第15题 导数与函数的最值-2021年高考数学真题逐题揭秘与以例及类(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 (学生版+解析版)
2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 （学生版+解析版）1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．2．（2021•北京）已知函数f （x ）=3−2x x 2+a． （1）若a ＝0，求y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；（2）若函数f （x ）在x ＝﹣1处取得极值，求f （x ）的单调区间，以及最大值和最小值．3．（2021•天津）已知a ＞0，函数f （x ）＝ax ﹣xe x ．（1）求曲线f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）证明函数f （x ）存在唯一的极值点；（3）若∃a ，使得f （x ）≤a +b 对任意的x ∈R 恒成立，求实数b 的取值范围．4．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且a ＞1，函数f （x ）＝a x ﹣bx +e 2（x ∈R ）．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b ＞2e 2，函数f （x ）有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a ＝e 时，证明：对任意b ＞e 4，函数f （x ）有两个不同的零点x 1，x 2，满足x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ． （注：e ＝2.71828⋯是自然对数的底数）5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f （x ）＝x （1﹣lnx ）．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna ﹣alnb ＝a ﹣b ，证明：2＜1a +1b ＜e ．8．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝x 3﹣x 2+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．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a 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．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．（2020•北京）已知函数f （x ）＝12﹣x 2．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）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．14．（2020•浙江）已知1＜a ≤2，函数f （x ）＝e x ﹣x ﹣a ，其中e ＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a −1≤x 0≤√2(a −1)；（ⅱ）x 0f （e x 0）≥（e ﹣1）（a ﹣1）a ．15．（2020•江苏）已知关于x 的函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）与h （x ）＝kx +b （k ，b ∈R ）在区间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．（1）若f （x ）＝x 2+2x ，g （x ）＝﹣x 2+2x ，D ＝（﹣∞，+∞），求h （x ）的表达式；（2）若f （x ）＝x 2﹣x +1，g （x ）＝klnx ，h （x ）＝kx ﹣k ，D ＝（0，+∞），求k 的取值范围；（3）若f （x ）＝x 4﹣2x 2，g （x ）＝4x 2﹣8，h （x ）＝4（t 3﹣t ）x ﹣3t 4+2t 2（0＜|t |≤√2），D ＝[m ，n ]⊂[−√2，√2]，求证：n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．17．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝sin 2x sin2x ．（1）讨论f （x ）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f （x ）|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n ． 18．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝2lnx +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a ＞0，讨论函数g （x ）=f(x)−f(a)x−a的单调性． 19．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x +ax 2﹣x ．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围．20．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x 3﹣kx +k 2．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有三个零点，求k 的取值范围．21．（2019•全国）已知函数f （x ）=√x （x 2﹣ax ）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为−23，求a．22．（2019•新课标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．23．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．24．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=−34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．25．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．26．（2019•江苏）设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤4 27．27．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜1 e，（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．28．（2019•天津）设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0； （Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈N ，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 29．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝2sin x ﹣x cos 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x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．30．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．31．（2019•北京）已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）设F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）|（a ∈R ），记F （x ）在区间[﹣2，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．32．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点； （2）f （x ）有且仅有2个零点．33．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．34．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（3a +1）x +3a +2]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．35．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．36．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．37．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=ax2+x−1e x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．38．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．39．（2018•浙江）已知函数f（x）=√x−lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．40．（2018•天津）已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=−2lnlna lna；（Ⅲ）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．41．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S 点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）=be xx．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．42．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a ＝3，求f （x ）的单调区间；（2）证明：f （x ）只有一个零点．43．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=1x −x +alnx ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．44．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．45．（2017•全国）已知函数f （x ）＝ax 3﹣3（a +1）x 2+12x ．（1）当a ＞0时，求f （x ）的极小值；（Ⅱ）当a ≤0时，讨论方程f （x ）＝0实根的个数．46．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．47．（2017•天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）＝2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，满足|p q −x 0|≥1Aq 4． 48．（2017•新课标Ⅱ）设函数f （x ）＝（1﹣x 2）•e x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≤ax +1，求实数a 的取值范围．49．（2017•山东）已知函数f （x ）＝x 2+2cos x ，g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x +2x ﹣2），其中e ≈2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；（Ⅱ）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．50．（2017•天津）设a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数f （x ）＝x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）＝e x f （x ）．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y ＝g （x ）和y ＝e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：f （x ）在x ＝x 0处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．51．（2017•北京）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． 52．（2017•江苏）已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，且导函数f ′（x ）的极值点是f （x ）的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b 2＞3a ；（Ⅲ）若f （x ），f ′（x ）这两个函数的所有极值之和不小于−72，求实数a 的取值范围．53．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 54．（2017•浙江）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． 55．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝lnx +ax 2+（2a +1）x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a ＜0时，证明：f （x ）≤−34a −2．56．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ．（1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值．57．（2017•山东）已知函数f（x）=13x3−12ax2，a∈R，（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cos x﹣sin x，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．2017-2021年高考真题 导数 解答题全集（学生版+解析版）参考答案与试题解析1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．【解答】解：（Ⅰ）∵f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ，f '（x ）＝x （e x ﹣2a ），①当a ≤0时，当x ＞0时，f '（x ）＞0，当x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，可得x ＝0或x ＝ln （2a ），（i ）当0＜a ＜12时，当x ＞0或x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当ln （2a ）＜x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，ln （2a ）），（0，+∞）上单调递增，在（ln （2a ），0）上单调递减， （ii ）a =12时，f '（x ）＝x （e x ﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f （x ）在R 上单调递增，（iii ）当a ＞12时，当x ＜0或x ＞ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当0＜x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＜0，f （x ）在（﹣∞，0），（ln （2a ），+∞）上单调递增，在（0，ln （2a ））上单调递减． 综上所述：当 a ⩽0 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增；当 0＜a ＜12 时，f （x ） 在 （﹣∞，ln （2a ）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln （2a ），0）上单调递减；当 a =12 时，f （x ） 在 R 上单调递增；当 a ＞12 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）和 （ln （2a ），+∞） 上单调递增；在 （0，ln （2a ）） 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln （2a ））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到f(−√ba)=(−√b a−1)e−√ba＜0，f(0)=b−1＞2a−1＞0．∴f（x）在(−√ba，0]上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由12＜a⩽e22得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵0＜a＜12，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0 时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取c=√2(1−b)+2，∵b＜2a＜1，∴c＞√2＞1，又易证e c＞c+1，∴f(c)=(c−1)e c−ac2+b＞(c−1)(c+1)−ac2+b=(1−a)c2+b−1＞12c2+b−1=1−b+1+b−1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．2．（2021•北京）已知函数f（x）=3−2x x2+a．（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．【解答】解：（1）f（x）=3−2xx2的导数为f′（x）=−2x2−2x(3−2x)x4=2x−6x3，可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（2）f（x）=3−2xx2+a的导数为f′（x）=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2，由题意可得f′（﹣1）＝0，即8−2a(a+1)2=0，解得a＝4，可得f（x）=3−2x x2+4，f′（x）=2(x+1)(x−4) (x2+4)2，当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值−14，且为最小值−1 4．所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；f（x）的最大值为1，最小值为−1 4．3．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xe x．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）e x，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）e x＝0，则a＝（x+1）e x，令g（x）＝（x+1）e x，则g'（x）＝（x+2）e x，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）e m，（m＞﹣1），所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）e m﹣m﹣me m﹣（1+m）e m＝（m2﹣m﹣1）e m （m＞﹣1），令h（x）＝（x2﹣x﹣1）e x（x＞﹣1），若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）e x＝（x﹣1）（x+2）e x，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．4．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞blnb 2e2x1+e2b．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞ln blnalna，令f′（x）＜0，解得x＜ln blnalna，∴此时f（x）在(−∞，ln blnalna)单调递减，在(ln blnalna，+∞)单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为(−∞，ln blnalna)，单调递增区间为(ln blnalna，+∞)；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需f(x)min=f(ln blnalna)＜0即可，∴a ln blnalna−b⋅ln blnalna+e2＜0对任意b＞2e2均成立，令t=ln blnalna，则at﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即e lnblna−b⋅ln blnalna+e2＜0，即blna−b⋅ln blnalna+e2＜0，∴b−b⋅lnblna+e2lna＜0对任意b＞2e2均成立，记g(b)=b−b⋅lnblna+e2lna，b＞2e2，则g′(b)=1−(ln b lna+b⋅lna b⋅1lna)=ln(lna)−lnb，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时g(b)＜g(2e2)=2e2−2e2⋅ln 2e2lna+e2lna=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb ＞4，易知f(x)min =f(lnb)=e lnb −b ⋅lnb +e 2=b −blnb +e 2＜b −4b +e 2＝e 2﹣3b ＜e 2﹣3e 4＝e 2（1﹣3e 2）＜0，∴f （x ）有两个零点，不妨设为x 1，x 2，且x 1＜lnb ＜x 2，由f(x 2)=e x 2−bx 2+e 2=0，可得x 2=e x 2b +e 2b ，∴要证x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ，只需证e x 2b ＞blnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1， 而f(2e 2b )=e 2e 2b −2e 2+e 2=e 2e 2b −e 2＜e 2e 2−e 2＜0，则x 1＜2e 2b ， ∴要证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞blnb ，只需证x 2＞ln （blnb ）， 而f （ln （blnb ））＝e ln（blnb ）﹣bln （blnb ）+e 2＝blnb ﹣bln （blnb ）+e 2＜blnb ﹣bln （4b ）+e 2=b ⋅ln 14+e 2=e 2−bln4＜0，∴x 2＞ln （blnb ），即得证．5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）f ′（x ）＝2a 2x +a −3x =2a 2x 2+ax−3x =(2ax+3)(ax−1)x ，x ＞0， 因为a ＞0，所以−32a ＜0＜1a ，所以在（0，1a ）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减， 在（1a ，+∞）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增． 综上所述，f （x ）在（0，1a ）上单调递减，在（1a ，+∞）上f （x ）单调递增． （2）由（1）可知，f （x ）min ＝f （1a ）＝a 2×（1a ）2+a ×1a −3ln 1a +1＝3+3lna ， 因为y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，所以3+3lna ＞0，所以a ＞1e ，所以a 的取值范围为（1e，+∞）．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1． 【解答】（1）解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，a ），令t （x ）＝xf （x ），则t （x ）＝xln （a ﹣x ），x ∈（﹣∞，a ），则t '（x ）＝ln （a ﹣x ）+x •−1a−x =ln(a −x)+−x a−x ，因为x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点，则有t '（0）＝0，即lna ＝0，所以a ＝1， 当a ＝1时，t '（x ）=ln(1−x)+−x 1−x =ln(1−x)+−11−x +1，且t '（0）＝0，因为t ''（x ）=−11−x +−1(1−x)2=x−2(1−x)2＜0，则t '（x ）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x ∈（﹣∞，0）时，t '（x ）＞0，当x ∈（0，1）时，t '（x ）＜0，所以a ＝1时，x ＝0是函数y ＝xf （x ）的一个极大值点．综上所述，a ＝1；（2）证明：由（1）可知，xf （x ）＝xln （1﹣x ），要证x+f(x)xf(x)＜1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，因为当x ∈（﹣∞，0）时，xln （1﹣x ）＜0，当x ∈（0，1）时，xln （1﹣x ）＜0，所以需证明x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），即x +（1﹣x ）ln （1﹣x ）＞0，令h （x ）＝x +（1﹣x ）ln （1﹣x ），则h '（x ）＝（1﹣x ）⋅−11−x +1−ln(1−x)，所以h '（0）＝0，当x ∈（﹣∞，0）时，h '（x ）＜0，当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，所以x ＝0为h （x ）的极小值点，所以h （x ）＞h （0）＝0，即x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），故x+ln(1−x)xln(1−x)＜1， 所以x+f(x)xf(x)＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜1a+1b＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得−1aln1a+1b ln1b=1b−1a，即1a (1−ln1a)=1b(1−ln1b)，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故limx→0φ(x)=0，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜1a+1b＜e．8．（2021•乙卷）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．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，①当△≤0，即a≥13时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当△＞0，即a＜13时，令f′（x）＝0，解得x1=1−√1−3a3，x2=1+√1−3a3，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在(−∞，1−√1−3a3)，(1+√1−3a3，+∞)单调递增，在(1−√1−3a3，1+√1−3a3)单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为(x0，x03−x02+ax0+1)，f′(x0)= 3x02−2x0+a，则切线方程为y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，将原点代入切线方程有，2x 03−x 02−1=0，解得x 0＝1，∴切线方程为y ＝（a +1）x ，令x 3﹣x 2+ax +1＝（a +1）x ，即x 3﹣x 2﹣x +1＝0，解得x ＝1或x ＝﹣1，∴曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标为（1，a +1）和（﹣1，﹣a ﹣1）．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a 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．【解答】解：（1）a ＝2时，f （x ）=x 22x ， f ′（x ）=2x⋅2x −2x ln2⋅x 2(2x )2=x(2−xln2)2x =ln2⋅x(2ln2−x)2x ， 当x ∈（0，2ln2）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（2ln2，+∞）时，f ′（x ）＜0， 故f （x ）在（0，2ln2）上单调递增，在（2ln2，+∞）上单调递减．（2）由题知f （x ）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f （x ）＝1⇔x a ＝a x ⇔alnx ＝xlna ⇔lnx x =lna a ， 令g （x ）=lnx x ，g ′（x ）=1−lnx x 2，g （x ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，+∞）上单调递减，又lim x→0g （x ）＝﹣∞，g （e ）=1e ，g （1）＝0，lim x→+∞g （x ）＝0， 作出g （x ）的图象，如图所示：由图象可得0＜lna a ＜1e ，解得a ＞1且a ≠e ，即a 的取值范围是（1，e ）∪（e ，+∞）．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，+∞），且f ′（x ）＝e x ﹣a ．（1）当a ＝1时，f ′（x ）＝e x ﹣1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝0．∴当x ∈（﹣∞，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a ≤0时，f ′（x ）＝e x ﹣a ＞0恒成立，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a ＞0时，令f ′（x ）＝0，解得x ＝lna ，当x ∈（﹣∞，lna ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（lna ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）的极小值也是最小值为f （lna ）＝a ﹣a （lna +2）＝﹣a （1+lna ）．又当x →﹣∞时，f （x ）→+∞，当x →+∞时，f （x ）→+∞．∴要使f （x ）有两个零点，只要f （lna ）＜0即可，则1+lna ＞0，可得a ＞1e ．综上，若f （x ）有两个零点，则a 的取值范围是（1e ，+∞）． 11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．【解答】解：（I ）（i ）当k ＝6时，f （x ）＝x 3+6lnx ，故f ′（x ）＝3x 2+6x，∴f ′（1）＝9，∵f （1）＝1，∴曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y ﹣1＝9（x ﹣1），即9x ﹣y ﹣8＝0．（ii ）g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x =x 3+6lnx ﹣3x 2+3x，x ＞0，∴g ′（x ）＝3x 2﹣6x +6x −3x 2=3(x−1)3(x+1)x 2，令g ′（x ）＝0，解得x ＝1， 当0＜x ＜1，g ′（x ）＜0， 当x ＞1，g ′（x ）＞0，∴函数g （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x ＝1是极小值点，极小值为g （1）＝1，无极大值 证明：（Ⅱ）由f （x ）＝x 3+klnx ，则f ′（x ）＝3x 2+kx， 对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，令x 1x 2=t ，t ＞1，则（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＝（x 1﹣x 2）（3x 12+kx 1+3x 22+kx 2）﹣2（x 13﹣x 23+klnx 1x 2），＝x 13﹣x 23﹣3x 12x 2+3x 1x 22+k （x 1x 2−x 2x 1）﹣2klnx 1x 2，＝x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t−2lnt ），① 令h （x ）＝x −1x −2lnx ，x ＞1， 当x ＞1时，h ′（x ）＝1+1x2−2x =（1−1x ）2＞0， ∴h （x ）在（1，+∞）单调递增，∴当t ＞1，h （t ）＞h （1）＝0，即t −1t −2lnt ＞0， ∵x 2≥1，t 3﹣3t 2+3t ﹣1＝（t ﹣1）3＞0，k ≥﹣3，∴x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t −2lnt ）≥t 3﹣3t 2+3t ﹣1﹣3（t −1t −2lnt ）＝t 3﹣3t 2+6lnt +3t −1，②，由（Ⅰ）（ii ）可知当t ≥1时，g （t ）＞g （1） 即t 3﹣3t 2+6lnt +3t ＞1，③，由①②③可得（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＞0， ∴当k ≥﹣3时，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝e x﹣lnx+1，∴f′（x）＝e x−1 x，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x=−2e−1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1．（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e lnx+lnx，令g（t）＝e t+t，则g′（t）＝e t+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）=1x−1=1−x x，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．方法二：由f（x）≥1可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即ae x﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝e x﹣x﹣1，∴g′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1＞0，即e x＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1−1x=x−1x，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴e x﹣1≥x，则ae x﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝ae x﹣1−1 x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1a ）＝a e1a−1−a＝a（e1a−1−1）＞0，∴存在x0∈（1，1a）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，e x﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥e x﹣1﹣lnx，令g（x）＝e x﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝e x﹣1−1 x，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝ae x﹣1−1x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝ae x﹣1在（0，+∞）上为增函数，y=1x在0，+∞）上为减函数，∴y＝ae x﹣1与y=1x在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a e x0−1−1x0=0，则a e x0−1=1x0，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a e x0−1−lnx0+lna=1x0−lnx0+1﹣x0﹣lnx0=1x−2lnx0+1﹣x0≥1∴1x0−2lnx0﹣x0≥0设g（x）=1x−2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，1x0−2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1−1x＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等价于ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+1a＞0，则g（a）单调递增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．设h（x）＝e x﹣x﹣1，∴h′（x）＝e x﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1≥0，即e x≥x+1，把x换成x﹣1得到e x﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．∴f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna≥e x﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．综上，a≥1．13．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）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．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切线的方程为y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x=12t+6t，∴S（t）=12•|12t+6t|•（12+t2），由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，不妨设t＞0，则S（t）=14（t+12t）（12+t2），∴S′（t）=14（3t2+24−144t2）=34•(t2−4)(t2+12)t2，由S′（t）＝0，得t＝2，当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2和﹣2处取得极小值，且为最小值32，所以S（t）的最小值为32．14．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝e x﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a−1≤x0≤√2(a−1)；（ⅱ）x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝e x﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴e x0−x0﹣a＝0，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，令g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝e x﹣x﹣1−x22，（0＜x＜2），一方面，h′（x）＝e x﹣1﹣x＝h1（x），ℎ1′(x)=e x−1＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，∴e x﹣x﹣1−x22＞0，2（ex﹣x﹣1）＞x2，另一方面，1＜a≤2，∴a﹣1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2≤0，∵g′（x）＝e x﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝e x﹣2＝0，∴x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，∴e x﹣x﹣1＜x2，综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)．（ii）要证明x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，由（i）得只需证e√a−1+a−√a−1−2a≥（e﹣1）a√a−1，∵e x≥1+x+12x2，∴只需证1+12（√a−1+a）2﹣a≥（e﹣1）a√a−1，只需证a2−(√a−1)2−2（e﹣2）a√a−1≥0，即证√a−1−√a−1a≥2（e﹣2），∵√a−1=√a−1+√a−1∈[2，+∞），∴√a−1−√a−1a≥2−12=32≥2(e−2)，∴x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．15．（2020•江苏）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤√2），D＝[m，n]⊂[−√2，√2]，求证：n﹣m≤√7．【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，经检验：h（x）＝2x，符合任意，（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1−1x=x−1x，在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）≥φ（1）＝0，所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，令p（x）＝f（x）﹣h（x）所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，所以k＝﹣1，当k+1＞0时，即k＞﹣1时，△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，解得﹣1＜k≤3，综上，k∈[0，3]．（3）①当1≤t≤√2时，由g（x）≤h（x），得4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，整理得x2﹣（t3﹣t）x+3t4−2t2−84≤0，（*）令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），则△＝t6﹣5t4+3t2+8，记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤√2），则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，所以φ（t）在[1，√2]上是减函数，则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，因此n﹣m≤x2﹣x1=√△≤√7．②当0＜t＜1时，f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，设v （t ）＝3t 4+4t 3﹣2t 2﹣4t ﹣1，则v ′（t ）＝12t 3+12t 2﹣4t ﹣4＝4（t +1）（3t 2﹣1）， 令v ′（t ）＝0，得t =√33， 当t ∈（0，√33）时，v ′（t ）＜0，v （t ）是减函数， 当t ∈（√33，1）时，v ′（t ）＞0，v （t ）是增函数， v （0）＝﹣1，v （1）＝0， 则当0＜t ＜1时，v （t ）＜0，则f （﹣1）﹣h （﹣1）＜0，因此﹣1∉（m ，n ）， 因为[m ，n ]⊆[−√2，√2]，所以n ﹣m ≤√2+1＜√7，③当−√2≤t ＜0时，因为f （x ），g （x ）为偶函数，因此n ﹣m ≤√7也成立， 综上所述，n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直． （1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．【解答】（1）解：由f （x ）＝x 3+bx +c ，得f ′（x ）＝3x 2+b ， ∴f ′（12）＝3×(12)2+b =0，即b =−34；（2）证明：法一、设x 0为f （x ）的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0，且|x 0|≤1， 令c （x ）=−x 3+34x （﹣1≤x ≤1）， ∴c ′（x ）=−3x 2+34=−3(x +12)(x −12)， 当x ∈（﹣1，−12）∪（12，1）时，c ′（x ）＜0，当x ∈（−12，12）时，c ′（x ）＞0 可知c （x ）在（﹣1，−12），（12，1）上单调递减，在（−12，12）上单调递增．又c （﹣1）=14，c （1）=−14，c （−12）=−14，c （12）=14，∴−14≤c ≤14．设x 1 为f （x ）的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0， 即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴{4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤04x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0，得﹣1≤x 1≤1， 即|x 1|≤1．∴f （x ）所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，f （x ）=x 3−34x +c ． f ′（x ）=3x 2−34=3(x +12)(x −12)， 可得当x ∈（﹣∞，−12）∪（12，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（−12，12）时，f ′（x ）＜0，则f （x ）在（﹣∞，−12），（12，+∞）上单调递增，在（−12，12）上单调递减．且f （﹣1）＝c −14，f （−12）＝c +14，f （12）＝c −14，f （1）＝x +14，若f （x ）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f （﹣1）＞0或f （1）＜0． 即c ＞14或c ＜−14．当c ＞14时，f （﹣1）＝c −14＞0，f （−12）＝c +14＞0，f （12）＝c −14＞0，f （1）＝c +14＞0，又f （﹣4c ）＝﹣64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＜0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（﹣4c ，﹣1）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点． 此时f （x ）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c ＜−14时，f （﹣1）＝c −14＜0，f （−12）＝c +14＜0，f （12）＝c −14＜0，f （1）＝c +14＜0，又f （﹣4c ）＝64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＞0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（1，﹣4c ）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．。
2021年高考数学真题逐题解析：导数的几何意义及应用(原卷)
第7题导数的几何意义及应用一、原题呈现【原题】若过点 ,a b 可以作曲线e x y 的两条切线,则（）A.e b aB.e a bC.0e b aD.0e ab 【答案】D 【解析】解法一：设过点 ,a b 的切线与曲线e x y 切于,e tP t ,对函数e x y 求导得e x y ,所以曲线e x y 在点P 处的切线方程为 e e t t y x t ,即 e 1e t t y x t ,由题意可知,点 ,a b 在直线 e 1et ty x t 上,所以 e 1e 1e ttt b a t a t ,过点 ,a b 可以作曲线e x y 的两条切线,则方程 1etb a t 有两个不同实根,令 1e tf t a t ,则 e tf t a t .当t a 时, 0f t ,此时函数 f t 单调递增,且 0f t ,当t a 时, 0f t ,此时函数 f t 单调递减,所以, max e af t f a ,如图所示,当直线y b 与曲线 y f t 的图象有两个交点时,当0e a b 时,直线y b 与曲线 y f t 的图象有两个交点.故选D.解法二：画出函数曲线e x y 的图象如图所示,根据直观即可判定点 ,a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0e a b .故选D.【就题论题】本题主要考查利用导数的几何意义研究确定的切线,注意等价转化思想的应用：切线有两条 切点 ,ett 有2个t整理出关于的方程关于t 的方程 1e tb a t 有2个不同实根 直线y b 与1e t f t a t 有2个交点.另外由解法二可知：点 ,a b 在曲线下方且在x 轴上方时符合条件的切线有2条；点 ,a b 在曲线上或在x 轴上或在x 轴下方时符合条件的切线有1条；点 ,a b 在曲线上方时符合条件的切线不存在；若把题中的切线换成3y x ,点 ,a b 位置与切线条数有何关系,有兴趣的同学可以探讨一下.二、考题揭秘【命题意图】本题考查导数几何意义的应用,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等.【考情分析】导数的几何意义是高考的一个高频考点,考查热点主要有：求曲线在某点处的切线；求两条曲线的公切线；确定满足条件的曲线的条数.【得分秘籍】(1)导数的几何意义是研究曲线的切线的基石,函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义,就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线的斜率．也就是说,曲线y ＝f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线的斜率是 0f x .求以曲线上的点(x 0,f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f (x )的导数f ′(x )；②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0),并化简．(2)研究曲线的公切线,一般是分别设出两切点,写出两切线方程,然后再使这两个方程表示同一条直线.(3)求曲线切线的条数一般是设出切点,t f t ,由已知条件整理出关于t 的方程,把切线条数问题转化为关于t 的方程的实根个数问题.【易错警示】(1)求导出错,如一下几个函数的导数比较容易出错：211cos sin,x xx x；(2)混淆在某点处的切线与过某点的切线,注意求曲线过某点的切线,一般是设出切点(x0,y0),解方程组x0），f′（x0），得切点(x0,y0),进而确定切线方程．(3)对曲线的切线理解失误,如误认为曲线的切线与曲线只有1个公共点,又如误认为0x 不是曲线3y x 在0x 处的切线方程.三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）单选题1．（2021广东省肇庆市高三二模）曲线 1lnf x xx在1,1f处的切线方程为（）A．230x y B．210x y C．230x y D．210x y2．（2021湖南省部分学校高三下学期联考）函数32()71f x x x的图象在点(4,(4))f处的切线斜率为（）A．8 B．7 C．6 D．53．（2021山东省滨州市高三二模）设曲线2axy e (e=2.718…为自然对数的底数)在点 0,1处的切线及直线210x y 和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆,则a （）A．1 B．14C．14D．14．（2021江苏省盐城市高三5月第三次模拟）韦达是法国杰出的数学家,其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系,如：设一元三次方程3200ax bx cx d a的3个实数根为1x,2x,3x,则123bx x xa,122331cx x x x x xa,123dx x xa.已知函数 321f x x x,直线l与 f x的图象相切于点11,P x f x,且交 f x的图象于另一点22,Q x f x,则（）A．1220x x B．12210x xC．12210x x D．1220x x5．（2021湖南省永州市高三下学期二模）曲线()2lnf x x在x t 处的切线l过原点,则l的方程是（）A．20x eyB．20x eyC ．20ex yD ．20ex y 6．（2021广东省肇庆市高三下学期5月模拟）函数1()cos f x x x的图像的切线斜率可能为（）A ．13B ．2C ．53D ．47．（2021河北省衡水中学高三第一次联考）已知M 为抛物线2:4C x y 上一点,C 在点M 处的切线11:2l y x a交C 的准线于点P ,过点P 向C 再作另一条切线2l ,则2l 的方程为（）A ．1124y xB ．122y xC ．24y xD ．24y x 8．（2021湖南省衡阳市高三下学期联考）若函数 210f x ax a 与 1ln g x x 的图象存在公切线,则实数a 的最小值为（）A ．12eB ．21e C ．2eD ．19．（2021江苏省南通等七市2021届高三下学期2月调研）已知曲线ln y x 在 11,A x y , 22,B x y ,两点处的切线分别与曲线x y e 相切于 33,C x y , 44,D x y ,则1234x x y y 的值为（）A ．1B ．2C ．52D ．17410．（2021江苏省苏州市常熟市高三抽测）已知两曲线()2sin f x x ,()cos g x a x ,0,2x相交于点P ,若两曲线在点P 处的切线互相垂直,则实数a 的值为（）A ．2B ．3C ．2D ．23311．（2021山东省高考考前热身押题）若x ,y R ,0x ,求2224ln 21x y x x y 的最小值为（）A B C ．165D ．512．（2021河北省邢台市高考模拟）若曲线 11xmy xe x x 存在两条垂直于y 轴的切线,则m 的取值范围为（）A ．427,0eB ．427,0eC ．427,eD ．4271,e13．（2021福建省龙岩市高三三模）若直线y kx b 是曲线2x y e 的切线,也是曲线1x y e 的切线,则k b （）A ．ln22 B ．1ln22C ．ln212D ．ln22二、多选题14．（2021广东省深圳市高三下学期二模）设函数 xf x e ex 和 21ln 122g x x kx k x kR ,其中e 是自然对数的底数 2.71828e ,则下列结论正确的为（）A ． f x 的图象与x 轴相切B ．存在实数0k ,使得 g x 的图象与x 轴相切C ．若12k,则方程 f x g x 有唯一实数解D ．若 g x 有两个零点,则k 的取值范围为10,215．（2021河北省邯郸市高三三模）英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法——牛顿迭代平法,做法如下：如图,设r 是()0f x 的根,选取0x 作为r 的初始近似值,过点00,x f x 作曲线()y f x 的切线 000:'l y f x f x x x ,则l 与x 轴的交点的横坐标01000'0'f x x x f x f x,称1x 是r的一次近似值；过点11,x f x 作曲线()y f x 的切线,则该切线与x 轴的交点的横坐标为x 2,称x 2是r 的二次近似值；重复以上过程,得r 的近似值序列,其中1'0'n n n n n f x x x f x f x ,称1n x 是r 的n +1次近似值,这种求方程()0f x 近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程22x 的近似解,则（）A ．若取初始近似值为1,则该方程解的二次近似值为1712B ．若取初始近似值为2,则该方程解的二次近似值为1712C ．0123400123''''f x f x f x f x x x f x f x f x f xD ．0123400123''''f x f x f x f x x x f x f x f x f x16．（2021河北省唐山市高三下学期第二次模拟）若直线y ax 与曲线()x f x e 相交于不同两点 11,A x y , 22,B x y ,曲线()x f x e 在A ,B 点处切线交于点 00,M x y ,则（）A ．a eB ．1201x x x C ．2AM BM AB k k k D ．存在a ,使得135AMB三、填空题17．（2021山东省百所名校高三下学期4份联考）已知函数 3xf x e mx ,曲线 y f x 在不同的三点 11,x f x , 22,x f x , 33,x f x 处的切线均平行于x 轴,则m 的取值范围是______．18.（2021江苏省南京市高三下学期5月第三次模拟）已知直线y kx b 与曲线2cos y x x 相切,则2k b的最大值为______.四、解答题18．（2021广东省惠州市高三调研）已知实数0a ,函数 22ln f x a x a x x,(0,10)x ．（1）讨论函数 f x 的单调性；（2）若1x 是函数 f x 的极值点,曲线()y f x 在点11(,())P x f x ､22(,())Q x f x (12x x )处的切线分别为12l l ，,且12l l ，在y 轴上的截距分别为1b ､2b ．若12l l //,求12b b 的取值范围．。
2021年高考导数与函数的极值最值题型归纳
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1）当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，当 时， 单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】(1)由函数的解析式可得： ，则：
，
在 上的根为： ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增．
设函数 ，其中 ,且 是公差为 的等差数列.
（I）若 求曲线 在点 处的切线方程；（II）若 ，求 的极值；
（III）若曲线 与直线 有三个互异的公共点，求d的取值范围.
【解析】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故 =3x2−1，因此f(0)=0， =−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)= (x−0)，故所求切线方程为x+y=0．
A． 存在对称轴B． 的单调递减区间为
C． 在 上单调递增D． 存在极大值
【解析】由题可知， 为二次函数，可知函数 的极大值点为 ，极小值点为1，
可得 ，且两根分别是 和1．所以 存在极小值，对称轴 ，
单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．A，B，C正确．故选：D.
【变式演练3】（解析式中不含参的极值）【江苏省南通市2020届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数 ，其中e是自然对数的底数， .
（1）当 时，求 的极值；
（2）写出函数 的单调增区间；
（3）当 时，在y轴上是否存在点P，过点P恰能作函数 图象的两条切线？若存在，求出所有这样的点；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）当 时， ，
令 ，解得： 或 ，
当 时， ，当 时， ，
所以有： ， .
（2） ，当 时， ，
2021年高考数学高分套路 利用导数求函数的单调性、极值、最值(原卷版)
利用导数求函数的单调性、极值、最值【套路秘籍】---千里之行始于足下一．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减．二．函数的极值(1)一般地，求函数y ＝f (x )的极值的方法解方程f ′(x )＝0，当f ′(x 0)＝0时：①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值；②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)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考查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．三．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．【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始考向一单调区间【例1】求下列函数的单调区间：（1）3()23f x x x =-；（2）2()ln f x x x =-.（3）)f (x )＝2x －x 2.【套路总结】用导数研究函数的单调性（1）用导数证明函数的单调性证明函数单调递增（减），只需证明在函数的定义域内'()f x ≥（≤）0（2）用导数求函数的单调区间①求函数的定义域D②求导'()f x ③解不等式'()f x ＞()<0得解集P ④求D P ,得函数的单调递增（减）区间。
2021年广东省高考数学总复习第15讲：利用导数研究函数的极值、最值
2021年广东省高考数学总复习第15讲：利用导数研究函数的极值、最值1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 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．2．设函数f (x )＝13x 3－x ＋m 的极大值为1，则函数f (x )的极小值为( A )A ．－13B ．－1 C.13D ．1解析：f ′(x )＝x 2－1，由f ′(x )＝0得x 1＝－1，x 2＝1.所以f (x )在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝－1处取得极大值，且f (－1)＝1，即m ＝13，函数f (x )在x ＝1处取得极小值，且f (1)＝13×13－1＋13＝－13.故选A.3．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43 B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)， ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－3＜b ＜1，则由f ′(x )＞0， 得x ＜b 或x ＞2，由f ′(x )＜0，得b ＜x ＜2， ∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.4．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( A )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知－1,1为函数的极值点． 又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1， 所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19. 由题设知在区间[－3,2]上， f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.5．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( C )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＝83.6．若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a ＞0)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( C )A.⎝⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ B ．(1，＋∞) C ．(1,2)D ．(2，＋∞)解析：f ′(x )＝ax －(1＋2a )＋2x ＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x(a ＞0，x ＞0)，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，即f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有解． 则f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内先大于0，再小于0，则⎩⎨⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0，f ′(1)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧14a －12(2a ＋1)＋212＞0，a －(2a ＋1)＋2＜0，解得1＜a ＜2，故选C.7．已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( D )A ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞－12B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜－12 C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜－12 D ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞－12解析：f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线， 可知：0＜2a ＜1,0＜x 1＜1＜x 2. ∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0＜x 1＜1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)＜0， ∵当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0， ∴f (x 2)＞f (1)＝－a ＞－12，故选D.8．(2021·模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32. 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ， 所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.9．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 ＝1.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 ＝1.10．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (x ＞0)的图象与直线y ＝4相切于点M (1,4)，则y ＝f (x )在区间(0,4]上的最大值为4；最小值为0.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b (x ＞0)．依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9.所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x .令f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝0，解得x ＝1或x ＝3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )在区间(0,4]上的变化情况如下表：所以函数f (x )＝x 3－6x 2＋9x 在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.11．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)＝ln2－2a .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)＝ln2－a ，所以当12＜a ＜ln2时，最小值是f (1)＝－a ； 当ln2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ； 当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a . 12．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数f (x )的定义域为{x |x ＞0}， f ′(x )＝a x －1x 2(a ＞0)． (1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0解得x ＜1a ，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a .(2)由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e ≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a lne ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.13．已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( A )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e) 解析：f (x )＝x ln x －a e x (x ＞0)， ∴f ′(x )＝ln x ＋1－a e x (x ＞0)，由已知函数f (x )有两个极值点可得y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有两个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1e x(x ＞0)， 令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＜0， ∴h (x )在(0，＋∞)上单调递减且h (1)＝0，∴当x ∈(0,1]时，h (x )≥0，即g ′(x )≥0，g (x )在(0,1]上单调递增，g (x )≤g (1)＝1e ，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0； 若y ＝a 和g (x )在(0，＋∞)上有两个交点， 只需0＜a ＜1e .14．设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)； ②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)； ③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)． 其中正确结论的个数为( B ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：函数g (x )＝f (x )－λx ，∴g ′(x )＝f ′(x )－λ， 令g ′(x )＝0，得f ′(x )－λ＝0， ∴f ′(x )＝λ有两解x 1，x 2(x 1＜x 2)．∵f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，∴f ′(x )＝3x 2－6x ＋2， 画出y ＝f ′(x )的图象如图所示：①若－1＜λ＜0，则x 1、x 2在f (x )的递减区间上，故f (x 1)＞f (x 2)； ②若0＜λ＜2，则x 1＞0，x 2＜2，又x 1,0在f (x )的一个递增区间上，x 2,2在f (x )的另一个递增区间上，∴f (x 1)＞f (0)＝0，f (x 2)＜f (2)＝0，故f (x 1)＞f (x 2)；③若λ＞2，则x 1＜0，x 2＞2， 则f (x 1)＜f (0)＝0，f (x 2)＞f (2)＝0， 故f (x 1)＜f (x 2)．故选B.15．若函数f (x )＝m ln x ＋(m －1)x 存在最大值M ，且M ＞0，则实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 1＋e ，1. 解析：f ′(x )＝mx ＋(m －1)＝(m －1)x ＋m x (x ＞0)， 当m ≤0或m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调， 此时函数f (x )无最大值．当0＜m ＜1时，令f ′(x )＝0，则x ＝m 1－m，∴当0＜m ＜1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 1－m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－m ，＋∞上单调递减，∴当0＜m ＜1时，函数f (x )有最大值，最大值M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－m ＝m ln m1－m－m . ∵M ＞0，∴m ln m1－m －m ＞0，解得m ＞e1＋e，∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 1＋e ，1. 16．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a ＞0)． (1)讨论f (x )在(0,1)上极值点的个数；(2)若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，且f (x 1)－f (x 2)＞m 恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x，令g (x )＝2x 2－ax ＋1，解法一：令g (x )＝2x 2－ax ＋1＝0得Δ＝a 2－8，①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，g (x )＞0恒成立，此时f (x )在(0,1)上无极值点；②当Δ＞0，即a ＞22时，由g (x )＝2x 2－ax ＋1＝0得，x 1＝a －a 2－84，x 2＝a ＋a 2－84. (ⅰ)若22＜a ＜3，则0＜x 1＝a －a 2－84＜a 4＜1,0＜x 2＝a ＋a 2－84＜3＋14＝1. 故此时f (x )在(0,1)上有两个极值点；(ⅱ)若a ≥3，则0＜x 1＝a －a 2－84＝84(a ＋a 2－8)＝2(a ＋a 2－8)≤23＋1＝12＜1， 而x 2＝a ＋a 2－84＞3＋14＝1. 故此时f (x )在(0,1)上只有一个极值点；综上可知，当0＜a ≤22时，f (x )在(0,1)上无极值点； 当22＜a ＜3时，f (x )在(0,1)上有两个极值点；当a ≥3时，f (x )在(0,1)上只有一个极值点．解法二：由g (x )＝2x 2－ax ＋1＝0得Δ＝a 2－8，①当Δ≤0，即0＜a ≤22，g (x )＞0恒成立，此时f (x )在(0,1)上单调递增，无极值点；②当Δ＞0，即a ＞22时，由g (0)＝1，g (1)＝3－a ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝1－a 28，则 (ⅰ)当g (1)＝3－a ＞0，即22＜a ＜3时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝1－a 28＜1－(22)28＝0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 4，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，1上必有两个极值点；(ⅱ)当g (1)＝3－a ≤0，即a ≥3时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝1－a 28≤1－98＝－18＜0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 4上必有一个极值点； 综上可知，当0＜a ≤22时，f (x )在(0,1)上无极值点； 当22＜a ＜3时，f (x )在(0,1)上有两个极值点；当a ≥3时，f (x )在(0,1)上只有一个极值点． 解法三：∵f ′(x )＝1x ＋2x －a ，∴f ″(x )＝1x 2(2x 2－1)，∴f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1上单调递增， ∴f ′(x )min ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝22－a . ①当f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝22－a ≥0，即0＜a ≤22时，f (x )在(0,1)上单调递增，无极值点；②当⎩⎨⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝22－a ＜0，f ′(1)＞0， 即22＜a ＜3时，考虑到f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a ＞0，故此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，22和⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1上各有一个极值点； ③当⎩⎨⎧ f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝22－a ＜0，f ′(1)≤0，即a ≥3时，考虑到f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a ＞0，故此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，22上有唯一一个极值点；综上可知，当0＜a ≤22时，f (x )在(0,1)上无极值点； 当22＜a ＜3时，f (x )在(0,1)上有两个极值点；当a ≥3时，f (x )在(0,1)上只有一个极点．(2)解法一：∵x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，∴x 1，x 2是f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝0在区间(0,1)内的两个零点．令f ′(x )＝0，得x 1，x 2是方程2x 2－ax ＋1＝0的两根， ∴Δ＝a 2－8＞0，∴a ＞22，x 1＋x 2＝a 2＞0，x 1·x 2＝12.f (x 1)－f (x 2)＝(ln x 1＋x 21－ax 1)－(ln x 2＋x 22－ax 2)＝ln x 1x 2＋(x 21－x 22)＋a (x 2－x 1)＝ln x 1x 2＋(x 21－x 22)＋2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝ln x 1x 2＋x 22－x 21＝ln x 1x 2＋12·x 22－x 21x 1x 2，令t ＝x 1x 2∈(0,1)， 则f (x 1)－f (x 2)＝h (t )＝ln t ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，t ∈(0,1)， 又h ′(t )＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在区间(0,1)内单调递减，∴h (t )＞h (1)＝0，即f (x 1)－f (x 2)＞0.∴m ≤0，即实数m 的取值范围是(－∞，0]．解法二：∵x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，∴x 1，x 2是f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝0在区间(0,1)内的两个零点，令f ′(x )＝0，得x 1，x 2是方程2x 2－ax ＋1＝0的两根， ∴Δ＝a 2－8＞0，∴a ＞22，x 1＋x 2＝a 2＞0，x 1·x 2＝12.f (x 1)－f (x 2)＝ln x 1x 2＋(x 21－x 22)－a (x 1－x 2)＝ln x 1x 2＋(x 21－x 22)－2(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＝ln x 1－ln x 2－(x 21－x 22)＝ln x 1＋ln2x 1－x 21＋14x 21＝ln2x 21－x 21＋14x 21， ∵x 1＜x 2，∴12＝x 1·x 2＞x 21，∴0＜x 21＜12， 令x ＝x 21∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，于是，f (x 1)－f (x 2)＝H (x )＝ln2x －x ＋14x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，H ′(x )＝－(2x －1)24x 2＜0，∴H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减， ∴H (x )＞H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，f (x 1)－f (x 2)＞0， ∴m ≤0.。
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数与函数的极值、最值》课件ppt
－ae，a≥e，
综上，g(a)＝－ln
a，1e<a<e，
2－ae，a≤1e.
思维升华
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对 参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.
跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值 为__1___.
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
1.函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值 都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0 ， 则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.
知识梳理
2.函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件： 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条 连续不断 的曲线，那么它 必有最大值和最小值. (2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的 极值 ； ②将函数y＝f(x)的各极值与 端点处的函数值f(a)，f(b) 比较，其中最大 的一个是最大值，最小的一个是最小值.
且极大值为 f －21a＝ln－21a－21a－1.
若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞) 上单调递增，无极值. 综上，当 a<0 时，f(x)的极大值为 ln－21a－21a－1，无极小值； 当a>0时，f(x)无极值.
命题点3 已知极值(点)求参数
D.－1
导数与函数的极值、最值——2021年高考文科数学一轮复习热点题型(附解析)
2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.3 导数与函数的极值、最值目录一、题型全归纳 (1)题型一利用导数解决函数的极值问题 (1)命题角度一由图象判断函数的极值 (2)命题角度二求已知函数的极值 (2)命题角度三已知函数的极值求参数值(范围) (3)题型二函数的最值问题 (4)题型三函数极值与最值的综合应用 (5)题型四利用导数研究生活中的优化问题 (5)二、高效训练突破 (7)一、题型全归纳题型一利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1) 由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点【例1】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1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）【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】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()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点.（4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x，求函数f (x )的极小值．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】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．【易错提醒】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．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值；(2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．题型二 函数的最值问题【题型要点】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．【例1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋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.【例2】(2020·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⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】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．【例1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______．【例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 )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出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()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝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.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝a x －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.（1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧ 10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本）二、高效训练突破一、选择题1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是()A．25，－2B．50，14C．50，－2 D．50，－142．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；①当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值；①函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；①当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值．则上述判断正确的是( )A ．①①B ．①①C ．①①①D ．①①3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值04.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（）A.89B.109C.169D.2895.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．2ln 2－2C ．eD ．2－e6.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］7.用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为()A．120 000 cm3B．128 000 cm3C．150 000 cm3D．158 000 cm38.(2020·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n①N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)e x－x(x＋2)2，则f(x)为()A．2折函数B．3折函数C．4折函数D．5折函数9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f(x)＝(x2－m)e x，若函数f(x)的图象在x＝1处切线的斜率为3e，则f(x)的极大值是()A．4e－2B．4e2C．e－2D．e210.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.20B.18C.3D.0二、填空题1.已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a－b＝．2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为6，则实数a＝；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是．3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x的极值点，则f′(－2)＝，f(x)的极小值为．4.（2019·武汉模拟）若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．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 .三 解答题1.(2020·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数．(1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值．2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －n x－ln x ，m ①R . (1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值；(2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x（a ＞0）. （1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.3 导数与函数的极值、最值目录一、题型全归纳 (1)题型一利用导数解决函数的极值问题 (1)命题角度一由图象判断函数的极值 (2)命题角度二求已知函数的极值 (2)命题角度三已知函数的极值求参数值(范围) (3)题型二函数的最值问题 (4)题型三函数极值与最值的综合应用 (5)题型四利用导数研究生活中的优化问题 (5)二、高效训练突破 (7)一、题型全归纳题型一利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程。
2021年导数与函数的极值、最值问题(解析版)
【高考地位】欧阳光明（2021.03.07）导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大. 【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步求方程'()0f x =的根；第三步 判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.例1 已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（ ）A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 【答案】C 【解析】试题分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（ ） A ．()1,0- B ．()1,-+∞ C ．()0,+∞ D ．()(),10,-∞-+∞ 【答案】B 【解析】考点：函数的极值．【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____.【答案】3 【解析】试题分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=，所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.【变式演练4】已知等比数列{}n a 的前n 项和为12n n S k -=+，则32()21f x x kx x =--+的极大值为（ ）A ．2B ．52 C ．3 D ．72【答案】B 【解析】考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值． 【变式演练5】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+> , 故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此, 当1a ≤-或122a ≤≤时, 不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦. 考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.【变式演练6】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>的极大值点和极小值点都在区间()1,1-内, 则实数a 的取值范围是．2a << 【解析】考点：导数与极值．类型二 求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步 求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点；第二步 计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +． （1）求实数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值． 【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解析】试题分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可. 试题解析： （1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =； 实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<， 存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围.【变式演练7】已知xe x xf 1)(+=. （1）求函数)(x f y =最值；（2）若))(()(2121x x x f x f ≠=，求证：021>+x x .【答案】（1）)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值；（2）详见解析. 【解析】试题解析：（1）对)(x f 求导可得x xx x exe e x e xf -=+-='2)1()(， 令0)(=-='x exx f 得x=0.当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增； 当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 当x=0时，)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值. （2）不妨设21x x <，由（1）得当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增； 当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 若)()(21x f x f =，则210x x <<，考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明. 【变式演练7】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. （Ⅰ）求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；（Ⅱ）若函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点1212,()x x x x <且21ln 2x x ->，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；（Ⅱ）2ln 2ln 2ln()133a >--. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e=，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--. 试题解析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增， ∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e ≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，； 两式相减可得1122ln2()2ln 2x x x x =-=- 214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时2ln 2ln 2ln()133a =--，所以，实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--；考点：导数的应用．【变式演练8】设函数()ln 1f x x =+.（1）已知函数()()2131424F x f x x x =+-+,求()F x 的极值；（2）已知函数()()()()2210G x f x ax a x a a =+-++>,若存在实数()2,3m ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,求实数a 的取值范围. 【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln 24-；（2）()1ln 2,-+∞. 【解析】()(),'F x F x 随x 的变化如下表:x ()0,11()1,22()2,+∞()'F x + 0 - 0+ ()F x3ln 24-当1x =时,函数()F x 取得极大值()10F =;当2x =时,函数()F x 取得极小值()32ln 24F =-.③当112a <,即12a <时,函数()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增, 在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,要存在实数()2,3x ∈,使得当(]0,x m ∈时, 函数()G x 的最大值为()G m ,则()122G G a ⎛⎫<⎪⎝⎭,代入化简得()()1ln 2ln 2104a a ++->*.令()()11ln 2ln 2142g a a a a ⎛⎫=++-> ⎪⎝⎭,因()11'104g a a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭恒成立,故恒有()111ln 20,222g a g a ⎛⎫>=->∴> ⎪⎝⎭时,()*式恒成立;综上，实数a 的取值范围是()1ln 2,-+∞.考点：函数导数与不等式． 【高考再现】1. 【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.(I)求a 的取值范围；(II)设x1,x2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞试题解析;（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． （i ）设0a =,则()(2)x f x x e =-,()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln 2ab <,则223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->, 故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2e a ≥-,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点． 综上,a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞,22(,1)x -∈-∞,()f x 在(,1)-∞上单调递减,所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-,而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=,所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---,则2'()(1)()x x g x x e e -=--． 所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<． 考点：导数及其应用2. 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）求()f x 的导函数，对a 进行分类讨论，求()f x 的单调性；（Ⅱ）要证()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立，即证23)()(/>-x f x f ，根据单调性求解. （1）20<<a ，12>a， 当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)2,1(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，12=a，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增； （3）2>a 时，120<<a， 当)2,0(ax ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2(a时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减. 综上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，/22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x --=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，]2,1[∈x ，令1213)(,ln )(32--+=-=xx x x h x x x g ，]2,1[∈x .则)()()()(/x h x g x f x f +=-， 由01)(/≥-=xx x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24326'()x x h x x--+=，设623)(2+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减， 因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想. 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.3. 【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)x xf x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.（1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab的值。
21年高考数学导数与函数的极值、最值
21年高考数学导数与函数的极值、最值一、题点全面练1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( )A ．0 B.1eC.4e 4D.2e 2 解析：选A f ′(x )＝1－x e x ， 当x ∈[0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1,4]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4＞0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选D 因为x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，所以f ′(2)＝12－3a ＝0，解得a ＝4，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0，得x ＝±2，故函数f (x )在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 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，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，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. 5．若函数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________．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f (x )单调递减；当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴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，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 6．(2019·长沙调研)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 ＝________. 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. 答案：17．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3. (1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3x在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32. (2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3， ∴函数g (x )＝sin x x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin x x 2.设u (x )＝x cos x －sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x <0，故u (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴u (x )<u (0)＝0，∴g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π. 8．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x >0}，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x2(a >0)．(1)由f ′(x )>0，解得x >1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得0<x <1a ，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0<1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1<1a ≤e ，即1e ≤a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a <1，故不满足条件．③若1a >e ，即0<a <1e时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0<a <1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎨⎧ a ＝－4，b ＝11或⎩⎨⎧ a ＝3，b ＝－3. 经检验⎩⎨⎧ a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x＝4x 2－12x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍去， 则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1<12，a ＋1>12，解得1≤a <32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 3．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________． 解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎪⎨⎪⎧ a <1，10－a 2>1，f (1)≥f (a )，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ， 整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0，即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a <1，10－a 2>1，(a －1)2(a ＋2)≥0，解得－2≤a <1.答案：[－2,1)(二)素养专练——学会更学通4.[直观想象]已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.[数学建模]如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ，由题意得AB ＝2(103)2－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π， 所以V ＝πr 2x ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0<x <103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0<x <103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)，则V ′，V 随x 的变化情况如下表：所以当x ＝10时，V 取得极大值，也是最大值，所以V max ＝2 000π. 答案：2 000π6．[数学运算]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，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，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 )在(0，＋∞)内单调递增，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，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．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⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
2021年新高考一卷数学-函数导数
2021年新⾼考⼀卷数学-函数导数22. 已知函数f(x)=x(1-\ln x)（1）讨论函数的单调性（2）设a,b为两个不相等的正数，且b\ln a-a\ln b=a-b，证明：2<{1\over a}+{1\over b}<e解：（1）求导得f'(x)=1-\ln x+x\cdot (-{1\over x})=-\ln x(x>0)令f'(x)=0得x=1列表得：x(0, 1)1(1,+\infty)f'(x)+0-f(x)\uparrow\downarrow故f(x)在(0, 1)单调递增，在(1,+\infty)单调递减（2）由b\ln a-a\ln b=a-b得：\displaystyle {\ln a\over a}-{\ln b\over b}={1\over b}-{1\over a}\displaystyle {1\over a}(1-\ln {1\over a})={1\over b}(1-\ln {1\over b})即\displaystyle f({1\over a})=f({1\over b})\because x\in(0, 1)时x>0\wedge 1-\ln x>0\therefore f(x)=x(1-\ln x)>0当x\in(1,+\infty)时，令f(x)=0得x=e\because a\neq b\therefore \displaystyle {1\over a}\neq {1\over b}不妨设\displaystyle 0<{1\over a}<{1\over b}则\because f(x)在(0, 1)单掉递增且恒正，(1,+\infty)单调递减且f(e)=0\therefore \displaystyle 0<{1\over a}<1<{1\over b}<e很显然的⼀个极值点偏移记g(x)=f(x)-f(2-x), x\in(0, 1)\therefore g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-\ln{x(2-x)}\because x\in(0, 1)时x(2-x)\in(0, 1)\therefore g'(x)=-\ln {x(2-x)}>-\ln 1=0即g(x)在(0, 1)恒增\therefore g(x)<g(1)=f(1)-f(2-1)=0即f(x)-f(2-x)<0\therefore f(x)<f(2-x)\because \displaystyle {1\over a}\in (0, 1)\therefore \displaystyle f({1\over b})=f({1\over a})<f(2-{1\over a})⼜\displaystyle \because {1\over b},2-{1\over a}\in(1, e)且f(x)在(1,e)单调递减\therefore \displaystyle {1\over b}>2-{1\over a}即\displaystyle {1\over a}+{1\over b}>2令h(x)=f(x)-f(e-x)=x-x\ln x-(e-x)+(e-x)\ln(e-x)=2x+x\ln{e-x\over x}+e\ln (e-x),x\in(0, 1)\because \displaystyle x<1有x<e-1和\displaystyle x<{e\over 2}\therefore \displaystyle e-x>1和e-x>x\therefore \displaystyle \ln (e-x)>\ln 1=0, \ln{e-x\over x}>\ln 1=0\therefore h(x)>0即f(x)>f(e-x),x\in (0, 1)\therefore \displaystyle f({1\over b})=f({1\over a})>f(e-{1\over a})⼜\displaystyle \because {1\over b},2-{1\over a}\in(1, e)且f(x)在(1,e)单调递减\therefore \displaystyle {1\over b}<e-{1\over a}\therefore \displaystyle {1\over a}+{1\over b}<e综上，\displaystyle 2<{1\over a}+{1\over b}<eProcessing math: 0%。
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【答案】C
【解析】
【分析】判断函数为增函数，设 ， 可得 ，从而可得 ，构造函数 ，利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】函数 ，每段函数均为增函数，
当 时， ，
当 时， ，
所以函数在整个定义域内为增函数，
若 ，且 ，
则 与 一个大于 ，一个小于 ，
不妨设 ，则 ，
可得 ，即 ，
三、以例及类
（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）
一、单选题
(2021湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中2021届高三下学期仿真模拟)
1.设函数 在 上存在最小值(其中 为自然对数的底数， )，则函数 的零点个数为（）
A.0B.1C.2D.无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】求出导函数 ，分类讨论得函数有最小值时 的范围，然后由判别式判断 零点个数．
所以 ，
设 ，
，
当 时， 为减函数；
当 时， 为增函数；
故 .
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数求出函数的最值，解题的关键是将等式转化为 ，构造函数 ，考查了运算求解能力.
（2021广东省高三二模）
3.已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为 的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（）
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值．解题基础是掌握单调性与导数的关系．解题关键是对“存在”、“任意”等词语的正确理解，掌握相应命题的求解方法．
（2021河北省衡水中学高三下学期三调）
5.已知实数 满足 ，当 取最小值时， 的值为（）
A. B，
时， ， ， ， ，
，B错误，
当 时， ，而 不是最小值点（因为 ），因此存在 ，使得 ，综上得A错，
由 得 ， ， 或 时， ， 时， ，即 在 和 上递增，在 上递减，
所以 极大值＝ ，当 时， 极大值 ， 极小值＝ ，
因此 即 在 ， ， 上各有一个零点，从小到大依次为 ，
在 ， 上 ， 递减，在 ， 上 ， 递增，D错误．
二、考题揭秘
【命题意图】本题考查导数在研究函数性质中的应用，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.难度中等.
【考情分析】导数在研究函数单调性、求函数极值与最值中有着广泛应用，也是高考热点，作为客观题出现 此类问题，难度一般中等或中等以上.
【得分秘籍】
(1)对函数最大(小)值的认识
闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的连续函数不一定有最值.若有惟一的极值，则此极值必是函数的最值.
【分析】先设 ，即 ，结合题的条件，得到 ，将题中式子进行变形 ，之后构造函数并化简得到 ，利用导数研究函数的最值即可得结果.
【详解】设 ，即 ，因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
令 ，
，
因为 ，所以当 时， ，当 时，
在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 取得最小值，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关与最值相联系的问题，在解题的过程中， ，将其转化为求关于 的函数的最值问题解决是解题的关键.
B.对任意实数a， 有最小值且最小值大于0
C.存在正实数a和实数 ，使 在 上递减，在 上递增
D.对任意负实数a，存在实数 ，使 在 上递减，在 上递增
【答案】C
【解析】
【分析】求出导函数，根据导数与单调性、最值的关系判断．
【详解】 ，令 ，则 ，
当 时， 恒成立， 即 在 为增函数， 有且只有一个实根 ，且 时， ， 递减， 时， ， 递增， 是极小值点，也是最小值点．C显然正确．
(2)求函数最值的四个步骤
第一步求函数的定义域.
第二步求f′(x)，解方程f′(x)=0.
第三步列出关于x，f(x)，f′(x)的变化表.
第四步求极值、端点值，确定最值.
特别警示:不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较.
(3)含参数的函数最值问题的两类情况
①能根据条件确定出参数，从而化为不含参数函数的最值问题.
第15题导数与函数的最值
一、原题呈现
【原题】函数 的最小值为______.
【答案】1
【解析】
解法一： 定义域为 ，∴当 时， 单调递减；当 时 ， ，所以 时， ， 单调递减；当 时， ，此时 单调递增； ，即 的最小值为1.
解法二：由不等式 得 ，当 时取等号，所以 的最小值为1.
【就题论题】本题解法一是先把含绝对值的函数转化为分段函数，再利用导数确定该在每个单调区间上的单调性，然后由单调性确定最值，属于常规解法，解法二是利用 进行放缩，注意题中连续两次放缩，要保证等号能够同时成立.
（2021湖北省荆州市高三质量检查）
6.设实数 ，若对任意的 ，不等式 成立，则实数m的取值范围是（）
在 时单调递增，在 时单调递减，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中几何体体积最值的求解问题，解题关键是能将圆柱体积表示为关于圆柱的高 的函数的形式，从而利用导数求得最值.
（2021广东省佛山市高三教学质量检测）
4.已知函数 ，则下列结论中正确的是（）
A.存在实数a，使 有最小值且最小值大于0
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆柱底面圆半径为 ，高为 ，利用勾股定理可构造方程，利用 表示出 ，从而将圆柱体积表示为关于 的函数的形式，利用导数求最值的方法即可求得圆柱体积的最大值.
【详解】设圆柱底面圆半径为 ，高为 ，则 ， ，
， 圆柱体积 ，
，令 ，解得： ，
当 时， ；当 时， ，
【详解】解析：
当 时， 在 恒成立，所以 在 恒成立，
所以函数 在 上单调递增，没有最小值；
当 时，令 得 ， ，且
0
0
极大值
极小值
当 时， 所以若 有最小值，只需要
∵ ，
∴ 的判别式 ，因此 有两个零点.
故选：C．
（2021湖北省十一校高三下学期3月第二次联考）
2.已知函数 ，若 ，且 ，则 的最小值是（）
②对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况.若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得;若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值.
(4)已知函数最值求参数值(范围)的思路
已知函数在某区间上 最值求参数的值(范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，用参数表示出最值后求参数的值或范围.