．－12 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2. 令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增， 所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.4．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ≥0)．(1)当a ＝1，且函数图象过点(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 )＝3x 2－4x ＋1＝(3x －1)(x －1)．令f ′(x )>0，解得x <13或x >1；令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，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 )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a >0时，f ′(x )≥0或 f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点2 利用导数求函数的最值——应用性(2020·北京卷)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．解：(1)因为f (x )＝12－x 2， 所以f ′(x )＝－2x .设切点为(x 0,12－x 20)，则－2x 0＝－2，即x 0＝1，所以切点为(1,11)． 由点斜式可得切线方程为y －11＝－2(x －1)，即2x ＋y －13＝0. (2)显然t ≠0，因为y ＝f (x )在点(t,12－t 2)处的切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )， 即y ＝－2tx ＋t 2＋12.令x ＝0，得y ＝t 2＋12；令y ＝0，得x ＝t 2＋122t .所以S (t )＝12×(t 2＋12)·t 2＋122|t |＝(t 2＋12)24|t |，t ≠0，显然为偶函数． 只需考察t ＞0即可(t <0时，结果一样)， 则S (t )＝t 4＋24t 2＋1444t ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3＋24t ＋144t ， S ′(t )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2＋24－144t 2 ＝3(t 4＋8t 2－48)4t 2 ＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2 ＝3(t －2)(t ＋2)(t 2＋12)4t 2. 由S ′(t )>0，得t >2；由S ′(t )<0，得0<t <2.所以S (t )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以t ＝2时，S (t )取得极小值，也是最小值为S (2)＝16×168＝32. 综上所述，当t ＝±2时，S (t )min ＝32.求函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数在区间(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．已知k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2. (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求函数f (x )在[0，k ]上的最大值．解：(1)由题意得f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以1＜2k ≤2.令f ′(x )＞0，所以⎩⎨⎧ x ＞0，e x －2k ＞0或⎩⎨⎧ x ＜0，e x－2k ＜0，解得x ＞ln 2k 或x ＜0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)． 令f ′(x )＜0，所以⎩⎨⎧x ＞0，e x －2k ＜0或⎩⎨⎧x ＜0，e x－2k ＞0，解得0＜x ＜ln 2k . 所以函数f (x )的单调递减区间为(0，ln 2k )．所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(0，ln 2k )．(2)令φ(k )＝k －ln (2k )，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，φ′(k )＝1－1k ＝k －1k ≤0. 所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上是减函数． 所以φ(1)≤φ(k )＜φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.所以1－ln 2≤φ(k )＜12＜k ，即0＜ln (2k )＜k . 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3－f (0) ＝(k －1)e k －k 3＋1 ＝(k －1)e k －(k 3－1)＝(k －1)e k －(k －1)(k 2＋k ＋1) ＝(k －1)[e k －(k 2＋k ＋1)]． 因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以k －1≥0.对任意的k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，y ＝e k 的图象恒在直线y ＝k 2＋k ＋1的下方， 所以e k －(k 2＋k ＋1)≤0.所以f (k )－f (0)≥0，即f (k )≥f (0)．所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值f (k )＝(k －1)e k －k 3.考点3 极值与最值的综合应用——综合性(2020·山东师范大学附中高三质评)已知函数f (x )＝x 2·e ax ＋1－b ln 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：(1)当b ＝0时，f (x )＝x 2e ax ＋1－ax ，x >0， f ′(x )＝x e ax ＋1(2＋ax )－a . 由f ′(1)＝e a ＋1(2＋a )－a ＝2，得e a ＋1(2＋a )－(a ＋2)＝0，即(e a ＋1－1)(2＋a )＝0，解得a ＝－1或a ＝－2. 当a ＝－1时，f (1)＝e 0＋1＝2，此时直线y ＝2x 恰为切线，舍去．所以a ＝－2.(2)当b ＝2时，f (x )＝x 2e ax ＋1－2ln x －ax ，x >0. 设t ＝x 2e ax ＋1(t >0)，则ln t ＝2ln x ＋ax ＋1， 故函数f (x )可化为g (t )＝t －ln t ＋1(t >0)．由g ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，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g (1)＝1－ln 1＋1＝2. 此时，t ＝1，函数f (x )的值域为[2，＋∞)． 问题转化为：当t ＝1时，ln t ＝2ln x ＋ax ＋1有解， 即ln 1＝2ln x ＋ax ＋1＝0，得a ＝－1＋2ln xx . 设h (x )＝－1＋2ln x x，x >0，则h ′(x )＝2ln x －1x 2， 故h (x )的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e ，＋∞)， 所以h (x )的最小值为h (e)＝－2e ，故a 的最小值为－2e .求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要讨论参数的大小．(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．1．(2021·福建三校联考)若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，7)B ．(15－6ln 3，＋∞)C ．(12－61n 3，＋∞)D ．(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)D 解析：方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解等价于函数m (x )＝x 2－8x ＋6ln x ＋m (x >0)的图象与x 轴有且只有一个交点．对函数m (x )求导得m ′(x )＝2x －8＋6x ＝2x 2－8x ＋6x ＝2(x －1)(x －3)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增； 当x ∈(1,3)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减； 当x ∈(3，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以m (x )极大值＝m (1)＝m －7，m (x )极小值＝m (3)＝m ＋6ln 3－15.所以当x 趋近于0时，m (x )趋近于负无穷，当x 趋近于正无穷时，m (x )趋近于正无穷，所以要使m (x )的图象与x 轴有一个交点，必须有m (x )极大值＝m －7<0或m (x )极小值＝m ＋6ln 3－15>0，即m <7或m >15－6ln 3.故选D ． 2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2(x <1)，a ln x (x ≥1).(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e ](e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23. (2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0， 所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e ]上单调递增， 则f (x )在 [1，e ]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为2.。
高中数学一轮复习重难点 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
4.2利用导数研究函数的单调性、极值和最值五年高考考点1利用导数研究函数的单调性1.(2014陕西,10,5分,易)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=1125x3−35xB.y=2125x3−45xC.y=3125x3−xD.y=−3125x3+15x答案A2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=ae x-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C3.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=a x+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是.答案,14.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(e x+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+32.解析(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ae x-1.①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln1,当x<ln1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在-∞,ln,在ln1,+∞上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在-∞,ln,在ln1,+∞上单调递增,则f(x)min=f ln=a+a-ln1=1+a2+ln a.要证明f(x)>2ln a+32,只需证明1+a2+ln a>2ln a+32,即证a2-ln a-12>0.令g(x)=x2-ln x-12(x>0),则g'(x)=2x-1=22-1.当0<x<22时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=12-ln22−12=-ln22=ln2>0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a-12>0,∴f(x)>2ln a+32.5.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-sin cos2x,x∈0,(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sin cos2x,x∈f'(x)=1-cos3x+2sin2xcoscos4x=cos3x-cos2x-2sin2xcos3x=cos3x+cos2x-2cos3x<0,所以函数f(x)在.(2)令g(x)=sin cos2x-sin x=sintsinvos2xcos2x=sin3x cos2x,cos2x=sintsino1-sin2x)则g'(x)=3cos3xsin2x+2sin4xcoscos4x=3cos2xsin2x+2sin4xcos3x,因为x∈0,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在0,,g(0)=0,当x→π2时,g(x)→+∞,因为f(x)+sin x<0恒成立,所以sin cos2x-sin x>ax在,即直线y=ax在0<x<π2时恒在g(x)的图象下方,如图所示,由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].6.(2021全国乙文,21,12分,中)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.解析(1)由题意知x∈R,由f(x)=x3-x2+ax+1可得f'(x)=3x2-2x+a.令f'(x)=0,即3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①当a≥13时,Δ≤0,即f'(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.②当a<13时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=1−1−3x2=1+1−3,故当x∈-∞1−1−33∪1+1−3,+∞时,f'(x)>0,当x∈1−1−31+1−3时,f'(x)<0,所以f(x)在-∞1−1−33,1+1−33∞上单调递增,1−1−331+1−33.(2)第一步:由题中“过原点的切线”知设切点坐标.设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则f'(x0)=302-2x0+a.第二步:用点斜式表示出切线方程,将(0,0)代入求解切点坐标.所以以点P为切点的切线方程为y=(302-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=03−02+ax0+1,且切线过原点,得203−02-1=0,即(x0-1)(202+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).第三步:将切点坐标代入切线方程,可得化简后的切线方程,再联立曲线方程与切线方程求出公共点坐标.所以切线方程为y=(1+a)x,联立=(1+ps=3-2+ax+1,消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共点坐标为(1,1+a)与(-1,-1-a).7.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3=222+ax-3=(2B+3)(B-1).∵a>0,x>0,∴2B+3>0,当x∈,f'(x)<0;当x∞'(x)>0,∴函数f(x)在0,,∞上单调递增.(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点且a2>0,∴y=f(x)在(0,+∞)上的图象在x轴的上方,由(1)可得函数f(x)在,∞上单调递增,∴f(x)min1=3+3ln a>0,∴ln a>-1,解得a>1e,故实数a∞.8.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=op-op t的单调性.解析(1)解法一:设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=2−2=2(1−p.当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).解法二:利用切线放缩.f(x)≤2x+c,即2ln x+1≤2x+c,即ln x≤x+t12,当x∈(0,+∞)时恒成立,而曲线y=ln x在点(1,0)处的切线为y=x-1,从而有ln x≤x-1,当x∈(0,+∞)时原不等式恒成立,即t12≥-1,则c≥-1,所以c的取值范围为[-1,+∞).(2)g(x)=op-op t=2(lntlnp t,x∈(0,a)∪=取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.9.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解析(1)当a=2时,f(x)=22,f'(x)=2·2-2·2ln2(2)2=o2-En2)2,令f'(x)=0,得x=2ln2,当0<x<2ln2时,f'(x)>0,当x>2ln2时,f'(x)<0,∴函数f(x)在0,,∞上单调递减.(2)第一步:将曲线y=f(x)与直线y=1的交点问题转化为方程的根的问题.令f(x)=1,则=1,所以x a=a x.第二步:将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得aln x=xln a,即ln=ln.第三步:将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程ln=ln有两个实数解.设g(x)=ln,则g'(x)=1−ln2,令g'(x)=0,则x=e.当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.第四步:根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g(1)=0,lim→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)=1e,所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需ln∈0,即g(a)=ln∈0,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).考点2利用导数研究函数的极值、最值1.(2022全国甲,理6,文8,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f'(2)=()A.-1B.-12C.12D.1答案B2.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x++2(a≠0)既有极大值也有极小值,则()A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD3.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线答案AC4.(2021全国乙理,10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案D5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案16.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是.答案,17.(2021北京,19,15分,中)已知函数f(x)=3−22+a.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3−22,∴f(1)=1,f'(x)=2t63,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0. (2)由题意得f'(x)=22-6x-2a(2+a)2,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,故f(x)=3−22+4,x∈R,则f'(x)=22-6x-8(2+4)2,(2+4)2=2(r1)(t4)令f'(x)>0,得x>4或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(4)=-14.又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14.8.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x.令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.(2)易知f(x)的定义域为(-1,1),f(x)为偶函数,f'(x)=-asin ax+21−2,易知f'(x)是(-1,1)上的奇函数,令F(x)=f'(x),则F'(x)=2+22(1-2)2-a2cos ax,显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2,当2-a2<0,即a>2或a<-2时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增,又F'(0)<0,所以∃m∈(0,1),x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上单调递减.又f'(0)=0,故-m<x<0时,f'(x)>0,0<x<m时,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上单调递增,在(0,m)上单调递减,x=0是f(x)的极大值点,符合题意.当2-a2≥0,即-2≤a≤2时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上单调递增,则f'(x)在(-1,1)上单调递增.又f'(0)=0,所以-1<x<0时,f'(x)<0,0<x<1时,f'(x)>0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0是f(x)的极小值点,不符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).9.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数+a ln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)是否存在a,b,使得曲线y=f x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由;(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.解析(1)当a=-1时,-1ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-12ln(x+1)+-1·1r1,故f'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)存在.f r1,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).要使函数f x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-12,此时f r1的图象关于直线x=-12对称,则f-12+t=f-12-t,即-12+t+a ln r12-12+t=t12-t ln t12r12,即+r12t12=−tt r12t12,∴a+t-12=−a+t+12,解得a=12.(3)f'(x)=-12ln(x+1)++a1r1=−+1)要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-B2+x r1=0有正根,记g(x)=ln(x+1)-B2+x r1,x>0,则g'(x)=-(1+p2·(ax+2a-1).①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;②当a≥12时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去;③当0<a<12时,令g'(x)>0,得0<x<1−2;令g'(x)<0,得x>1−2.易知x→+∞时,g(x)→-∞,故只需g(x)max=ln+1−1−21−2+1=ln-1+4a-2>0即可,h(t)=ln(t-1)+4-2,t>2,则h'(t)=1t1−42=(t2)2(t1)2>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故0<a<12时,有-1+4a-2>0,即符合题意.综上所述,当a∈0,,f(x)在(0,+∞)存在极值点.三年模拟一、单项选择题1.(2023广东广州二模,8,中)已知偶函数f(x)与其导函数f'(x)的定义域均为R,且y=f'(x)+e-x+x也是偶函数,若f(2a-1)<f(a+1),则实数a的取值范围是()A.(-∞,2)B.(0,2)C.(2,+∞)D.(-∞,0)∪(2,+∞)答案B2.(2022江苏南京大学附属中学4月质检,8,难)已知O为坐标原点,过曲线C:y=ln x(0<x<1)上一点P作C 的切线,交x轴于点A,则△AOP面积取最大值时,点P的纵坐标为()A.±5-12B.-5+12C.-5+12D.-e答案C3.(2023辽宁东北育才学校适应性测试,8,难)已知a=lnπ3,b=则a,b,c的大小关系是()A.c>b>aB.a>b>cC.b>a>cD.a>c>b答案C4.(2023河北唐山一模,8,难)已知函数f(x)=e x+e-x-ax2有三个极值点,则实数a的取值范围是()A.(-∞,1)B.(-∞,1]C.[1,+∞)D.(1,+∞)答案D二、多项选择题5.(2022福建龙岩一模,12,中)已知函数f(x)=3ln t3,a=f(log45),b=f(log34),c=f(3lnπ),则()A.当x∈(3,+∞)时,f(x)>0恒成立B.函数f(x)在区间(1,3)上单调递增C.a,b,c中最大的是cD.a,b,c中最小的是a答案AC6.(2023广东佛山二模,12,难)已知函数f(x)=e x-12x2-1,对于任意的实数a,b,下列结论一定成立的有()A.若a+b>0,则f(a)+f(b)>0B.若a+b>0,则f(a)-f(-b)>0C.若f(a)+f(b)>0,则a+b>0D.若f(a)+f(b)<0,则a+b<0答案ABD7.(2023山东日照一模,12,难)已知a>b,c>d,e r1=e r1=1.01,(1-c)e c=(1-d)e d=0.99,则()A.a+b>0B.c+d>0C.a+d>0D.b+c>0答案AD三、填空题8.(2023广东佛山二模,13,中)已知函数f(x)=x3-x有2个极值点x1,x2,则x1+x2+f(x1)+f(x2)=.答案09.(2023福建福州质检,16,中)不等式x<sinπ4+16的解集为.答案-∞10.(2022华大新高考联盟3月教学检测,16,中)已知函数f(x)的定义域为R,图象关于原点对称,其导函数为f'(x),当x>0时,f(x)+xln x·f'(x)<0,则不等式4|x|·f(x)>4f(x)的解集为.答案(-∞,-1)∪(0,1)11.(2023河北保定一模,16,难)已知f'(x)是函数f(x)在定义域上的导函数,且f'(x)+f(x)=e1-x,f(1)=1,若函数mf(x)=ln(mx)-x+2(m>0)在区间(0,+∞)内存在零点,则实数m的最小值为.答案1四、解答题12.(2023湖南长沙长郡中学一模,22,难)已知函数f(x)=ln x+ax-1,g(x)=xln x+(a-1)x+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)记f(x)的零点为x0,g(x)的极小值点为x1,当a∈(1,4)时,判断x0与x1的大小关系,并说明理由.解析(1)f'(x)=1+a+12=B2+x+12,x>0.①若a≥0,则f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;②若a<0,令f'(x)>0,则0<x<-1-1−42,令f'(x)<0,则∴f(x)在0,2,∞上单调递减.(2)x0>x1.理由:g'(x)=ln x-12+a(x>0),设h(x)=ln x-12+a,则h'(x)=1+23>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,即g'(x)在(0,+∞)上单调递增.又2-4+a<0,∴存在x2,1,使得g'(x2)=0,∴g(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,∴x2为g(x)的极小值点,故x2=x1.由g'(x2)=0,x1=x2,得ln x1-1120,∴a=112-ln x1,∴f(x1)=ln x1+ax1-11=ln x1+x1−11=(1-x1)ln x1,又x1=x2,1,∴f(x1)=(1-x1)ln x1<0=f(x0),由(1)知a>0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x0>x1.13.(2023湖北十堰四调,22,难)已知函数f(x)=(2-x)e x-ax-2.(1)若f(x)在R上单调递减,求a的取值范围;(2)当0≤a<1时,求证:f(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0,且x0<e r1.解析(1)因为f(x)=(2-x)e x-ax-2,所以f'(x)=(1-x)e x-a.由f(x)在R上单调递减,得f'(x)≤0,即(1-x)e x-a≤0在R上恒成立.令g(x)=(1-x)e x-a,则g'(x)=-xe x.当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故由g(x)max=g(0)=1-a≤0,解得a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).(2)证明:由(1)可知,f'(x)在(0,+∞)上单调递减,又f'(0)=1-a>0,f'(1)=-a≤0,故∃x1∈(0,1],使得f'(x1)=0.当x∈(0,x1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,f(2)=-2a-2<0,所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0,故函数f(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0.因为0<x0<2,所以要证x0<e r1,即证ax0+x0-e<0,即证ax0+2-e≤0.由f(x0)=(2-x0)e0-ax0-2=0,得(2-x0)e0=ax0+2,所以(2-x0)e0≤e,故需证(2-x0)e0-e≤0即可.令h(x)=(2-x)e x-e,0<x<2,则h'(x)=(1-x)e x.当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.故h(x)max=h(1)=0,即(2-x0)e0-e≤0,原不等式得证.14.(2023山东潍坊二模,22,难)已知函数f(x)=λln(x+1)-sin x.(1)若f(x)在(0,+∞)上的周期为2π,求λ的值;(2)当λ=1时,判断函数f(x)∞上零点的个数;(3)已知f(x)≥2(1-e x)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ的取值范围.解析(1)因为在x∈(0,+∞)上,f(x)=f(x+2π),所以λln(x+1)-sin x=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0在x∈(0,+∞)上恒成立,又ln(x+1)<ln(x+1+2π),所以λ=0.(2)当λ=1时,f(x)=ln(x+1)-sin x,则f'(x)=1r1-cos x,当x,πx≥0,1r1>0,所以f'(x)>0,则f(x),π上单调递增,又=ln+1-1<0,f(π)=ln(π+1)>0,所以f(x),π上有且仅有一个零点;当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1)-sin x>ln(π+1)-1>0,所以在[π,+∞)上f(x)无零点.综上,f(x)∞上有且仅有一个零点.(3)f(x)≥2(1-e x),即λln(x+1)-sin x≥2(1-e x),整理得2e x-sin x+λln(x+1)-2≥0,令g(x)=2e x-sin x+λln(x+1)-2,x∈[0,π],则g'(x)=2e x-cos x+r1,当λ≥0时,对任意的x∈[0,π],r1≥0,又cos x∈[-1,1],2e x≥2,所以g'(x)>0,g(x)在[0,π]上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ<0时,令h(x)=g'(x),x∈[0,π],则h'(x)=2e x+sin x-(r1)2,因为在x∈[0,π]上,h'(x)>0恒成立,即h(x)=g'(x)在[0,π]上单调递增.又g'(0)=λ+1,g'(π)=2eπ+1+π+1,当λ+1≥0,即-1≤λ<0时,在[0,π]上,有g'(x)≥0,此时g(x)在[0,π]上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ+1<0,即λ<-1时,若g'(π)>0,即-(π+1)(2eπ+1)<λ<-1,由函数零点存在定理,知存在x0∈(0,π),使得g'(x0)=0,故x∈(0,x0)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,此时g(x0)<g(0)=0,不符合题意.若g'(π)≤0,即λ≤-(π+1)(2eπ+1),此时∀x∈[0,π]恒有g'(x)≤0且不恒为0,即g(x)在[0,π]上单调递减,所以g(π)<g(0)=0,不符合题意.综上,λ的取值范围是[-1,+∞).15.(2022广东汕头一模,22,难)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax(a∈R且a为常数).(1)讨论函数f(x)的极值点个数;(2)若f(x)≥ln x-e x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=xe x-a.令g(x)=xe x-a,则g'(x)=(x+1)e x,由g'(x)=0,可得x=-1,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值-1-a单调递增所以g(x)min=g(-1)=-1e-a.①当-1e-a≥0,即a≤-1e时,对任意的x∈R,f'(x)≥0且f'(x)不恒为零,所以函数f(x)在R上单调递增,函数f(x)无极值点.②当a>-1e时,令h(x)=xe x,则h'(x)=(x+1)e x,令h'(x)=0,可得x=-1,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,+∞)h'(x)-0+h(x)单调递减极小值-1单调递增当x<0时,h(x)=xe x<0;当x>0时,h(x)=xe x>0.作出函数h(x)的图象与直线y=a如图所示:(i)当-1e<a<0时,直线y=a与函数h(x)的图象有两个交点,设这两个交点的横坐标分别为x1,x2,且x1<x2,由图可知,当x<x1或x>x2时,f'(x)=xe x-a>0;当x1<x<x2时,f'(x)=xe x-a<0.此时函数f(x)有2个极值点.(ii)当a≥0时,由图可知,直线y=a与函数h(x)的图象只有一个交点,设其横坐标为x0,则x0≥0,当x<x0时,f'(x)=xe x-a<0;当x>x0时,f'(x)=xe x-a>0.此时函数f(x)只有1个极值点.综上所述,当a≤-1e时,函数f(x)无极值点;当-1e<a<0时,函数f(x)有2个极值点;当a≥0时,函数f(x)只有1个极值点.(2)不等式f(x)≥ln x-e x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于xe x-ln x-1≥ax对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即a≤e x-lnr1对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令F(x)=e x-lnr1(x>0),则F'(x)=e x+ln2=2e+ln2,令φ(x)=x2e x+ln x(x>0),则φ'(x)=(x2+2x)e x+1>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增,因为=e1e-2-1<0,φ(1)=e>0,故存在t,1,使得φ(t)=t2e t+ln t=0,当0<x<t时,F'(x)<0,函数F(x)单调递减,当x>t时,F'(x)>0,函数F(x)单调递增,所以F(x)min=F(t)=e t-lnr1,因为t2e t=-ln t,所以te t=-ln=-ln t·e-ln t,因为t,所以-ln t∈(0,1).因为函数h(x)=xe x在(0,+∞)上单调递增,由te t=-ln t·e-ln t可得h(t)=h(-ln t),所以t=-ln t,可得e t=1,所以F(x)min=F(t)=e t-lnr1=1−-r1=1,故a≤1.。