(浙江版)2018年高考数学复习：专题3.4 利用导数研究函数的极值,最值(测)

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(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第4讲利用导数研究函数的极值、最值课件

第4讲利用导数研究函数的极值、最值高考定位考查函数极值、最值的求法，综合考查与范围有关问题.真题感悟1.（2017-全国II 卷）若兀=一2是函数/⑴=（齐+。

兀一1）心t 的极值点，则心）的极小值为（）A.-lB.-2e~3C.5e~3D.l解析 f ©) = [x 2+ (a + 2)x + a - l]-ex_ 1,贝!]/ z( - 2) = [4 - 2(a + 2) + a - l]-e _3= 0 a =-1 ,贝= (x 2- x - l)-e %'1, / '(x) = (x 2+ x - 2)-e x_ 1,令f '(x) = 0 ,彳寻x = -=1 ,当xv - 2或x>l 时,f \x)>0 ,当-2<xvl 时，广⑴vO ,贝吠劝极小值为/⑴=-1.真题感晤考点整合爺總讓明考向谜扣要:点孑遨邈答案A____ ］、2.(2017-浙江卷)已知函数f(x) = (x—^/2x~ l)e~v兀三㊁・⑴求沧)的导函数；「1 )⑵求的在区间b +呵上的取值范围.解(1 护(兀)=(%—寸2x— 1 )，e 一' + (x—\)2x— 1) (e J'=、i _皆7尸—(兀—G1)" —芹r”+侮—尸( 2 } _( 1)⑵令Z(x) = (l-x) 1- Je_x=0,当兀变化时，»,才（对的变化如下表:X 12仃1b 1丿1(5}l b 5)52(5 )/W—0+ ■0—1 _1 2e 2、01 V2e2解得X=11 1 1 则兀X ）在区间b +刈上的最大值为严一;又 f(x) = (x_p2x — 1 )e ' = g(寸2x -1 _ l)2e v^0.几1)=0, f 国=苏52,综上JCr ）在区间是0,热克聚焦丨分类突破热点一用导数解决函数的极值问题【例1】求下列函数的极值：(1) /(兀)=兀2—2x 一41n x ；3(2) f(x)=ax — 3x 2+1 — ~(a W R 且 a*0)・4 2 ( x —2) (x -H 1 )解(l)/(x)的定义域为(0, +co), f r(x) = 2x —2—~= -令 f(x) = 0 得％=2 或一1(舍).• •••■••••••••••••••••• • ••••• ••・•••••••••••••• •••••• ••••••••••・•••••签楼繼研热点讒:析考法筵煞随着x的变化，/G）与住）的变化情况如下表:•••/(兀)有极小值几2)=—41n2,无极大值.(2)由题设知"上0, f(x) = 3tzx2—6x=3a^x、2令才(兀)=0得x=0或/・当。

考点12 导数与函数的极值与最值-2018版典型高考数学试题解读与变式(解析版)

考点十二：导数与函数的极值与最值【考纲要求】（1）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；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）；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）. 【命题规律】利用导数研究函数的极值与最值是高考的热点问题，近2年在高考中大批量的出现，常常会考查利用导数研究含参函数的单调性，极值综合考查，有时出现在做题过程中.预计2018年的高考将会在大题中考查利用导数研究函数的极值与最值，命题形式会更加灵活、新颖．【典型高考试题变式】（一）函数的极值的意义例1.【2017全国2卷（理）】若2x =-是函数()()21`1e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）.A.1-B.32e -- C.35e - D.1 【答案】A【方法技巧归纳】对于可导函数，导数为0的点不一定是极值点.函数)(x f y =在0x x =处取极值的充要条件应为（1）)('0=x f ，（2）在x x =左右两侧的导数值的符号相反.从解题的规范性和正确性角度出发，求类似问题最后都要进行检验.【变式1】【改编例题的问法，辨别极值与零点的不同】【2015陕西卷理科】对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（） A ．1-是()f x 的零点 B ．1是()f x 的极值点 C ．3是()f x 的极值 D ．点(2,8)在曲线()y f x =上【答案】A【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b'=+，因为1是()f x 的极值点，3是()f x 的极值，所以()()1013f f '=⎧⎪⎨=⎪⎩，即203a b a b c +=⎧⎨++=⎩，解得：23b a c a =-⎧⎨=+⎩，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以428a b c ++=，即()42238a a a +⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．【变式2】【改变例题的问法，通过极值问题求参数的范围】【2014全国2卷理科】设函数()3sin xf x m π=.若存在()f x 的极值点x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是（）A.()(),66,-∞-⋃∞B.()(),44,-∞-⋃∞C.()(),22,-∞-⋃∞ D.()(),11,-∞-⋃∞【答案】C（二）求函数的极值例2.【2017全国2卷理】已知函数()2ln f x ax ax x x=--，且()0f x（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点x ，且()220e 2f x --<<.【答案】（1）1a =；（2）答案见解析. 【解析】（1）因为()()ln 0f x x ax a x =--，0x >，所以ln 0ax a x --．令()ln g x ax a x=--，则()10g =，()11ax g x a x x -'=-=，当0a 时，()0g x '<，()g x 单调递减，但()10g =，1x >时，()0g x <；当0a >时，令()0g x '=，得1x a =．当10x a <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x a >时，()0g x '>，()g x 单调递增．若01a <<，则()g x 在11a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单递调递减，()110g g a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭；若1a >，则()g x 在11a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，()110g g a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭；若1a =，则()()min 110g x g g a ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()0g x ≥．综上，1a =．（2）()2ln f x x x x x=--，()22ln f x x x'=--，0x >．令()22ln h x x x=--，则()1212x h x x x -'=-=，0x >．令()0h x '=得12x =，当102x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当12x >时，()0h x '>，()h x 单调递增．所以()min 112ln 202h x h ⎛⎫==-+< ⎪⎝⎭．因为()22e2e 0h --=>，()22ln 20h =->，21e 02-⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，122⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，所以在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上，()h x 即()f x '各有一个零点．设()f x '在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上的零点分别为02x x ，，因为()f x '在102⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，所以当00x x <<时，()0f x '>，()f x 单调增；当012x x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减．因此，0x 是()f x 的极大值点．因为，()f x '在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调增，所以当212x x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当2x x >时，()f x 单调递增，因此2x 是()f x 的极小值点．所以()f x 有唯一的极大值点0x ．由前面的证明可知，201e 2x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，则()()24220e e e e f x f ---->=+>．因为()00022ln 0f x x x '=--=，所以00ln 22x x =-，又()()22000000022f x x x x x x x =---=-，因为0102x <<，所以()014f x <．因此，()201e 4f x -<<．即()220e 2f x --<<.【方法技巧归纳】求函数极值的步骤：①求函数的定义域；②求出函数的导函数)('x f ；③解方程0)('=x f ，求出x 的值；④判定在定义域内导函数为0的点两侧的单调性，并求出在该点的原函数值；⑤先增后减位极大值点，先减后增为极小值点，两侧单调性相同，则该点不是极值点.【变式1】【改变例题的问法，通过极值求参数范围】【2017江苏卷】已知函数()()3210,f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：²3b a >；（3）若()f x ，()f x ' 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.【答案】（1）2239a b a =+，定义域为(3,)+∞；（2）答案见解析；（3）(]36，.【解析】（1）由32()1f x x ax bx =+++，得222()32333a a f x x ax b x b ⎛⎫'=++=++- ⎪⎝⎭.当3ax =-时，()f x '有极小值23a b-. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a -=-，即3a .3a =时，()>0(1)f x x '≠-，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根213=3a a b x ---，223=3a a b x -+-.列表如下x1(,)x -∞1x12(,)x x2x2(,)x +∞()f x ' + 0– 0+ ()f x极大值极小值故()f x 的极值点是12,x x.从而3a >，因此2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++=()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x ++++++++++=346420279a ab ab --+=.记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以()213=9h a a a -+，3a >. 因为()223=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为()76=2h -，于是()()6h a h ，故6a .因此a 的取值范围为(]36，.【变式2】【改编例题条件和问题，求解含参函数的极值】【2017山东理】已知函数()22cos f x x x=+，()()e cos sin 22x g x x x x =-+-，其中e 2.71828=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.【答案】（1）222y x =π-π-；（2）当0a 时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.【解析】（1）由题意()22f π=π-，又()22sin f x x x'=-，所以()2f ππ'=，因此曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x -π-=π-π，即222y x =π-π-. （2）由题意得2()e (cos sin 22)(2cos )x h x x x x a x x =-+--+，因为()()()()e cos sin 22e sin cos 222sin x x h x x x x x x a x x '=-+-+--+--=()()2e sin 2sin x x x a x x ---()()2e sin x a x x =--，令()sin m x x x=-，则()1cos 0m x x '=-，所以()m x 在R 上单调递增.因为(0)0m =，所以当0x >时，()0m x >，当0x <时，()0m x <.（i ）当0a 时，e xa -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以当0x =时()h x 取得极小值，极小值是()021h a =--；（ii ）当0a >时，()()()ln 2e e sin x ah x x x '=--由()0h x '=得 1ln x a =，2=0x①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，ln e e 0x a -<，()0h x '>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，ln e e 0x a ->，()0h x '<，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，ln e e 0x a ->，()0h x '>，()h x 单调递增.所以当ln x a =时()h x 取得极大值.极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；③当1a >时，ln 0a >所以当(),0x ∈-∞时，ln e e 0x a -<，()0h x '>，()h x 单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln e e 0x a -<，()0h x '<，()h x 单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，ln e e 0x a ->，()0h x '>，()h x 单调递增；所以当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取得极小值.极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.综上所述：当0a 时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.【变式3】【根据函数在某处取得极值求参数范围】【2016山东文】设()()2ln 21f x x x ax a x =-+-，a ∈R.（1）令()()'g x f x =，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0≤a 时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）12a >.（2）由（1）知，()'10f =.①当0≤a 时， ()'f x 单调递增所以当()0,1x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减.当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增.所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.②当102a <<时，112a >，由（1）知()'f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，可得当()0,1x ∈时，()'0f x <，11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，所以()f x 在()0,1内单调递减，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.③当12a =时，即112a =时，()'f x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以当()0,x ∈+∞时，()'0f x ，()f x 单调递减，不合题意.④当12a >时，即1012a << ，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，()f x 单调递增,当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，()f x 单调递减，所以()f x 在1x =处取得极大值，合题意.综上可知，实数a 的取值范围为12a >.【变式4】【根据极值点的关系证明等式】【2016天津文】设函数b ax x x f --=3)(，x ∈R ，其中,a b ∈R . （1）求)(x f 的单调区间；（2）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ；（3）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.【答案】答案见解析【解析】（1）由3()f x x ax b =--，可得2()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： ①当0a时，有2()30f x x a'=-恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.②当0a >时，令()0f x '=，解得3x =或3x =-.当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如表所示.所以()f x 的单调递减区间为⎛ ⎝⎭，单调递增区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭.（3）证明：设()g x 在区间[1,1]-上的最大值为M ，max{,}x y 表示x ，y 两数的最大值，下面分三种情况讨论：①当3a 时，3311,33a a --<由()1知()f x 在区间[]1,1-上单调递减，所以()f x 在区间[]1,1-上的取值范围为[](1),(1)f f -，因此()(){}{}max 1,1max 1,1M f f a b a b =-=---+-={}max 1,1a b a b -+--1,01,0a b b a b b -+⎧=⎨--<⎩，所以1 2.M a b=-+②当334a <时，23332311a a aa-<-<<，由（1）和（2）知233(1)a a f f f ⎛--= ⎝⎭⎝⎭，233(1)a a f f f ⎛⎛= ⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为33,33a a f f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以33max ,33a a M f f ⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪=-= ⎪ ⎪⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎩⎭22max 3399a a a b a b ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭2222331max 333||39999444a a a a b a b a b ⎧⎫=⨯⨯⨯=⎨⎬⎩⎭. ③当304a <<时，23332311a a a a -<<<<<，由（1）和（2）知，(1),f f f ⎛-<= ⎝⎭⎝⎭(1)f f f ⎛>= ⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[]1,1-上的取值范围为()()1,1f f -⎡⎤⎣⎦，因此()(){}=max 1,1M f f -={}max 1,1a b a b ---+-={}1max 1,114a b a b a b ---+=-+>.综上所述，当0a >时，()g x 在区间[]1,1-上的最大值不小于14.（三）求不含参函数的最值例3.【2017北京卷理】已知函数()e cos x f x x x=-.（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.【答案】（1）1y =；（2）()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ22f ⎛⎫=-⎪⎝⎭. 【解析】（1）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1xf x x x '=--，(0)0f '=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（2）设()e (cos sin )1x h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x xh x x x x x x '=---=-. 当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减. 所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ22f ⎛⎫=-⎪⎝⎭. 【方法技巧归纳】在],[b a 上连续的函数)(x f 在],[b a 上必有最大值与最小值的步骤：①讨论单调区间；②判断极值；③极值与闭区间端点的函数值比较，最大的为最大值，最小的是最小值.【变式1】【在给定区间上求函数的最值】【2018河北石家庄二中八月模考】已知函数()()21xf x xe x=-+.（Ⅰ）当[]1,2x∈-时，求()f x的最大值与最小值；（Ⅱ）讨论方程()1f x ax=-的实根的个数.【答案】(1)最小值是()2ln21--,最大值是229e-;(2) 1a<-时，方程()1f x ax=-有1个实根；1a>-时，方程()1f x ax=-有3个实根.【解析】试题分析：(1)()()()12xf x x e=+-',明确函数的单调性，求出极值与端点值，比较后得最值；（2）方程()1f x ax=-的实根的个数即()2xg x e x a=---的图象与x轴的交点个数，分类讨论函数()g x的单调性，借助极值与0的关系确定交点个数. 试题解析：（Ⅰ）因为()()21xf x xe x=-+，所以()()()()()12112x xf x x e x x e=+-+=+-'，令()0f x'=得121,ln2x x=-=，()(),f x f x'的变化如下表：() f x在[]1,2-上的最小值是()2ln21--，因为2211 290,0,29e ee e->---，所以()f x在[]1,2-上的最大值是229e-.（ⅰ）当10a -->时，即1a <-时， ()0g x =没有实根，方程()1f x ax =-有1个实根；（ⅱ）当10a --=时，即1a =-时， ()0g x =有1个实根为零，方程()1f x ax =-有1个实根；（ⅲ）当10a --<时，即1a >-时，()0g x =有2不等于零的实根，方程()1f x ax =-有3个实根.综上可得， 1a <-时，方程()1f x ax =-有1个实根； 1a >-时，方程()1f x ax =-有3个实根.求含参函数的最值例4.【2016全国2卷理】（1）讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;xx x -++>（2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.【答案】答案见解析【解析】（1）证明：由已知得，函数的定义域为由已知得， 2x ≠-.因为()2e 2xx f x x -=+，所以()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭.因为当x ∈()()22-∞--+∞，，时，()0f x '>，所以()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增，所以当0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+，所以()2e 20x x x -++>.（2）由已知得，()()()24e2e xxa x x ax a g x x ----'=()4e 2e 2=xxx x ax a x -++=()322e 2x x x a x x -⎛⎫+⋅+⎪+⎝⎭，[)01a ∈，.解法一：记()2e 2xx h x a x -=++，因为()()01020h a h a =-<=，，所以由（1）知()h x 在[)02，上存在唯一零点.记零点为0x ，即()00h x =，则()g x 在()00x ，上单调递减，在()02x ，上单调递增. 故0x 为()g x 的极小值，此时极小值为()0g x .因为0002e 02x x a x -+=+，所以[)(]00002e 0022x x a x x -=-∈⇒∈+，1，. 所以()()()000000000220002e e 1e 12e =2x x x x x x a x x x x x x ⎛⎫---+ ⎪-++⎝⎭==+ｇ. 记()000e 2x P x x =+,，则()()()()00002200e +2e 1=e 0+2+2x xx x x P x x x -+'=>，所以()0P x 在(]002x ∈，上单调递增，所以()201e 24P x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，.解法二：由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -=⋅+的值域为()1-+∞，，只有一解，使得2e 2tt a t -⋅=-+，(]02t ∈，. 当(0,)x t ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(,)x t ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增..()()()222e 1ee 1e 22t ttt t t a t t h a t t t -++⋅-++===+.记()e 2tk t t =+，在(]0,2t ∈时，()()()2e 102t t k t t +'=>+，所以()k t 单调递增，所以()()21e 24h a k t ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，．【方法技巧归纳】超越函数（指数函数、对数函数、三角函数）的最值一般都是利用导函数求单调性或极值得到的.函数在区间上的最大（小）值，若不是区间端点值就是极大（小）值. 【变式1】【由最大值存在的不等关系求参数的取值范围】【2015全国2卷文】已知函数()()ln 1f x x a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时,求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）0a ≤, ()f x 在()0,+∞是单调递增； 0a >, ()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（Ⅱ）()0,1.【解析】试题分析：（Ⅰ）由()1f x ax'=-,可分0a≤, 0a>两种情况来讨论；（II）由（I）知当0a≤时()f x在()0,+∞无最大值,当0a>时()f x最大值为1ln 1.f a aa⎛⎫=-+-⎪⎝⎭因此122ln10f a a aa⎛⎫>-⇔+-<⎪⎝⎭.令()ln1g a a a=+-,则()g a在()0,+∞是增函数,当01a<<时, ()0g a<,当1a>时()0g a>,因此a的取值范围是()0,1.试题解析：（Ⅰ）()f x的定义域为()0,+∞,()1f x ax'=-,若0a≤,则()0f x'>,()f x在()0,+∞是单调递增；若0a>,则当10,xa⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x'>,当1,xa⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时()0f x'<,所以()f x在10,a⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,在1,a⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递减.【变式2】【求函数取得最值时自变量的取值】【2014安徽卷理】设函数23()1(1)f x a x x x=++--,其中0a>.（1）讨论()f x在其定义域上的单调性；（2）当[0,1]x∈时，求()f x取得最大值和最小值时的x的值.【答案】（1）()f x在1(,)x-∞和2(,)x+∞内单调递减，在12(,)x x内单调递增；（2）所以当01a<<时，()f x在1x=处取得最小值；当1a=时，()f x在x=和1x=处同时取得最小只；当14a<<时，()f x在x=处取得最小值.【解析】试题分析：（1）对原函数进行求导，2'()123f x a x x =+--，令'()0f x =，解得1212143143,,33a ax x x x --+-++==<，当1x x <或2x x >时'()0f x <；从而得出，当12x x x <<时，'()0f x >.故()f x 在1(,)x -∞和2(,)x +∞内单调递减，在12(,)x x 内单调递增.（2）依据第（1）题，对a 进行讨论，①当4a ≥时，21x ≥，由（1）知，()f x 在[0,1]上单调递增，所以()f x 在0x =和1x =处分别取得最小值和最大值.②当04a <<时，21x <.由（1）知，()f x 在2[0,]x 上单调递增，在2[,1]x 上单调递减，因此()f x 在21433ax x -++==处取得最大值.又(0)1,(1)f f a ==，所以当01a <<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =和1x =处同时取得最小只；当14a <<时，()f x 在0x =处取得最小值.（1）()f x 的定义域为R ，2'()123f x a x x =+--.令'()0f x =，得1212143143,,33a ax x x x --+-++==<，所以12'()3()()f x x x x x =---.当1x x <或2x x >时'()0f x <；当12x x x <<时，'()0f x >.故()f x 在1(,)x -∞和2(,)x +∞内单调递减，在12(,)x x 内单调递增. 因为0a >，所以120,0x x <>.①当4a ≥时，21x ≥，由（1）知，()f x 在[0,1]上单调递增，所以()f x 在0x =和1x =处分别取得最小值和最大值.②当04a <<时，21x <.由（1）知，()f x 在2[0,]x 上单调递增，在2[,1]x 上单调递减，因此()f x 在21433ax x -++==处取得最大值.又(0)1,(1)f f a ==，所以当01a <<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =和1x =处同时取得最小只；当14a <<时，()f x 在0x =处取得最小值.【数学思想】分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的. 【处理导数的极值与最值问题注意点】对参数的讨论要做到不重不漏.至于如何分类的思想是将导函数零点之间的大小以及区间端点值的大小进行比较，将区间端区限定不动，变动零点位置. 【典例试题演练】1．【2018广东广州珠海区高三检测（一）理】已知函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（）A. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B.()0,1 C. (),0-∞ D. 1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ 【答案】A2．【2018海南八校联盟开学考试理】已知函数()213ln 2f x x x a x⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A.1,52⎛⎫-⎪⎝⎭B.111,22⎛⎫-⎪⎝⎭ C.111,22⎛⎫⎪⎝⎭ D.1,52⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B【解析】因为()3122f x x ax'=-+-，所以由题设()3122f x x ax'=-+-在()1,3只有一个零点且单调递减，则问题转化为()()10{30ff><，即11112{11222aaa+>⇒-<<-<，应选答案B。

(浙江专版)高考数学一轮复习专题3.4利用导数研究函数的极值最值(讲)

第 04 节利用导数研究函数的极值，最值【考纲解读】考点考纲内容 5 年统计剖析展望1. 以研究函数的单一性、单一区间、极导数在研究函数中的应用值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象等相联合，且有认识函数极值的综合化更强的趋向．观点及函数在某 2. 独自考察利用导数研究函数的某一点取到极值的条性质以小题表现，综合研究函数的性质件，会用导数求函以大题表现；2014?浙江文科21，理科 22；数的极大值、极3. 适量关注生活中的优化问题 .2017?浙江卷 20；小值，会求闭区间4. 备考要点：2018?浙江卷 22.上函数的最大值、(1) 娴熟掌握导数公式及导数的四则最小值，会用导数解决某些实质问运算法例是基础；题 .(2) 娴熟掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵巧运用数形联合思想、分类议论思想、函数方程思想等，剖析问题解决问题.【知识清单】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 邻近其余点的函数值都小， f ′(a) ＝ 0，并且在点x＝ a 邻近的左边 f ′(x) ＜ 0，右边 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 邻近的其余点的函数值都大， f ′(b)＝0，并且在点x＝ b 邻近的左边 f ′(x) ＞ 0，右边 f ′(x) ＜ 0，则点 b 叫做函数y＝ f(x) 的极大值点， f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x) 在 [a ， b] 上必有最大值与最小值．(2) 若函数 f(x) 在 [a ，b] 上单一递加，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] 上单一递减，则 f(a) 为函数的最大值， f(b) 为函数的最小值．【要点难点打破】考点 1 应用导数研究函数的极（最）值问题【1-1 】【 2018 年理新课标I 卷】已知函数，则的最小值是_____________ ．【答案】详解：，所以当时函数单一减，当时函数单一增，进而获得函数的减区间为，函数的增区间为，所以当时，函数获得最小值，此时，所以，故答案是.【1-2 】【 2018 届浙江省杭州市第二次检测】已知a＞ 0且 a≠1，则函数 f ( x)＝( x－a)2ln x （）A. 有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D.既无极大值，又无极小值【答案】 C【分析】剖析：对函数求导，令，得或，依据函数的图象可得方程有解，由此依据函数的单一性和极值的关系获得函数既有极大值，又有极小值 .详解：由题意，，由，得或，由方程，联合函数图象，作出和的图象，联合图象得和据函数的单一性和极值的关系获得：的图象有交点，∴方程函数有解，由此根既有极大值，又有极小值拥有极大值，也有极小值，应选 C.【1-3 】【2018 届华大新高考结盟 4 月检测】若函数有两个极值点，则实数的取值范围是__________ ．【答案】【分析】剖析：令因为函数函数有两个极值点点在区间上有两个实数根．求出利用导数研究函数的单一性可得，要使的导数，当时，直接考证；当有两个不一样解，只要要时，解得即可．当时，令，解得，令，解得，此时函数单一递加；令，解得，此时函数单一递减．∴当时，函数获得极大值．要使在区间上有两个实数根，则，解得．∴实数的取值范围是（.【1-4 】【 2018 年文北京卷】设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若在处获得极小值，求 a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（1）当a=0 时，令得x=1.随x的变化状况以下表：x1+0-↗极大值↘∴在 x=1处获得极大值，不合题意.（2）当a>0 时，令得. ①当，即 a=1时，，∴在上单一递加，∴无极值，不合题意 .②当，即 0< <1 时，随x 的变化状况以下表：ax1+0-0+↗极大值↘极小值↗∴在 x=1处获得极大值，不合题意.③当，即 a>1时，随x的变化状况以下表：x+0-0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处获得极小值，即a>1知足题意.（3）当a<0 时，令得.随 x 的变化状况以下表：x-0+0-↘极小值↗极大值↘∴在 x=1处获得极大值，不合题意. 综上所述，a的取值范围为.点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考察的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，波及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单一性或求单一区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④对于不等式的恒建立问题.解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意差别在某一点和过某一点解题步骤的不一样；②在研究单一性及极值最值问题时经常会波及到分类议论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒建立问题属于高考取的难点，要注意问题变换的等价性.【意会技法】1.求函数 f(x) 极值的步骤：(1)确立函数的定义域；(2)求导数 f ′(x) ；(3)解方程 f ′(x) ＝ 0，求出函数定义域内的全部根；(4) 列表查验 f ′(x) 在 f ′(x) ＝ 0 的根 x0左右双侧值的符号，假如左正右负，那么f(x) 在x0处取极大值，假如左负右正，那么f(x)在 x0处取极小值．2.求函数 f(x) 在 [a ， b] 上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在 (a ， b) 内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a) ，f(b) ；(3)将函数 f(x) 的各极值与 f(a) ，f(b) 比较，此中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【举一反三】【变式一】【2017 课标 II ，理 11】若x 2 是函数 f ( x) ( x2ax1)e x 1的极值点，则f ( x)的极小值为（）A. 1B. 2e3C. 5e3D.1【答案】 A【分析】【变式二】【 2019 届四川省成都市摸底测试】若函数在内有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】 C【分析】剖析：对函数求导，依据函数在内有且只有一个极值点，则，求出实数的范围。

(浙江版)2018年高考数学复习：专题3.4 利用导数研究函数的极值,最值(讲)

专题3.4 利用导数研究函数的极值，最值【考纲解读】【知识清单】1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f ′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．对点练习：【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）A.1-B.32e --C.35e -D.1【答案】A 【解析】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．对点练习：【2017北京，理19】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-.【考点深度剖析】导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势．【重点难点突破】考点1 应用导数研究函数的极（最）值问题【1-1】【2017河北武邑三调】已知函数()()12ln 2f x a x ax x=-++. （1）当2a =时，求函数()f x 的极值；（2）当0a <时，求函数()f x 的单调增区间.【答案】（1）极小值为142f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，无极大值；（2）当2a =-时，增区间()0,+∞，当20a -<<时，增区间11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当2a <-时，增区间11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.。

2018年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第3章第3讲导数与函数的极值、最值 Word版含解析

第3讲导数与函数的极值、最值最新考纲了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).知识梳理1.函数的极值与导数(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)≤0，右侧f′(x)≥0，那么f(x0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(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f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与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.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.()(2)函数的极大值不一定比极小值大.()(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件.( ) (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.( ) 解析 (1)函数在某区间上或定义域内的极大值不唯一.(3)x 0为f (x )的极值点的充要条件是f ′(x 0)＝0，且x 0两侧导数符号异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ 2.函数f (x )＝－x 3＋3x ＋1有( ) A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3 C.极小值－2，极大值2D.极小值－1，极大值3解析因为f (x )＝－x 3＋3x ＋1，故有y ′＝－3x 2＋3，令y ′＝－3x 2＋3＝0，解得x ＝±1，于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：答案 D3.(选修2－2P32A4改编)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. 答案 A4.(2017·武汉模拟)函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1，2]上的最大值是________. 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.答案 85.函数f (x )＝ln x －ax 在x ＝1处有极值，则常数a ＝________.解析 ∵f ′(x )＝1x －a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，经检验符合题意. 答案 16.(2017·杭州调研)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为________；最小值为________.解析 ∵y ＝x ＋2cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴y ′＝1－2sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，令y ′＝0，得x ＝π6，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故x ＝π6时，∴y 最大＝y 极大＝π6＋3，又x ＝0时，y ＝2；x ＝π2时，y ＝π2，∴y 最小＝π2. 答案 π6＋3 π2考点一用导数解决函数的极值问题【例1】求下列函数的极值： (1)f (x )＝x 2－2x －4ln x ；(2)f (x )＝ax 3－3x 2＋1－3a (a ∈R 且a ≠0). 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x ，令f ′(x )＝0得x ＝2或－1(舍).随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )有极小值(2)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 )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.规律方法函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：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)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.【训练1】 (1)设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c .若f (x )在R 上无极值点，则实数a 的取值范围为________.(2)设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A.a >－3 B.a <－3 C.a >－13D.a <－13解析 (1)由题得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 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，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.(2)y ′＝f ′(x )＝a e ax ＋3，当a ≥0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，∴f (x )无极值点；当a <0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a ，∴1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a >0得a <－3，故选B.答案 (1)⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ (2)B考点二用导数解决函数的最值问题【例2】 (2017·郑州质检)已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值. 解 (1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞).(2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增.易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意.②当1＜－a 2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意.③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意.综上有，a ＝－10.规律方法 (1)求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：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.(2)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.【训练2】已知函数f (x )＝(ax －2)e x 在x ＝1处取得极值. (1)求a 的值；(2)求函数在区间[m ，m ＋1]上的最小值. 解 (1)f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ，由已知得f ′(1)＝(a ＋a －2)e ＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，所以a 的值为1. (2)由(1)得f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x －1)e x . 令f ′(x )>0得x >1，令f ′(x )<0得x <1.所以函数f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.当m ≥1时，f (x )在[m ，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (m )＝(m －2)e m ，当0<m <1时，f (x )在[m ，1]上递减，在(1，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (1)＝－e. 当m ≤0时，m ＋1≤1，f (x )在[m ，m ＋1]上单调递减， f (x )min ＝f (m ＋1)＝(m －1)e m ＋1. 综上，f (x )在[m ，m ＋1]上的最小值为f (x )min ＝⎩⎨⎧（m －2）e m ，m ≥1，－e ，0<m <1，（m －1）e m ＋1，m ≤0.[思想方法]1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分.2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小.3.可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同.4.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. [易错防范]1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能.2.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时， f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 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，且f (1)＝12－ln 1＝12. 答案 A3.(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案 C4.(2017·绍兴调研)已知函数f (x )＝e x －x 2，若∀x ∈[1，2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e]B.[1－e ，e]C.[－e ，e ＋1]D.[e ，＋∞)解析因为f (x )＝e x －x 2，所以f ′(x )＝e x －2x ，令g (x )＝f ′(x )，所以g ′(x )＝e x －2，因为x ∈[1，2]，所以g ′(x )＝e x －2>0，故f ′(x )＝e x －2x 在[1，2]上是增函数，故f ′(x )＝e x －2x ≥e －2>0；故f (x )＝e x －x 2在[1，2]上是增函数，故e －1≤e x －x 2≤e 2－4；故－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立可化为－m ≤e －1≤e 2－4≤m 2－4；故m ≥e. 答案 D5.(2017·东北四校联考)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，＋∞)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. 答案 B 二、填空题6.函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0，2]上的最小值是________. 解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，由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. 答案－1737.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab 的值为________.解析由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎨⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案－238.(2017·金华月考)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________；函数的极大值为________. 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：⎩（a ）3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4.f (x )＝x 3－3x ＋4，所以f (x )的单调递减区间是(－1，1)，当x ＝－a ＝－1时，f (x )极大＝f (－1)＝6. 答案 (－1，1) 6 三、解答题9.(2017·丽水检测)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数.(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求实数a 的取值范围.解对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①(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，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点.(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0<a≤1.所以实数a的取值范围为{a|0<a≤1}.10.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：所以，f(x)). (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)＝－e k－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)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.能力提升题组(建议用时：30分钟)11.函数f(x)＝xe x()A.仅有最小值12eB.仅有最大值12eC.有最小值0，最大值12eD.无最值解析函数f (x )的定义域为[0，＋∞)，f ′(x )＝1－2x 2x e x ，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )>0，f (x )递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )递减.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f (x )>0，∴f (x )min ＝0，f (x )max ＝12e . 答案 C12.(2017·长沙调研)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)，故选C. 答案 C13.(2017·湖州调研)已知函数F (x )＝1－x x ＋k ln x (其中k <1e 且k ≠0)，则F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为________，最小值为________.解析 F (x )＝1－x x ＋k ln x (x >0)，∴F ′(x )＝（1－x ）′x －（1－x ）x ′x 2＋k x ＝kx －1x 2.①若k <0，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上，恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1，F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.②k >0时，∵k <1e ，∴1k >e ，x －1k <0，∴k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，∴F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1.F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.综上所述，当k ≠0且k <1e 时，F (x )max ＝e －k －1，F (x )min ＝1e ＋k －1. 答案 e －k －1 1e ＋k －114.(2017·济南模拟)设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e 2. 解 (1)f ′(x )＝1x ＋a＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞，当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减.(2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ，故f ′(x )>0在定义域上恒成立，故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增.故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22)＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.15.若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )＝k 有3个解，求实数k 的取值范围. 解 (1)对函数f (x )求导得：f ′(x )＝3ax 2－b ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4.∴函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得：f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283；当x ＝2时，f (x )有极小值－43.∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示.因为方程f (x )＝k 的解的个数即为y ＝k 与y ＝f (x )的交点个数. 所以实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.高考导航函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类题型，常涉及的问题：研究函数的性质(如求单调区间、求极值、最值)，研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)，研究不等式.热点一利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围. 【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)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，求实数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.综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；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，实数a的取值范围是(0，1).探究提高(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1<0，则需要构造函数来解.【训练1】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，因为f′(x)＝(－2x＋a)e x＋(－x2＋ax)e x＝[－x2＋(a－2)x＋a]e x，所以[－x2＋(a－2)x＋a]e x≥0对x∈(－1，1)都成立.因为e x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，即a≥x2＋2xx＋1＝（x＋1）2－1x＋1＝(x＋1)－1x＋1对x∈(－1，1)都成立.令y＝(x＋1)－1x＋1，则y′＝1＋1（x＋1）2>0.所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增，所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.热点二利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】 (2017·杭州调研)已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ＞0)，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为π－32.(1)求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在(0，π)内的零点个数，并加以证明. 解 (1)由已知，得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，且a ＞0. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，有sin x ＋x cos x ＞0，从而f ′(x )＞0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1. 综上所述得f (x )＝x sin x －32.(2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而f (0)＝－32＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0.又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内至少存在一个零点.又由(1)知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内有且只有一个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x .由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，使得g (m )＝0.由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，有g ′(x )＜0，从而g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π内单调递减.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )＞g (m )＝0，即f ′(x )＞0，从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 时，f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 上无零点；②当x ∈(m ，π)时，有g (x )＜g (m )＝0，即f ′(x )＜0，从而f (x )在(m ，π)内单调递减.又f (m )＞0，f (π)＜0，且f (x )的图象在[m ，π]上连续不间断，从而f (x )在区间(m ，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点. 探究提高利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【训练2】设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋e x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0).设φ(x)＝－13x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减. ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点.∴φ(x)的最大值为φ(1)＝2 3.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点. 热点三利用导数研究不等式问题(规范解答)导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题. 【例3】 (满分12分)设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0). 当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.2分当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.4分又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.6分(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)9分由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2a.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f(x)的最小值和基本不等式的应用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝x0处最值的判定.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，求解使f′(b)＜0的b满足的约束条件0＜b＜a4，且b＜14.如第(2)问中x0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【训练3】已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞). ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ， g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0，1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意.当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )，所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3.即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 3.(建议用时：80分钟)1.(2015·重庆卷)设函数f (x )＝3x 2＋axe x (a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x ，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数；当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数. 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.2.设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. (1)解由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)， f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a . (2)证明设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增.于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0).而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，故当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.3.已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1. (2)证明由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k ＞0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0，g (x )单调递增， g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根. 当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x ).h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0. 所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. 4.设f (x )＝ax ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.令g ′(x )>0得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527， g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).5.已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减. 因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增. 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减. 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负. 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点. 由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.所以12＜a ＜e2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0. 由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0，解得e －2＜a ＜1.所以函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1. 6.(2016·山东卷)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对任意的x ∈[1，2]成立. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)上，f ′(x )≥0，f (x )单调递增， ③a >2时，0<2a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]，设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]. 则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x ≥0可得g (x )在[1，2]上递增，∴g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号.h′(x)＝－3x2－2x＋6x4，设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0即h′(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减.又h(1)＝1，h(2)＝12，所以h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝3 2，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.。

(浙江专用)高考数学大一轮复习课时143.3导数与函数极值和最值课件

若x∈
0,
1 a
,则f
'(x)>0,
若x∈
1 a
,
,则f
'(x)<0,
故函数在x= 1 处有极大值.
a
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= 1 处有
a
一个极大值点.
易错警示
已知函数求极值(点)需注意两点 (1)先求定义域; (2)导数为零的点不一定是极值点,所以求出导数为零的点后,还要判断该点两侧导数值的符号.
A.1-e B.-1 C.-e D.0
2.设函数f(x)=2 +ln x,则 ( D )
x
A.x=1 为f(x)的极大值点
2
B.x= 1 为f(x)的极小值点
2
C.x=2为f(x)的极大值点 D.x=2为f(x)的极小值点
3.已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a= ( D )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
数值的符号.
②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f '(x)=0根的大小或存
在情况来求解.
③求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,再与区间端点的函数值f(a), f(b)进行比较,得到函数的最值.
(2)已知最值求参数的范围主要采取分类讨论的思想,将导函数的零点与所给区间进行比较,利用导数得到函数在给定区间内的单调性,从而求其最值,判断所求的最值与已知条件是否相符,从而得到参数的取值范围.
2 3
,
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0) 0
0,
2 3

利用导数研究函数的极值最值

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

极值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

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

首先，我们可以通过计算函数的导数来找到函数的临界点。

临界点是函数导数等于0的点，也包括导数不存在的点。

然后，通过进一步的分析，可以确定临界点中的极值点。

假设函数f(x)在区间[a,b]上连续且可导。

首先，我们需要计算函数f(x)的导数f'(x)。

然后，我们找出导数f'(x)等于0的点，这些点就是函数f(x)的临界点。

接下来，我们进一步分析导数f'(x)的符号。

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

当然，也可能存在导数f'(x)不存在的点，这些点也是函数的临界点。

最值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

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

通过求解函数的导数，我们可以找到函数的临界点。

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

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

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

需要注意的是，导数仅能帮助我们找到函数的临界点，但临界点未必都是极值点。

为了判断极值点是否为极大值或极小值，我们还需要进行二阶导数测试。

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

总之，利用导数研究函数的极值、最值是一种有效的方法。

2018年高考理科数学浙江卷导数压轴题解析

2018年高考理科数学浙江卷导数压轴题解析【题目分析】此题综合考察了函数的单调性、极值和零点的分析。

解决第（I ）问中12()()f x f x +取值范围问题的关键在于成立1x 与2x 之间的关系将双变量转化为单变量，寻觅该单变量的取值范围，构造函数并依照函数的单调性和概念域讨论其值域，难度不大。

第（II ）问重点考察函数零点的寻觅，“零点存在性定理”与“函数单调性”的结合是解决“唯一零点”这种问题的常规套路——“零点存在性定理”解决有无的问题，“函数单调性”解决可能有几个的问题。

题目中需要构造()ln h x x kx a =--如此一个含有双参变量的函数，参数a 可不能阻碍“函数单调性”，也确实是意味着函数()h x 的单调性比较益处置，难点在于“零点存在性定理”的运用，()h x 是不是存在大于0或小于0的点是由参数k 和a 一起操纵的，关于如此一个既含有根号又含有对数的函数而言，处置起来比较棘手。

固然考虑()h x 在0x +=及x =+∞处的极限很容易患出()h x 存在零点的结论，可是需要强调的是求极限严格来讲不属于高中时期内的知识点（尽管高中教材中有涉及），高考时得不得分存在专门大争议，因此高考数学官方标准答案中都会带入“特殊值”，通过不等式的放缩来证明函数值是不是存在大于(小于)0的点，此题中官方标准答案中给出(||)a k m e -+=和22(||1)1n a k =++如此两个极为复杂的“特殊值”，让人望而生叹直呼好难想到。

本解答进程另辟蹊径，给出了两个超级简单的范围来讲明()h x 的正负号问题——将()h x 分为kx 与ln x a --两部份，现在参数k 和a 分开(k 和a 二者之间没有关系，彼此独立)，一一讨论范围以后再归并，从而确信()h x 的正负号。

【题目解答】（I ）21111(()2416f x x '-=-=-+，0x >；令12()()f x f x m ''==12(0)x x ≠>，是关于t的一元二次方程212t t m-+-=的两个不相等的正数根，从而1211612256mx xm⎧⎪<<⎪⎪⇒⎪>⎩121212()()ln lnf x f x x x x x+==；令()lng t t=-，那么14()4g tt t'=-=，()g t在(016)，上单调递减，在(16,)+∞上单调递增，因此当12256x x>时，12()(256)88ln2g x x g>=-，即12()()88ln2f x f x+>-，得证.（II）直线y kx b=+与曲线()f x有唯一公共点等价于函数()lnh x x kx a=--有唯一零点；(a)零点的存在性证明：当21(0,)xk∈时0kx>，当(0,)ax e-∈时ln0x a-->，因此当21(0,min(,))ax ek-∈时，(ln0h x kx x a-->；当21(+)xk∈∞，时0kx<，当(+)ax e-∈∞，时ln0x a--<，因此当21(max(,),)ax ek-∈+∞时，(ln0h x kx x a--<；依照零点存在性定理可知函数()h x在区间2211(min(,),max(,))a ae ek k--至少存在一个零点，从而()h x在(0,)+∞至少存在一个零点.(b)零点的唯一性证明：2111()416h x k kx'-=--+-；若116k≥，则()0h x'≤恒成立，()h x单调递减，现在()h x在(0,)+∞最多只有一个零点；若116k<<，()=0h x'有两个不相等正根3x和4x（设34x x<）且易知1142<<<<，从而()h x在3(0,)x上单调递减，34(,)x x上单调递增，4(,)x+∞上单调递减。

高考数学之利用导数研究函数的极值和最值

高考数学之利用导数研究函数的极值和最值一．知识点睛1.可导函数的极值：①如果函数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，我们就把a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.②如果函数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，我们就把b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.注意：①.可导函数y=f（x）在点x0取得极值的充要条件是f′(x0)=0，且在点x0左侧和右侧，f′(x)异号②.导数为0的点不一定是极值点，比如y=x3即导数为0的点是该点为极值点的必要条件，而不是充分条件。

③.若极值点处的导数存在，则一定为02.求可导函数极值的步骤：①.确定函数的定义域②求导f′(x)③求方程f′(x)=0的根④把定义域划分为部分区间，并列成表格，检查f′(x)在方程根左右的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值。

二．方法点拨：1.已知具体函数求极值2.已知含参函数的极值点和极值，确定参数：①极值点处导数为0②由极值点，极值组成的坐标在曲线上，由这两点建立有关参数的方程，求出参数值以后还须检验，看参数是否符合函数取得极值的条件。

3.已知含参函数极值点个数，确定参数范围:函数f（x）的极值点导函数f′(x) 的异号零点f′(x)=0的根函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标注意：导函数f′(x)的零点并不是函数f（x）的极值点，导函数f′(x)的异号零点才对应函数f（x）的极值点。

因此方程f′(x)=0的根及函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标，必须对应f′(x) 的异号零点。

方法总结：解决函数的零点，极值点，及方程根的关系问题时，优先考虑分离参数法，若分离参数不容易实现或者分离后依然不好解决问题，再考虑以下解题思路：（1）研究函数图像与X轴的位置关系⑵研究非水平的动直线（定点直线系或者斜率不为0的平行直线系）与固定函数曲线的位置关系⑶研究动态曲线与曲线的位置关系。

2018年高考浙江高考数学试题及答案(精校版)

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则若事件A ，B 相互独立，则若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则A ．B ．{1，3}C ．{2，4，5}D ．{1，2，3，4，5}()()()P A B P A P B +=+()()()P AB P A P B =()C (1)(0,1,2,,)k k n k n n P k p p k n -=-=121()3V S S h =12,S S h V Sh =S h 13V Sh =S h 24S R =π343V R =πR =UA ∅2．双曲线的焦点坐标是A ．(，0)，，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，)，(0)D ．(0，−2)，(0，2)3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm3）是A ．2B ．4C ．6D ．84．复数(i 为虚数单位)的共轭复数是 A ．1+iB ．1−iC ．−1+iD ．−1−i5．函数y =sin2x 的图象可能是A ．B ．C ．D ．6．已知平面α，直线m ，n 满足m α，n α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件221 3=x y -俯视图正视图21i-||2x ⊄⊂7．设0<p <1，随机变量ξ的分布列是则当p 在（0，1）内增大时， A ．D （ξ）减小B ．D （ξ）增大C ．D （ξ）先减小后增大D ．D （ξ）先增大后减小8．已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19．已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为，向量b 满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是 A −1B +1C ．2D ．210．已知成等比数列，且．若，则 A ．B ．C ．D ．非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

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专题3.4 利用导数研究函数的极值，最值
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）
1.若函数3()3f x x x =-在2(,6)a a -上有最小值，则实数a 的取值范围是（）
A ．(
B ．[
C ．[)2,1-
D ．(2,1)-
【答案】C
2.【2013年.浙江卷.理8】)已知e 为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( )．
A ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极小值,
B ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极大值
C ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极小值
D ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极大值
【答案】C
【解析】当k ＝1时，f(x)＝(e x －1)(x －1)，f ′(x)＝xe x －1，
∵f ′(1)＝e －1≠0，
∴f(x)在x ＝1处不能取到极值；
当k ＝2时，f(x)＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x)＝(x －1)(xe x ＋e x －2)，
令H(x)＝xe x ＋e x
－2，
则H ′(x)＝xe x ＋2e x ＞0，x ∈(0，＋∞)．
说明H(x)在(0，＋∞)上为增函数，
且H(1)＝2e －2＞0，H(0)＝－1＜0，
因此当x 0＜x ＜1(x 0为H(x)的零点)时，f ′(x)＜0，f(x)在(x 0,1)上为减函
数．
当x ＞1时，f ′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
∴x ＝1是f(x)的极小值点，故选C ．
3.已知函数()221ln f x x x a x =-++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，则（）
A C 【答案】D
【解析】
'()2(1)(24)lnt (22t)2(12t)lnt 0,g t t t =-+-+-=->所以(t)g 在区间
，故选.D ． f(x)＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( )
A ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极小值
B ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极大值
C ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极小值
D ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极大值
【答案】C
【解析】当k ＝1时，f(x)＝(e x －1)(x －1)，0,1是函数f(x)的零点．当0<x<1时，f(x)＝(e x －1)(x －1)<0，当x>1时，f(x)＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f(x)＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x<1，x>1时，f(x)>0，由极值的概念，知选C.
5.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实
数x ，有()0f x ≥，则(1)(0)
f f '的最小值为( ) Ａ．3 Ｂ．
52 Ｃ．2 Ｄ．32 【答案】C
6.已知函数()f x 的导函数的图象如图所示，若△ABC 为锐角三角形，则下列不等式一定成立的是（）
A. (sin )(sin )f A f B >
B. (sin )(cos )f A f B >
C. (cos )(cos )f A f B <
D. (sin )(cos )f A f B <
【答案】D
【解析】∵△ABC 为锐角三角形，∴A 、B 都是锐角，且A+B ＞
2π 由此可得0＜2π-B ＜A ＜2
π，因为正弦函数在锐角范围是增函数，所以对上式的两边取正弦得sin （2
π-B ）＜sinA ∴1>sinA ＞cosB>0，由图象可知函数()f x 在(0,1)上是减函数.∴(sin )(cos )f A f B <，故选D.
7．已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是 ( ）
A ．(,0)-∞
B ．1
(0,)2 C ．(0,1) D ．(0,)+∞。