(完整版)导数与函数极值、最值问题(解析版)
1 / 36 【高考地位】 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，其试卷难度考查较大. 【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()fx的定义域并求出函数()fx的导函数'()fx； 第二步求方程'()0fx的根； 第三步 判断'()fx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xxxfln1)(，求函数fx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'()0fx，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()fx的增减性，进而求出函数()fx的极大值和极小值． 【变式演练1】已知函数322()fxxaxbxa在1x处有极值10，则(2)f等于（ ） A．11或18 B．11 C．18 D．17或18 【答案】C 【解读】 2 / 36
试卷分析：baxxxf23)(2,1010232ababa114012232baaaab或33ba．当33ba时,,0)1(3)(2xxf在1x处不存在极值．当114ba时，)1)(113(1183)(2xxxxxf，0)(),1,311(xfx；0)(),,1(xfx,符合题意．所以114ba．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21ln2fxxaxbx，若1x是fx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 【解读】
考点：函数的极值． 【变式演练3】函数xmxmxxf)1(2)1(2131)(23在)4,0(上无极值，则m_____. 【答案】3 【解读】 试卷分析：因为xmxmxxf)1(2)1(2131)(23， 所以2'()(1)2(1)21fxxmxmxxm，由'0fx得2x或1xm，又因为3 / 36
函数xmxmxxf)1(2)1(2131)(23在)4,0(上无极值，而20,4，所以只有12m，3m时，fx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{}na的前n项和为12nnSk，则32()21fxxkxx的极大值为（ ） A．2 B．52 C．3 D．72 【答案】B 【解读】
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)fxxaxax有两个不同的极值点1x，2x，且对不等式
12()()0fxfx恒成立，则实数a的取值范围是．
【答案】1(,1],22 【解读】 试卷分析：因为12()()0fxfx,故得不等式332212121210xxaxxaxx,即221212121212123120xxxxxxaxxxxaxx
,
由于2'321fxxaxa,令'0fx得方程23210xaxa,因
2410aa , 故12122133xxaaxx，代入前面不等式,并化简得4 / 36
1a
22520aa,解不等式得1a或122a，因此, 当1a或122a时, 不等式
120fxfx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3220fxxaxxa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． 【答案】32a 【解读】
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()fx在开区间(,)ab内所有极值点； 第二步 计算函数()fx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2xfxexmx，在点1,1f处的斜率为1e． （1）求实数m的值； （2）求函数fx在区间1,1上的最大值． 【答案】（1）1m；（2）maxfxe. 【解读】 试卷分析：（1）由(1)1fe解之即可； （2）21xfxex为递增函数且1110,130fefe,所以在区间(1,1)上存5 / 36
在0x使0()0fx，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maxmax1,1fxff，求之即可.
试卷解读： （1）2xfxexm，∴12fem，即21eme，解得1m； 实数m的值为1； （2）21xfxex为递增函数，∴1110,130fefe， 存在01,1x，使得00fx，所以maxmax1,1fxff， 112,1fefe，∴max1fxfe
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xexxf1)(. （1）求函数)(xfy最值； （2）若))(()(2121xxxfxf，求证：021xx. 【答案】（1）)(xf取最大值1)0()(maxfxf，无最小值；（2）详见解读. 【解读】
试卷解读：（1）对)(xf求导可得xxxxexeexexf2)1()(， 令0)(xexxf得x=0. 当)0,(x时，0)(xf，函数)(xf单调递增； 6 / 36
当),0(x时，0)(xf，函数)(xf单调递减， 当x=0时，)(xf取最大值1)0()(maxfxf，无最小值. （2）不妨设21xx，由（1）得 当)0,(x时，0)(xf，函数)(xf单调递增； 当),0(x时，0)(xf，函数)(xf单调递减， 若)()(21xfxf，则210xx，
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()lnfxxx，2()2gxxax. （Ⅰ）求函数()fx在[,2](0)ttt上的最小值； （Ⅱ）若函数()()yfxgx有两个不同的极值点1212,()xxxx且21ln2xx，求实数a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）min110()1ln,teefxttte，；（Ⅱ）2ln2ln2ln()133a. 【解读】 7 / 36
试卷分析：（Ⅰ）由'()ln10fxx，得极值点为1xe，分情况讨论10te及1te时，函数)(xf的最小值；（Ⅱ）当函数()()yfxgx有两个不同的极值点，即'ln210yxxa
有两个不同的实根1212,()xxxx，问题等价于直线ya与函数()ln21Gxxx的图象有两个不同的交点，由)(xG单调性结合函数图象可知当min1()()ln22aGxG时，12,xx存在，且
21xx的值随着a的增大而增大，而当21ln2xx时，由题意1122ln210ln210xxaxxa，214xx代入上述方程可得2144ln23xx，此时实数a的取值范围为2ln2ln2ln()133a. 试卷解读：（Ⅰ）由'()ln10fxx，可得1xe， ①10te时，函数()fx在1(,)te上单调递减，在1(,2)te上单调递增， 函数()fx在[,2](0)ttt上的最小值为11()fee， ②当1te时，()fx在[,2]tt上单调递增，
min()()lnfxfttt，
min110()1ln,teefxttte，
；
中学数学 利用导数研究函数的极值和最值(含答案)
专题4 利用导数研究函数的极值和最值专题知识梳理1.函数的极值（1）函数极值定义:一般地，设函数在点附近有定义，如果对附近的所有的点，都有，就说是函数的一个极大值，记作y极大值=,是极大值点。
如果对附近的所有的点，都有.就说是函数的一个极小值，记作y 极小值=，是极小值点。
极大值与极小值统称为极值.(2)判别f (x 0)是极大、极小值的方法:若满足，且在的两侧的导数异号，则是的极值点，是极值，并且如果在两侧满足“左正右负”，则是的极大值点，是极大值；如果在两侧满足“左负右正”，则是的极小值点，是极小值. (3)求可导函数f (x )的极值的步骤: ①确定函数的定义区间，求导数 ; ①求出方程的定义域内的所有实数根；①用函数的导数为的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间，并列成表格.标出在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值。
①根据表格下结论并求出需要的极值。
2. 函数的最值（1）定义：若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最大值，记作;若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最小值，记作;（2）在闭区间上图像连续不断的函数在上必有最大值与最小值． （3）求函数在上的最大值与最小值的步骤： ①求在内的极值；①将的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值, 从而得出函数在上的最值。
考点探究)(x f x 0x 0f (x )<f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 0x 0f (x )>f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 00x 0)(0='x f 0x )(x f 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '¢f (x )=00)(x f ')(x f I x 0x ÎI f (x )£f (x 0))(0x f y max =f (x 0))(x f I x 0x ÎI f (x )³f (x 0))(0x f y min =f (x 0)[]b a ,)(x f []b a ,)(x f []b a ,)(x f (,)a b )(x f f (a ),f (b ))(x f []b a ,考向1 利用导数研究函数的极值 【例】已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【解析】因为1()ln f x x x =+，所以2111'()x f x x x x-=-+=,令，得x =1，列表:所以是f x 的极小值1，无极大值。
(完整word版)函数的极值最值与导数
第三十九讲函数的极值、最值与导数一、引言1.用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间上的最大最小值，或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸，这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化，因而已逐渐成为高考试题的又一热点．2.考纲要求：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和极小值，能求出最大值和最小值；会利用导数解决某些实际问题．3.考情分析：2010年高考预测对本专题内容的考查将继续以解答题形式与解析几何、不等式、平面向量等知识结合，考查最优化问题，加强了能力考查力度，使试题具有更广泛的实际意义，更体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法．二、考点梳理1．函数的极值：一般地，设函数()y f x =在0x x =及其附近有定义，如果)(0x f 的值比附近所有各点的函数值都大，我们说()0f x 是函数()y f x =的一个极大值；如果)(0x f 的值比附近所有各点的函数值都小，我们说()y f x =是函数()y f x =的一个极小值．极大值与极小值统称极值．在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值． 理解极值概念要注意以下几点：（1）极值是一个局部概念．由定义可知，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小．（2）函数的极值不是唯一的．即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个．（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值．如下图所示，是极大值点，是极小值点，而4()f x >)(1x f ．2．函数极值的判断方法：若满足0)(0='x f ，且在的两侧)(x f 的导数异号，则是)(x f 的极值点，)(0x f 是极值，并且如果)(x f '在两侧满足“左正右负”，则是)(x f 的极大值点，)(0x f 是极大值；如果)(x f '在两侧满足“左负右正”，则是)(x f 的极小值点，)(0x f 是极小值．注意：函数在某点处的导数值等于零，该点不一定是函数的极值点，必须检验函数在该点两侧的符号是否相异，即可导函数有极值是该点处的导数值等于零的充分不必要条件．3．函数的最大值与最小值：在闭区间[],a b 上连续的函数()f x ，在[],a b 是必有最大值与最小值，但在开区间(),a b 上连续的函数不一定有最值．4．极值与最值的区别与联系：①“最值”是整体概念，是比较整个定义域内的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近函数值得出的，具有相对性．②从个数上看，一个函数在其定义域上的最值是唯一的；而极值不唯一；③函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个；④极值只能在定义域内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．三、典型例题选讲例1求()31443f x x x =-+的极值，并画出()f x 的草图． 分析：首先求()f x '，再求方程()0f x '=的根，然后检验()f x '在根两边的符号． 解：因为()31443f x x x =-+，所以()'24(2)(2)f x x x x =-=-+． 令()'0f x =解得2x =或2x =-．当变化时，()'fx ，()f x 的变化情况如下表：)因此，当2x =-时，()f x 有极大值，并且极大值为(2)3f -=；当2x =时，()f x 有极小值，并且极小值为4(2)3f =-．函数()31443f x x x =-+的图像如图１所示：归纳小结：(1)本题考查导数的运算及利用导数知识求函数的极值等基本知识和分析问题、解决问题的能力；（2）通过求函数的导数，将函数问题转化为一元二次方程来探究，充分体现了函数与方程相互转化的解题思想与解题策略.（3）求可导函数()f x 的极值的步骤： ①确定函数的定义区间，求导数()f x '； ②求方程()0f x '=的根；③用函数的导数为的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格.检查()f x '在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，那么()f x 在这个根处无极值．如果函数在某些点处连续但不可导，也需要考虑这些点是否是极值点． 例2（2009安徽）设b a <，函数)()(2b x a x y --=的图像可能是（ ）解：()(32)y x a x a b '=---，由0y '=得2,3a bx a x +==， ∴当x a =时，取极大值，当23a bx +=时取极小值且极小值为负．故选C ． 另解：当x b <时0y <，当x b >时，0y >．选C ．归纳小结：（1）本题考查了函数图象与导数极值的基本知识，考查了数形结合思想和分析推理能力．（2）函数的极值是()'0f x =的充分条件，可以利用填表的方式或穿轴法判断是极大值还是极小值．（3）在图形问题中特殊值法是一种常用的方法，要不断练习把握．例3（2008广东）设a ∈R ，若函数3axy e x =+，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ） A ．3a >-B ．3a <-C ．13a >-D ．13a <-解:令'3axy ae =+，则30ax ae +=有大于零的根，所以3axae =-.∴0a <，则13ln x a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. ∵0x >，∴3ln 0a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即31a -<，解得3a <-. 故选B ．归纳小结：（1）本题考查函数的极值与方程的根的关系，考查了转化思想和分析、计算能力．（2）函数的极值点是方程()'0f x =的根，但要注意方程()'0f x =的根不一定是函数的极值点，如果要判断是否为函数的极值点还需要验证该点两侧导数的符号是否异号．例4已知函数()3239f x x x x a =-+++，(1)求()f x 的单调递减区间；(2)若()f x 在区间[]2,2-上的最大值为，求它在该区间上的最小值．分析：第(1)问属于程序化问题，第(2)问是函数在闭区间的最值问题，只需要求出函数的极值和端点值并进行比较即可解：(1)()2'369f x x x =-++．令()'0f x <，解得1x <-或3x >．所以函数()f x 的单调递减区间为(),1-∞-，()3,+∞. (2)因为()22f a -=+，()222f a =+，()15f a -=-+.所以()2f 和()1f -分别是()f x 在区间[]2,2-上的最大值和最小值，于是有2220a +=，解得2a =-．故()32392f x x x x =-++-，因此()113927f -=+--=-.即函数()f x 在区间[]2,2-上的最小值为．归纳小结：(1)本题考查了利用导数在解决最值问题中的应用问题，考查分析问题、解决问题的能力；(2)求函数()f x 在闭区间[],a b 上的最大值和最小值的步骤： ①求函数()f x 在开区间(),a b 内的极值；②求函数()f x 在区间端点的函数值()f a 和()f b ；③将函数()f x 将各极值与()f a 、()f b 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．对于函数()f x 在开区间(),a b 上的最大值和最小值的步骤： ①求函数()f x 在开区间(),a b 内的极值；②将函数()f x 将各极值比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 定义在开区间(),a b 上的可导函数，如果只有一个极值点，该极值点必为最值点． 例5（2007全国Ⅰ）设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求,a b 的值；（2）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求的取值范围．分析：函数()f x 是实数域上的可导函数，因此可先求导确定可能的极值，再通过极值点与导数的关系，建立由极值点1x =，2x =所确定的相等关系式，运用待定系数法求值．解：（1）2()663f x x ax b '=++，因为函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有(1)0f '=，(2)0f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩，．解得3a =-，4b =．（2）由（1）可知，32()29128f x x x x c =-++，2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--．当(01)x ∈，时，()0f x '>； 当(12)x ∈，时，()0f x '<； 当(23)x ∈，时，()0f x '>．所以，当1x =时，()f x 取得极大值(1)58f c =+，又(0)8f c =，(3)98f c =+． 则当[]03x ∈，时，()f x 的最大值为(3)98f c =+． 因为对于任意的[]03x ∈，，有2()f x c <恒成立，所以298c c +<，解得1c <-或9c >，因此的取值范围为(1)(9)-∞-+∞U ，，． 归纳小结：（1）本题从逆向思维的角度出发，根据题设结构进行逆向联想，合理地实现了问题的转化，使抽象的问题具体化．考查了转化思想及灵活解题的能力；（2）已知函数在点处有极值和函数值()00y f x =，求参数值的问题，是一类常见的关于函数极值的应用问题．解这类问题采用待定系数法，解关于参数的方程组()()000'0f x f x y =⎧⎪⎨=⎪⎩即可；（3）在讨论函数的单调性时，一定要先明确定义域，在定义域范围内研究单调区间．例6已知函数32()f x ax bx cx =++在点处取得极大值，其导函数()y f x '=的图象经过点()1,0，()2,0，如图所示，求：（1）的值；（2），，的值．分析：因为函数()f x 点处取得极大值，因此观察()f x '在，左右两侧的符号就可以判断出极大值点．在根据极值点处导数为和0()5f x =，利用待定系数法求参数，，．解法一：（1）由图象可知，在(),1-∞上()0f x '>，在()1,2上()0f x '<，在(2,)+∞上()0f x '>，故()f x 在(,1)-∞，(2,)+∞上递增，在()1,2上递减．因此()f x 在1x =处取得极大值,所以01x =．(2)2()32f x ax bx c '=++，由(1)0,(2)0,(1)5,f f f ''===得320,1240,5,a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得2,9,12.a b c ==-= 解法二：(1)同解法一.(2)设2()(1)(2)32,f x m x x mx mx m '=--=-+又2()32f x ax bx c '=++，所以3,,232m a b m c m ==-=， ∴323()232m f x x mx mx =-+． 由(1)5f =，得32532m m m -+=，解出6m =，所以2,9,12a b c ==-=.归纳与小结：（１）本题考查了函数()f x 和()'f x 图象之间的联系，同时考查了数形结合思想和识图、用图的能力以及根据导数知识灵活解题的能力；（２）根据函数()f x 的图象中的单调性和极值可以判断出()'f x 在不同区间的符号和极值点；根据函数()'f x 的图象在不同区间的符号及与轴的交点，可以判断出()f x 的单调性和极值点．并能画出草图．例7（2009年湖南）某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2x +万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为万元．（1）试写出关于的函数关系式；（2）当640m =米时，需新建多少个桥墩才能使最小？分析：本题是工程费用最优问题，首先应建立关于的函数关系式，再根据解析形式利用导数方法寻找最优解．解：（1）设需要新建个桥墩，(1)1mn x m n x +=-，即=. 所以()25612(2m my f x n n x x x x=+=+(+)(=256(-1)+2562256x m x=+-.（2）由（1）知，2332222561'()(512).22m mf x mx x xx=-+=- 令'()0f x =，得32512x =，所以64x =.当064x <<时()'0f x <，()f x 在区间()0,64内为减函数；当64640x <<时，()'0f x >，()f x 在区间()64,640内为增函数. 所以()f x 在64x =处取得最小值，此时，64011964m n x =-=-=． 故需新建个桥墩才能使最小．归纳小结：（1）本题考查函数建模，函数最值以及导数应用等基本知识，考查建模解模的能力和转化解题能力．（2）利用导数解决实际问题的最优问题的一般步骤：①如果涉及到解析几何问题，要根据实际意义和问题条件，合理建立坐标系； ②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()y f x =；③如果()y f x =的形式是高次函数或对数、指数函数或商式形式，则求函数的导数()'f x ，并解方程()'0f x =；④因为只有唯一极值，通过说明该点处两侧的单调性，得到最大者或最小值． (3)在解决实际最优化问题中,要确定函数关系中自变量的定义区间，同时还要注意将不符合实际意义的值舍去．例8（2008四川）已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．（1）求；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求的取值范围．分析：第（1）问实际是解以为未知数的方程()'30f =的根．第（2）问在已知值的基础上解不等式()'0f x >和()'0f x <．第（3）问中图象有３个交点，实际上是平行于轴的动直线y b =在曲线()y f x =的两个极值点之间移动，因此此小题是求函数的极值问题．解：（1）因为()'2101af x x x=+-+， 所以()'361004af =+-=. 因此16a =.（2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞. ∴()()2'2431x x f x x-+=+.当()()1,13,x ∈-+∞U 时，()'0fx >；当()1,3x ∈时，()'0f x <.所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3.（3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0fx =.所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =-.所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =与()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<时成立.因此，的取值范围为()32ln 221,16ln 29--．归纳小结:（1）本题考查了函数的极值与单调性运用等知识，考查了数形结合思想和计算推理能力．（2）一般来说，直线y a =和曲线()y f x =的交点问题可以转化到图象上理解，即直线y a =在曲线的极值点之间移动，但要注意函数值在极值点左右的极限值，否则容易出现错误．例9已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各有一个极值点． （1）求24a b -的最大值；（2）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为，若在点处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点附近沿曲线()y f x =运动，经过点时，从的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式．解：（1）因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()f x x ax b '=++在[11)-，，(13]，内分别有一个实根，设两实根为12x x ，()12x x <，则21x x -=，且2104x x <-≤．于是04<，20416a b <-≤，且当11x =-，23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16．（2）由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ，处的切线的方程是(1)(1)(1)y f f x '-=-，即21(1)32y a b x a =++--，因为切线在点(1())A f x ，处穿过()y f x =的图象， 所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号，则1x =不是()g x 的极值点．而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++， 且22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++． 若11a ≠--，则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点．所以11a =--，即2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--． 归纳小结:（1）本题考查了函数的极值与切线方程，方程的根，图象与极值点的关系等知识，考查了数形结合思想和运算推理能力．（2）本题解题的关键是：①函数在区间(),a b 上有极值点等价与方程()'0f x =在(),a b 内有根；②函数()f x 在某点处两侧的符号相反，则该点一定不是极值点．四、本专题总结1．导数作为研究函数的一种重要工具，在学习时应引起充分重视，这部分知识点不多，但涉及的题型比较多．（1）理解函数极值与最值的概念，函数极值刻画的是函数的局部性质，而函数的最值刻画的是函数的整体性质；（2）注意比较极值与最值的概念以及它们之间的联系，可导函数在极值点两侧导函数的符号相反，极大值不一定是最大值，极大值可能小于极小值，连续可导函数闭区间上的最值就是端点值与极值中的最大值、最小值；（3）可导函数有极值是该点处的导数值等于零的充分不必要条件； （4）要熟练掌握求解函数极值与最值的方法．2．在复习函数的极值与最值时，要以导数为工具，联系函数的性质，如单调性等．这部分内容在高考中的问题设置多数以综合问题形式出现，因此在解决问题中，要逐步体会数形结合思想、转化与整合思想、函数与方程（不等式）思想、分类讨论思想等，不断提高分析推理、灵活计算、等价变形等数学能力．。
第十讲导数与函数的极值、最值解析版
第十讲：导数与函数的极值、最值【考点梳理】 1．极值点与极值 (1)极小值点与极小值若函数()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，()0f a '=，而且在点x a =附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，就把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)极大值点与极大值若函数()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，()0f b '=，而且在点x b =附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，就把b 叫做函数()y f x =的极大值点，()f b 叫做函数()y f x =的极大值．(3)极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值 ． 特别提醒： （1）0()0f x '=，x 不一定是极值点（2）只有0()0f x '=且x 两侧单调性不同 ，x 才是极值点.(3)求极值点，可以先求0()0f x '=的点，再列表判断单调性.2.求函数极值（极大值，极小值）的一般步骤： （1）确定函数的定义域 （2）求方程0()0f x '=的根（3）用方程0()0f x '=的根，顺次将函数的定义域分成若干个开区间，并列成表格（4）由()f x '在方程()0f x '=的根左右的符号，来判断()y f x =在这个根处取极值的情况若0()f x '左正右负，则0()f x 为极大值； 若 0()f x '左负右正，则0()f x 为极小值； 若 0()f x '左右同号，则0()f x 无极值。
3.最大值:一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x M ≤; （2）存在0x I∈，使得0()f x M=那么，称M 是函数()y f x =的最大值 4.最小值:一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数m 满足： （1）对于任意的x I ∈，都有()f x m ≥; （2）存在0x I∈，使得0()f x m=那么，称m 是函数()y f x =的最小值 【典型题型讲解】考点一：求函数的极值与极值点【典例例题】例1.（2021·广东汕头·高三期末）已知函数()ln f x x =，2()1g x x x =-+. （1）求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）证明：有且只有两条直线与函数()f x ，()g x 的图象都相切. 【详解】（1）2()()()ln 1h x f x g x x x x =-=-+-的定义域为(0,)+∞，且2121(1)(21)()21x x x x h x x x x x -++-+'=-+==-， 当01x <<时，()0h x '>；当1x >时，()0h x '<， 所以()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以1x =是()h x 的极大值点，故()h x 的极大值为(1)1h =-，没有极小值.（2）设直线l 分别切()f x ，()g x 的图象于点()11,ln x x ，()2222,1x x x -+，由()ln f x x =可得1()f x x'=，得l 的方程为()1111ln y x x x x -=-， 即l ：111ln 1y x x x =⋅+-； 由2()1g x x x =-+可得()21g x x '=-，得l 的方程()()()22222121y x x x x x --+=--，即l ：()222211y x x x =--+.比较l 的方程，得21212121ln 11x x x x ⎧=-⎪⎨⎪-=-+⎩，消去2x ，得()211211ln 204x x x++-=.令22(1)()ln 24x F x x x +=+-（0x >），则3311(21)(1)()22x x x F x x x x ++-'=-=. 当01x <<时，()0F x '<；当1x >时，()0F x '>， 所以()F x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以min ()(1)10F x F ==-<. 因为()()()222222441e 1e e ln e 204e4eF ++=+-=>，所以()F x 在(1,)+∞上有一个零点；由2117()ln 244F x x x x =++-，得()24242e e 7e 4e 7e 2024424F ---=-++-=+>， 所以()F x 在(0,1)上有一个零点，所以()F x 在(0,)+∞上有两个零点， 故有且只有两条直线与函数()f x ，()g x 的图象都相切.例2.已知函数ln()()eln (e 2.71828ax f x x x=-=……自然对数底数）. (1)当e a =时，求函数f （x ）的单调区间； (2)当e a >时，（i ）证明：()f x 存在唯一的极值点： （ii ）证明：()(1)e f x a <- 【答案】 (1)21ln()e ()ax xf x x --'=，构建()1ln()e x ax x ϕ=--当e a =时，则()1ln(e )e x x x ϕ=--在()0,∞+上单调递减，且1()0eϕ=当10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0x ϕ>，当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ<则函数()f x 的单调递增区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)（i ）由（1）可知：当e a >时，()ϕx 在()0,∞+上单调递减11e ()1ln 0,()10e a a aϕϕ=-<=-> ∴()ϕx 在()0,∞+内存在唯一的零点011,e x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭当()00,x x ∈时，()0x ϕ>，当()0,x x ∈+∞时，()0x ϕ< 则函数()f x 的单调递增区间为()00,x ，单调递减区间为()0,x +∞ ∴()f x 存在唯一的极值点0x （ii ）由（i ）可知：0000ln(())el (n )x f x f x x x a -≤=∴001ln()e 0ax x --=，即001e ln()x ax -=000000ln()e 1)e (ln eln x f x x x x x a ==---，且011,e x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ ∴()el e 1n g x x x --=在11,e a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减 则()1eln e g x g a a a ⎛⎫<=+- ⎪⎝⎭构建()()()e 1eln e x h x x x =-->，则()()e 1e 0x xh x -'-=>当e x >时恒成立则()h x 在()e,+∞上单调递增，则()()()e e 20e h x h ≥=-> 则()()e 1eln e e x x x x ->+->，即()1e eln e a a a ->+- ∴()(1)e f x a <-【方法技巧与总结】1．在求函数极值问题中，一定要检验方程()0f x '=根左右的符号，更要注意变号后极大值与极小值是否与已知有矛盾．2．原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越x 轴，否则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与x 轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大． 【变式训练】1．（2022·广东汕头·一模）已知函数()()1e x f x x ax =--（R a ∈且a 为常数）.(1)讨论函数()f x 的极值点个数；(2)若()ln e 1xf x x ≥-+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】 (1)解：函数()f x 的定义域为R ，则()e xf x x a '=-.令()e xg x x a =-，则()()1e x g x x +'=，由()0g x '=，可得=1x -，列表如下：所以，()()min 11eg x g a =-=--.∴当10e a --≥时，即当1a e≤-时，对任意的R x ∈，()0f x '≥且()f x '不恒为零，此时函数()f x 在R 上单调递增，则函数()f x 无极值点；∴当1a >-时，令()e xh x x =，则()()1e x h x x '=+，由()0h x '=，可得=1x -，列表如下：且当0x <时，()e 0x h x x =<；当0x >时，()e 0xh x x =>.作出函数()h x 与函数y a =的图象如下图所示：（i ）当10ea -<<时，直线y a =与函数()h x 的图象有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为1x 、2x ，且12x x <，由图可知，当1x x <或2x x >时，()e 0x f x x a '=->；当12x x x <<时，()e 0xf x x a ='-<.此时，函数()f x 有2个极值点；（ii ）当0a ≥时，由图可知，直线y a =与函数()h x 的图象有一个交点，设其横坐标为0x ，且00x ≥，当0x x <时，()e 0x f x x a ='-<；当0x x >时，()e 0xf x x a '=->.此时函数()f x 只有1个极值点.综上所述，当1a e ≤-时，函数()f x 无极值点；当10ea -<<时，函数()f x 有2个极值点；当0a ≥时，函数()f x 只有1个极值点. (2)解：不等式()ln e 1xf x x ≥-+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，等价于e ln 1x x x ax --≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立，所以，ln 1e xx a x+≤-对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 令()ln 1e xx F x x +=-，其中()0,x ∈+∞，则()222ln e ln e x xx x x F x x x +'=+=，令()2e ln x x x x ϕ=+，其中()0,x ∈+∞，则()()212e 0xx x x xϕ'=++>对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 所以，函数()x ϕ在()0,∞+上单调递增，因为12e 1e 10e ϕ-⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()1e 0ϕ=>，故存在1,1e t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()2e ln 0tt t t ϕ=+=，当0x t <<时，()0F x '<，此时函数()F x 单调递减，当x t >时，()0F x '>，此时函数()F x 单调递增，所以，()()min ln 1e tt F x F t t+==-， 因为2e ln t t t =-，则ln ln e ln e tt t t t t -=-=-⋅，因为1,1e t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()ln 0,1t -∈， 因为函数()e xh x x =在()0,∞+上单调递增，由ln e ln e t t t t -=-⋅可得()()ln h t h t =-，故ln t t =-，可得1e tt=，所以，()()min ln 111e 1tt t F x F t t t t+-+==-=-=，故1a ≤. 2.函数()sin cos f x x x x =--．(1)求函数()f x 在(),2ππ-上的极值；(2)证明：()()ln F x f x x =-有两个零点． 【答案】(1)极大值，12π-；极小值，1-；(1)∴()sin cos f x x x x =--，∴()1cos sin 14f x x x x π⎛⎫=-+=+' ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，由()0f x '=，可得2x π=-，或0x =， ∴,2x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '<单调递减，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，∴2x π=-时，函数()f x 有极大值()122f ππ-=-，0x =时，函数()f x 有极小值(0)1f =-； (2)∴()()ln sin cos ln ,0F x f x x x x x x x =-=--->， ∴()1()1cos sin ,0h x F x x x x x'==-+->，∴()2211sin cos 4h x x x x x x π⎛⎫'=++=++ ⎪⎝⎭， 当30,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,h x h x '>单调递增，即()F x '单调递增， 又42()10,()2042F F ππππ''=-<=->，故存在0,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，0()0F x '=，所以()()()00,,0,x x F x F x '∈<单调递减，()()()03,,0,4x x F x F xπ'∈<单调递增，∴30,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()()()0min 11sin1cos10F x F x F =<=--<，2222(e )e sin e cos e 20F ----=--+>，333()ln 0444F πππ=->， 故30,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()ln F x f x x =-有两个零点，当37[,)44x ππ∈0,()sin cos ln ln ln 44x F x x x x x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫+≤=---=+-≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，对于函数()ln x x x ϕ=-，则()1110x x x xϕ-'=-=>，又()10ϕ=， ∴37[,)44x ππ∈，()()10x ϕϕ>=，即()0F x >，此时函数()()ln F x f x x =-没有零点，当7[,)4x π∈+∞时，()sin cos ln ln ln 4F x x x x x x x x x x π⎛⎫=---=+-≥ ⎪⎝⎭，由上可知77()ln 044F x ππ≥>，故当7[,)4x π∈+∞时，函数()()ln F x f x x =-没有零点，综上，函数()()ln F x f x x =-有两个零点．【典型题型讲解】考点二：根据极值、极值点求参数【典例例题】例1．（2022·广东广东·一模）已知函数()()2e x f x mx x =+，()2e ln 1x g x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极大值，求实数m 的值；（2）当1m =时，若对0x ∀>，不等式()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的值．【详解】（1）因为()()2e x f x mx x =+，所以2(21)()x f x e mx x mx +++'=，因为()f x 在1x =处取极大值，所以()10f '=，所以()11210e m m +++=，所以23m =-当2m =-时，()()2311()xf x e x x '+--=，所以()f x 在1x =处取极大值，符合题意；（2）当1m =时， ()()2e x f x x x =+，()2e ln 1x g x x ax a x =+++．又因为对0x ∀>，不等式()()f x g x ≥，所以0x >时，()2e xx x +2ln 1x e x ax a x ≥+++，所以0x >时，()ln ln 1x xea x x +≥++，令ln t x x =+，因为()ln h x x x =+为()0,∞+上的增函数，且()h x 的值域为R ，所以t R ∈，故问题转化为“,10t t R e at ∀∈--≥恒成立”，不妨设()1t F t e at =--，所以()tF t e a '=-，当0a ≤时，()0t F t e a '=->，所以()F t 在R 上单调递增，且()0010F e =-=，所以当(),0t ∈-∞时，()()00F t F <=，这与题意不符； 当0a >时，令()0F t '=，解得ln x a =，当(),ln t a ∈-∞时，()0F t '<，()F t 单调递减，当()ln ,t a ∈+∞时，()0F t '>，()F t 单调递增，所以()()ln min ln ln 1ln 10aF t F a e a a a a a ==--=--≥，所以11ln 0a a --≥，所以1ln 10a a+-≤， 记()()211ln 1,a a a a a aϕϕ-'=+-=， 当()0,1a ∈时，()0a ϕ'<，()a ϕ单调递减，当()1,a ∈+∞时，()0a ϕ'>，()a ϕ单调递增， 所以()()min 10a ϕϕ==，又因为1ln 10a a+-≤，即()0a ϕ≤，所以1a =. 【方法技巧与总结】极值点是一个函数导数的零点问题，转化零点问题。
专题3.3 利用导数研究函数的最值、极值(解析版)
第三篇导数及其应用专题3.3利用导数研究函数的极值、最值【考点聚焦突破】考点一利用导数解决函数的极值问题角度1根据函数图象判断函数极值【例1－1】已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)【答案】D【解析】由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.【规律方法】由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.角度2已知函数求极值【例1－2】(2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)当a＝12时，求f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.【答案】见解析【解析】(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.x (0，2)2(2，＋∞)f ′(x )＋0－f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值.(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x f ′(x )>0，当x f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a .【规律方法】运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.角度3已知函数的极(最)值求参数的取值【例1－3】(2019·泰安检测)已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1.∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋mx (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.即可，解得0<m <12.【规律方法】已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】(1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为()A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1【答案】A【解析】f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·e x －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1，则f (x )＝(x 2－x －1)·e x －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极小值点，则f (x )极小值为f (1)＝－1.(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围.【答案】见解析【解析】①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1.此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 考点二利用导数求函数的最值【例2】(2019·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.(1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值.【答案】见解析【解析】(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x∈1e ，＋∞①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )－1ae上为减函数，∴f (x )max ＝1＋令－1＋3，得2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.【规律方法】1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【训练2】(2019·合肥质检)已知函数f(x)＝e x cos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值.【答案】见解析【解析】(1)∵f(x)＝e x·cos x－x，∴f(0)＝1，f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.(2)f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2e x sin x≤0在0，π2上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，∴g(x)在0，π2上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，∴f(x)在0，π2上单调递减，∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝＝－π2 .考点三利用导数求解最优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.【答案】见解析【解析】(1)由题意，下潜用时60v (单位时间)＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v (升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时，总用氧量最少.若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增，∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.【规律方法】1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】(2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.【答案】415【解析】由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x 则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴体积最大值为415cm3.【反思与感悟】1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.【易错防范】1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()A.(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间B.(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间C.函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D.函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值【答案】C【解析】由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，故选项C错误.2.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则()A.a <－1B.a >－1C.a >－1eD.a <－1e【答案】A【解析】因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x ＋a .又函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解，当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x <－1.3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于()A.11或18B.11C.18D.17或18【答案】C【解析】∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax＋b ，＋a ＋b ＋a 2＝10，2a ＋b ＝0，＝－3，＝3＝4，＝－11.＝－3，＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数【答案】A【解析】函数定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0，所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点.5.(2019·青岛二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为()A.2e －1B.－1eC.1D.2ln 2【答案】D【解析】由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e.因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减.∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.二、填空题6.函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0，4]的最大值是________.【答案】1e【解析】f ′(x )＝e －x －x ·e －x ＝e －x (1－x )，令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e为最大值.7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________.【答案】－4【解析】f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.8.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1a 的取值范围是________.【答案】【解析】函数f (x )f ′(x )＝0有2由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0a ＝x ＋1x 在x ＋1x ∈22≤a <103.综上，a 三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在1e ，e上的最大值.【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝ax －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，＝a －2b ＝0，＝－b ＝－12，＝1，＝12.(2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1，令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在1e ，(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值.【答案】见解析【解析】(1)由已知，得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3，或x＝t2＋3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，t2－3)t2－3(t2－3，t2＋3)t2＋3(t2＋3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f(x)的极小值为f(t2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝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【答案】C【解析】f′(x)＝(x＋2)e x－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(e x－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或e x＝3x＋2.易知x＝－2是f(x)的一个极值点，又e x＝3x＋2，结合函数图象，y＝e x与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3(－2)＋2＝－4.∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.12.若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________.【答案】1【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－1<12<k＋1，－1≥0，解得1≤k<32.13.(2019·杭州质检)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12cm且以每秒1cm等速率缩短，而长度以每秒20cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.【答案】4【解析】设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t)cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.因为当底面半径为10cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8640π，V(8)＝3520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3520π，此时金箍棒的底面半径为4cm.14.设f(x)＝x ln x－ax2＋(2a－1)x(常数a>0).(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞).所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .又a >0，当x g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1).所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a 【新高考创新预测】15.(试题创新)当x ∈[1，4]时，不等式0≤ax 3＋bx 2＋4a ≤4x 2恒成立，则a ＋b 的取值范围是()A.[－4，8]B.[－2，8]C.[0，6]D.[4，12]【答案】A【解析】因为x ∈[1，4]，所以不等式0≤ax 3＋bx 2＋4a ≤4x 2等价于0≤ax ＋b ＋4ax2≤4，即0≤b ≤4.令t ＝x ＋4x2，x ∈[1，4]，则t ′＝1－8x 3＝x 3－8x 3＝（x －2）（x 2＋2x ＋4）x 3，则t ＝x ＋4x 2在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x ＝2时，t min ＝3，当x ＝1时，t max ＝5，所以3≤t ≤5，则由0≤at ＋b ≤4≤3a ＋b ≤4，≤5a ＋b ≤4，所以a ＋b ＝2(3a ＋b )－(5a ＋b )∈[－4，8]，故选A.。
导数与函数的极值和最值考点及题型
第三节导数与函数的极值、最值❖基础知识1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．❖常用结论(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．考点一利用导数解决函数的极值问题考法(一)利用导数求函数的极值或极值点[典例](2018·天津高考改编)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：[解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤(1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．[解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选Cf ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x－1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减， 所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2.[解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)． 答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( ) A ．[－3，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ，设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x 2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2. 答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件． 解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1－ln x )x 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x2x.令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________． 解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．贾老师数学解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。
方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题(解析版)
方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题解析篇【一】判断函数单调性1.例题【例1】已知函数()xf x ax e =-判断函数()f x 的单调性。
【解析】由题意可求，()´xf x a e =-1.当0a ≤时，()()´0,f x f x <在R 上为减函数；2.当0a >时，令()´0f x >，解得x lna <, 令()´0f x <，解得x lna > 于是()f x 在(,ln ]a -∞为增函数，在[ln ,)a +∞为减函数；【例2】已知函数2()ln 1a f x x x +=++，其中a ∈R ，讨论并求出f (x )在其定义域内的单调区间． 【解析】()222121()1(1)(1)a f x x ax x x x x +'=-=-+++，设g (x )＝x 2－ax ＋1， ∵x ＞0，∴①当a ＜0时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立， 此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；②当a ＞0时，222()1124a a g x x ax x ⎛⎫=-+=-+-⎪⎝⎭. 当1－24a ≥0，即0＜a ≤2时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞2时，方程g (x )＝0的两根分别为12,22a a x x +==，且0＜x 1＜x 2， ∴当x ∈(0，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(0，x 1)上单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(x 1，x 2)上单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(x 2，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a ≤2时，函数f (x )的单调增区间为(0)∞，＋，没有减区间；当a ＞2时，函数f (x )的减区间为12()x x ，；增区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()xf x e =，()()210g x ax x a =++>.设()()()g x F x f x =，讨论函数()F x 的单调性；【解析】因为2()1()()xg x ax x F x f x e++==， 所以221(21)'()xx a ax x ax a x a F x e e -⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==， ①若12a =，2'()0xax F x e-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若12a >，则210a a->， 当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >，∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.③若102a <<，则210a a-<， 当21a x a -<，或0x >时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 【练习2】已知x ax x x ax x f +--=2221ln )()(，求)(x f 单调区间. 【解析】该函数定义域为），（∞+0（第一步：对数真数大于0求定义域）令x ax x f ln 12)('）（-=，解得121,12x x a==（第二步，令导数等于0，解出两根21,x x ） （1）当0≤a 时，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减 （第三步，1x 在不在进行分类，当其不存在得到0≤a ；第四步数轴穿根或图像判断正负）（2）当121=a 时即21=a '(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增， （第五步，x 1在区间时，进行比较大小，当21x x =得到21=a 第四步图像判断正负）①当1210<<a 时，即21>a'1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a∈<单调减（当21x x <得到21>a ；第四步图像判断正负）②当121>a 时，即210<<a'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a∈<单调减（21x x >得到210<<a ；第四步图像判断正负）综上可知：0≤a ，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减；21=a ，'(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增 21>a '1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a ∈<单调减210<<a ，'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a ∈< 单调减【二】根据单调性求参数 1.例题【例1】（1）若函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(],4-∞上是减函数，则实数a 的取值范围是 . （2）函数()()2244xf x exx =--在区间()1,1k k -+上不单调，实数k 的范围是（ ）（3）若函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增，则实数m 的取值范围为 .（4）若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为 .【解析】（1）因为函数2()2(1)2f x x a x =+-+的单调减区间为(],1a -∞-，又函数()f x 在区间(],4-∞上是减函数，则(],4-∞⊆(],1a -∞-，则14a -≥，解得：3a ≤-， （2）()()2244xf x exx =--，()()228x f x e x '∴=-，令()0f x '=，得2x =±. 当2x <-或2x >时，()0f x '>；当22x -<<时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =的极大值点为2-，极小值点为2.由题意可得121k k -<-<+或121k k -<<+，解得31k -<<-或13k <<. （3）由2450x x -++>，即2450x x --<，解得15x -<<. 二次函数245y x x =-++的对称轴为2x =.由复合函数单调性可得函数()()212log 45f x x x =-++的单调递增区间为()2,5．要使函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增， 则()()32,22,5m m -+⊆，即32225322m m m m -≥⎧⎪+≤⎨⎪-<+⎩，解得423m ≤<.（4）若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减， 此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立， 可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【例2】已知函数32()3()f x ax x x x =+-∈R 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()3,-+∞ B ．()()3,00,-+∞C ．()(),00,3-∞ D ．[)3,-+∞【解析】（1）2'()361f x ax x =+-，∴()f x 有三个单调区间，∴036120a a ≠⎧⎨∆=+>⎩，解得3a >-且0a ≠．故选B ．2.巩固提升综合练习 【练习1】函数321()3f x ax x a =-+在[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．1a ≥C ．2a >D ．2a ≥【答案】D【解析】由题意得：()22f x ax x '=-()f x 在[]1,2上单调递增等价于：()0f x '≥在[]1,2上恒成立即：220ax x -≥ 222x a x x∴≥=当[]1,2x ∈时，22x≤ 2a ∴≥本题正确选项：D【练习2】已知函数f(x)=x 3+ax 2+x +1（a ∈R ）在(−23,−13)内存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,√3] B ．(−∞,√3] C ．(√3,+∞) D ．(√3,3)【答案】C【解析】f ′(x )=3x 2+2ax +1 假设f(x) 在(−23,−13)内不存在单调递减区间，而f(x)又不存在常函数情况，所以f(x) 在(−23,−13)内递增，即有x ∈ (−23,−13)时不等式f ′(x )=3x 2+2ax +1≥0恒成立，即x ∈ (−23,−13)时，a ≤−32x −12x =−32(x +13x)恒成立，解得a ≤√3，所以函数f(x) 在(−23,−13)内存在单调递减区间，实数a 的取值范围是(√3,+∞)故选C【练习3】若函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数，则t 的取值范围是（ ） A ．[1,2] B ．[1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(1,)+∞【答案】B【解析】22222122(2)(1)()ln '()1(0)x x x x f x x x f x x x x x x x+-+-=++⇒=+-==> 1x ≥单调递增，01x <<单调递减.函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数 区间[],2t t +上是单调递减不满足只能区间[],2t t +上是单调递增. 故1t ≥故答案选B【三】函数的极值问题1.例题【例1】(1)函数3()12f x x x =-的极大值点是_______，极大值是________。
导数与函数的极值与最值
导数与函数的极值与最值导数与函数的极值与最值是微积分中的重要概念，它们在实际问题中有着广泛的应用。
本文将介绍导数、函数的极值与最值的基本概念、求解方法及其应用。
一、导数的定义及性质导数是函数的一个基本性质，它描述了函数在某一点上的变化率。
在数学中，导数可以用极限的概念来定义。
当函数f(x)在点x处可导时，它的导数f'(x)的定义如下：f'(x) = lim┬(Δx→0)〖(f(x+Δx)-f(x))/Δx〗导数具有一些重要的性质，包括可导函数的和、差、积、商的导数运算法则。
这些性质为求解函数的极值和最值提供了数学工具。
二、函数的极值与最值函数的极值指的是函数在某一区间内取得的最大值或最小值。
特别地，当函数在某一点上取得最大值或最小值时，称为函数的局部极值。
函数的极大值和极小值统称为极值。
函数的最值是指函数在定义域上取得的最大值或最小值。
与极值不同的是，最值可能发生在函数的端点或无穷远处。
函数的最值是极值的一个特例。
三、求解函数的极值与最值为了求解函数的极值和最值，我们需要利用导数的概念和性质。
下面介绍一些常用的求解方法。
1. 导数为零的点如果在某一点x处，函数的导数f'(x)为零或不存在，那么该点可能是函数的极值点。
然而，这种方法只是提供了一个可能性，我们还需要进行进一步的验证。
2. 导数的符号变化对于连续函数f(x)，如果在某一点x处，f'(x)由正数变为负数，或由负数变为正数，那么该点可能是函数的极值点。
3. 极值的判别法通过求解函数的导数f'(x)的零点，可以得到函数的驻点，即可能的极值点。
然后，通过极值的判别法判断哪些点是真正的极值点。
四、导数与函数的极值与最值的应用导数与函数的极值与最值在实际问题中有着广泛的应用。
以下列举几个例子：1. 经济学中的最大收益问题在经济学中，我们常常需要求解某一产品的最大利润。
利用导数与函数的极值与最值的概念，我们可以优化生产过程，使得利润达到最大化。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解9---导数-极值、最值问题(解析版)
1 / 33高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题9导数-极值、最值问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．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；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 3．求函数f (x )在[a ,b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[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f (x )在区间(a ,b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ,b )上的极值，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．（3）函数f (x )在区间(a ,b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定．1．已知函数32()6f x x x ax =-+的图象经过点()2,2A ． （1）设t R ∈，讨论()f x 在(),t +∞上的单调性；（2）若()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，求m 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）⎡⎢⎣⎦．【分析】（1）求出函数解析式，求导数，对t 分类讨论即可求解；（2）根据（1）只需满足()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩即可求解．【解析】（1）因为()22162f a =-=，所以9a =，32()69f x x x x =-+，()()()2'()343331f x x x x x =-+=--，当1x <或3x >时，'()0g x >，当13x <<时，)'(0g x <，所以：①当1t <时，()f x 在(),1t 和()3,+∞上递增，在()1,3上递减；3 / 33②当13t ≤<时，()f x 在(),3t 上递减，在()3,+∞上递增； ③当3t ≥时，()f x 在(),t +∞上递增；（2）因为()f x 在[],1m m +上的最大值为()f m ，所以由（1）可得()()131m f m f m ≤<⎧⎨≥+⎩，解得1m ≤≤故m的取值范围为⎡⎢⎣⎦．2．已知函数()x xf x e e -=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设存在[)01,x ∈+∞，使得()()30003f x a x x <-+成立，求正实数a 的取值集合A ；（2）若a A ∈，比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论．【试题来源】湖南师范大学附属中学2021届高三下学期月考（六）【答案】（1）1,2e e ∞-⎛⎫++ ⎪⎝⎭；（2）答案见解析． 【分析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性及最小值，当且仅当最小值()10g <，即可得到参数的取值范围；（2）构造函数()()1ln 1h x x e x =---，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分别进行讨论即可得到结论．【解析】（1）令函数()()313xx g x e a x x e=+--+， 则()()2131x x g x e a x e +'=--．当1x 时，210,10x xe x e->-， 又0,a >故()0g x '>,所以()g x 是[)1,+∞上的单调增函数，因此()g x 在[)1,+∞的最小值是()112.g e e a -=+- 由于存在[)01,,x ∞∈+使()0030030x x e e a x x -+--+<成立,当且仅当最小值()10.g <故120,e e a -+-<即1,2e e a -+>则1,.2e e A ∞-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭（2）令函数()()1ln 1,h x x e x =---则()11e h x x-=-'． 令()0,h x '=得1x e =-，当()0,1x e ∈-时(),0,h x '<故()h x 是()0,1e -上的单调减函数． 当()1,x e ∞∈-+时(),0,h x '>故()h x 是()1,e -+∞上的单调增函数 所以()h x 在()0,∞+上的最小值是()1h e -．注意到()()10h h e ==， 所以当()()1,10,1x e e ∈-⊆-时()()(),110.h e h x h -<<= 当()()1,1,x e e e ∞∈-⊆-+时()(),0h x h e <=, 所以()0h x <对任意的()1,x e ∈成立．①当()1,1,2e e a e e -⎛⎫+∈⊆⎪⎝⎭时(),0,h a <即()11ln ,a e a -<-从而11;a e e a --< ②当a e =时11,a e e a --=；③当()(),1,a e e ∞∞∈+⊆-+时()(),0,h a h e >=即()11ln a e a ->-，故11a e e a -->.综上所述，当1,2e e a e -⎛⎫+∈⎪⎝⎭时11,;a e e a --<当a e =时11,a e e a --=；当(),a e ∈+∞时，11a e e a -->．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 3．已知函数21()ln 21()-=--+∈a f x x ax a R x． （1）当104a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数2121()()2a g x x f x x-=++，当||1a >时，若函数()g x 的极大值点为1x ，证明：2111ln 1->-x x ax ．5 / 33【试题来源】2021届高三数学二轮复习 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）先求出2(1)(221)()x ax a f x x-+-'=-，再对a 分类讨论得到函数()f x 的单调性； （2）通过分析得到21112x a x +=，所以2311111111122x lnx ax x x x lnx -=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，再利用导数证明()1h x >-即得证．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2221212(21)(1)(221)()2a ax x a x ax a f x a x x x x -----+-'=-+=-=-， ①当0a =时，21()x f x x -'=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， ②当104a <<时，由()0f x '=，解得11x =，2112x a=-， 此时11102a->>， ∴当(0,1)x ∈，1[12a-，)+∞时，()0f x '，函数()f x 单调递减， 当[1x ∈，11)2a-，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 综上所述，当0a =时，()f x 在(0,1)上单调递减，在[1，)+∞上单调递增， 当104a <<时，()f x 在(0,1)，1[12a -，)+∞时，单调递减，在[1∈，11)2a -，单调递增．（2）221211()()2122a g x x f x x ax lnx x -=++=-++， 2121()2x ax g x x a x x-+∴'=-+=，当||1a >时，即1a >或1a <-时，令()0g x '=，则2210x ax -+=的两个根为1x ，2x ， 函数()g x 的极大值点为1x ，120x x ， 又121=x x ，122x x a +=，1a ∴>，101x <<，由1()0g x '=，可得211210x ax -+=，则21112x a x +=，3231111111111111222x x x lnx ax x lnx x x x lnx +∴-=-=--+，101x <<，令311()22h x x x xlnx =--+，01x <<，231()22x h x lnx ∴'=-++， 2113()3x h x x x x-∴''=-+=，(0,1)x ∈，当03x <<时，()0h x ''>，当13x <<时，()0h x ''<，()h x ∴'在上单调递增，在，1)上单调递减，3()()03h x h ∴''=-，()h x ∴在(0,1)上单调递减， ()h x h ∴>（1）1=-，故21111x lnx ax ->-．【名师点睛】在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数（一般导函数是超越函数）的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题． “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径．利用二次求导解题时，要注意“导下去，看正负；倒回来，看图象”，“导下去，看正负”指一直对函数求导，直到你能确定导数的正负，确定前面函数的单调区间为止，才停止求导；“倒回来，看图象”指的是根据导数求出对应函数的单调性，再求出端点函数值、拐点值等，画出原函数的图象，逐步分析得到最初的函数的单调性． 4．已知函数()2x x f x e e =-，()2ln 2ag x x x x x =-- （1）求()f x 的极值；（2）若()1,x ∈+∞时，()f x 与()g x 的单调性相同，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮优化提升高考数学复习考点知识与题型专题讲解7 / 33专题训练（新高考地区专用）【答案】（1）极小值()11f e=，无极大值；（2）0a ≤．【分析】（1）根据函数的极值的概念可求得结果；（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增，所以()g x 在()1,+∞单调递增，利用导数转化为ln xa x≤在()1,+∞恒成立，构造函数()ln xp x x=，()1,x ∈+∞，利用导数求出()p x 的值域即可得解． 【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()1x x f x e-'=，当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增．所以()f x 有极小值()11f e=，无极大值．（2）由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增．则()g x 在()1,+∞单调递增，即()1ln 1ln 0g x x ax x ax '=+--=-≥在()1,+∞恒成立，即ln x a x ≤在()1,+∞恒成立，令()ln x p x x =，()1,x ∈+∞；()21ln xp x x -'=， 所以当()1,x e ∈时，()0p x '>；当(),x e ∈+∞时，()0p x '<，所以()p x 在()1,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，又()1,x ∈+∞时，()0p x >，所以()10,p x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以0a ≤．【名师点睛】将函数在指定区间上的单调性转化为导函数的不等式恒成立是解题关键．5．已知函数()()2,ln f x ax g x x ==（1）当1a =时，求()()f x g x -的最小值； （2）若曲线()y f x =与yg x 有两条公切线，求a 的取值范围．【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）11ln 222+；（2）12a e >．【分析】（1）由导数得出函数()F x 的单调性，进而得出最值；（2）由题意得出当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线，构造函数()2ln xh x x =，利用导数得出其最大值，从而得出a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，令()()()2ln F x f x g x x x =-=-()()212120x F x x x x x -'=-=>，令()0F x '=且0x >可得x =()02F x x '>⇒>，()002F x x '<⇒<<即函数()F x 在0,2⎛ ⎝⎭上单调递减，在2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增min11ln 2ln 22221122F F =--⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）由函数()f x 和()g x 的图象可知: 当()()f x g x >时，曲线()y f x =与y g x 有两条公切线即2ln ax x >在0,上恒成立，即2ln xa x >在0,上恒成立设()2ln x h x x =，()312ln xh x x -'=令()312ln 0,x h x x x-=='=()()000x h x h x x >⇒<<<⇒'>'即函数()h x 在(上单调递增，在)+∞上单调递减即max 12h he ==，因此，12a e >【名师点睛】解决本题的关键在于利用导数得出函数的单调性，进而得出最值．6．已知函数()()2sin 10f x x x =->，()5sin 3g x x x =-+． （1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()g x f x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月）9 / 33【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导函数()'f x ，由()'f x 确定单调性，得极小值也即为最小值． （2）不等式()()g x f x >化为3sin 40x x -+．引入函数()3sin 4x x x ϕ=-+()ϕx 的最小值即可证明．【解析】（1）()2cos f x x '，令()0f x '=，得cos x =，故在区间[]0,π上，()f x '的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >时，5sin 32sin 1x x x -+-， 即证：当0x >3sin 40x x -+． 令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0x ϕ'<， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()()g x f x >．【名师点睛】本题考查用导数求函数的最值，证明不等式．解题方法是不等式变形后，引入新函数，利用导数求得新函数的最值，从而得证不等式成立．7．已知函数12()()sin f x x m x =--，其中14m <-．（1）当1m =-时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（2）求证：()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点．【试题来源】1号卷A10联盟2021届高三开年考 【答案】（1）220x y +-=；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程．（2）令()()cos g x f x x '==-，可证()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，结合零点存在定理可得()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点，结合其()g x '在该零点附近的符号可证()'f x 的单调性，结合零点存在定理可证()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极小值点． 【解析】（1）当1m =-时，12()(1)sin f x x x =+-，则()cos f x x '=-， 所以1(0)2f '=-，又(0)1f =，所以所求切线方程为112y x -=-，即220x y +-=．（2）由题意得，()cos f x x '=-．令()cos g x x =-，则321()sin 4()g x x x m '=-+-，因为3214()y x m =--和sin y x =均在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以()'g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，11 / 33 又3214)0)(0(g m --'=<，32110242g m ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数00,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g t '=， 则当()00,x t ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减； 当0,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增． 又14m <-，则14m ->12>，即1>，2>，所以(0)10g =-<，1032g π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，02g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭， 所以存在唯一实数0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00cos 0g x x =-=， 所以当()00,x x ∈时，()()0f x g x '=<，函数()f x 单调递减； 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0f x g x '=>，函数()f x 单调递增， 所以()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一极小值点0x ． 【名师点睛】导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易计算．8．已知函数()()()ln x f x e x m x m x =-+++，2m ≤．（1）若直线:1l y x =+是函数()f x 的切线，求m 的值；（2）判断函数()f x 的单调性，并证明．【试题来源】广东省揭阳市2021届高三下学期教学质量测试【答案】（1）1m =；（2）单调递增函数，证明见解析．【分析】（1）设切点的坐标为(),n t ，求出()f x '，根据直线l 与函数()f x 的图象相切可得出关于t 、m 、n 的方程组，解出这三个未知数的值即可；（2）利用导数证得()()1ln 2ln x e x x x m ≥+≥+≥+，从而可得出()0f x '≥，即可得出结论．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),m -+∞．对函数()f x 求导可得()()ln x f x e x m -'=+．设直线l 关于函数()f x 的切点为(),n t ，则有()()()1ln ln 1n n t n t e m n m n n e m n ⎧=+⎪=-+++⎨⎪-+=⎩，解方程组可得1m =，0n =，1t =；（2）由第（1）问可得()()ln x f x e x m -'=+，令()()1x g x e x =-+，则()1x g x e '=-．可知当(),0x ∈-∞时，()0g x '<；当()0,x ∈+∞时，()0g x '>．即()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，于是有()()()100x g x e x g =-+≥=，即有1x e x ≥+恒成立．构造函数()()()1ln 2h x x x =+-+，则()11122x h x x x +=-=++'． 可知当()2,1x ∈--时，()0h x '<；当()1,x ∈-+∞时，()0h x '>．即()h x 在()2,1--上单调递减，在()1,-+∞上单调递增，于是有()()()()1ln 210h x x x h =+-+≥-=，即有()ln 21x x +≤+恒成立．当2m ≤时，()()ln ln 21x m x x +≤+≤+成立．综上可得()1ln x e x x m ≥+≥+，即有()0f x '≥恒成立，故函数()f x 为单调递增函数．【名师点睛】本题考查切线的定义，利用待定系数法求参数，利用放缩法证明函数的单调性．该题的本质构造了两个函数x y e =、()ln 2y x =+的公切线1y x =+，并分别与其进行对比，以得到比较的目的．13 / 339．设函数()1()x x a a f x e -=+>． （1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x x f x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln x x ae a ae a==． 因为1a >，所以1ln 0a >，所以1log ln ae x a =． 当1log ln ae x a>时，()()0,f x f x '>单调递增； 当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减． 因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值． （2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一， 因为ln (1)a f e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =． 当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10a f ae '-=-<． 而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a e f a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>． 当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值．10．已知函数()x f x e ax =-，其中a R ∈．（1）讨论函数()f x 在[0,1]上的单调性；（2）若函数()()ln(1)cos g x f x x x =++-，则是否存在实数a ，使得函数()g x 在0x =处取得极小值？若存在，求出a 值；若不存在，说明理由．【试题来源】广东省广州市天河区2021届高考二模【答案】（1）答案见详解；（2）存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值【分析】（1）求出导函数，讨论1a ≤、1a e <<或a e ≥，结合函数的单调性与导数之间的关系进行求解即可．（2）求出()1sin 1x g x e a x x '=-+++，根据极值的定义可得()020g a '=-=，得出2a =，再证明充分性，利用导数证明当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递增；再构造函数令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，证明当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递减．【解析】（1）由()x f x e ax =-，则()x f x e a '=-，因为[0,1]x ∈，则[]1,x e e ∈，当1a ≤时，()0x f x e a '=-≥，函数在[0,1]上单调递增；当1a e <<时，令()0x f x e a '=-≥，解得ln ≥x a ，令()0x f x e a '=-<，解得ln x a <，即函数在[]ln ,1a 上单调递增，在[)0,ln a 上单调递减；当a e ≥时，()0x f x e a '=-≤，函数在[0,1]上单调递减；（2）()()()ln(1)cos cos ln 1x g x f x x x e ax x x =++-=--++，15 / 33()1sin 1x g x e a x x '=-+++， 显然0x =是函数()g x 的极小值点的必要条件为()020g a '=-=，即2a =，此时()1sin 21x g x e x x '=++-+，显然当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()11sin 21sin 2sin 011x g x e x x x x x x '=++->+++->>++， 当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()22311131122x x x x x ⎛⎫+-+=++> ⎪⎝⎭， 故213112x x x <-++，令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 则()202x x m x e -'=-≤，故()m x 是减函数， 故当0x <时，()()01m x m >=，即212xx e x <++， 令()1sin 2h x x x =-，则()1cos 2h x x '=-， 当10x -<<时，()1cos102h x '>->，故()h x 在()1,0-上单调递增， 故当10x -<<时，()()00h x h <=，即1sin 2x x <， 故当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()1sin 21x g x e x x '=++-+ 2223112202222x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+++-+-+=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，当2a =时，0x =是()g x 的极小值点，即充分性也成立，综上，存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，解题的关键是结合函数的单调性、极值和导数之间的关系进行构造函数，考查了逻辑推理能力以及运算求解能力，考查了化归与转化思想，综合性比较强．11．已知数列()*11nn a n n ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ． （1）证明：n a e <(*n ∈N ，e 是自然对数的底数)；（2）若不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，求实数a 的最大值．【试题来源】山东省淄博市2021届高三一模考试【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为11ln 2-． 【分析】（1）将所要证明的不等式转化为证明()()()ln 101f x x x x =+-<≤在区间(]0,1上小于零，利用导数研究()f x 在区间(]0,1上的单调性和最值，由此证得结论成立．（2）将不等式()*11,0n a e n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，转化为()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立，利用导数研究()g x 的单调性，结合对a 进行分类讨论，求得a 的取值范围，由此求得a 的最大值．【解析】（1）要证()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立，两边取对数：只需证明11ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 101f x x x x =+-<≤， 即只需证明函数()f x 在区间(]0,1上小于零，由于()1x f x x =-+'， 在区间(]0,1上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且()00f =，所以在区间(]0,1上函数()0f x < 所以不等式()*11n e n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立； （2）对于不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N ，两边取对数： 只需不等式11ln 1n n a ⎛⎫+≤ ⎪+⎝⎭成立， 令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 1011x g x x x ax =+-<≤+，17 / 33 不等式()11n a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N 成立，等价于在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立， 其中，()222(21)(1)(1)a x a x g x x ax +-=++'，由分子22(21)0a x a x +-=，得其两个实数根为10x =，2212a x a -=； 当12a ≥时，20x ≤，在区间(]0,1上，()0g x '>，函数()g x 单调递増， 由于()()00g x g >=1212a <<时，()20,1x ∈，在区间()20,x 上()0g x '<，在区间()2,1x 上()0g x '>；函数()g x 在区间()20,x 上单调递减，在区间()2,1x 上单调递增；且()00g =，只需()11ln 201g a =-≤+， 得11ln 2a ≤-1211ln 2a <≤-时不等式成立， 当021a <≤时，21x ≥，在区间(]0,1上，()0g x '<，函数()g x 单调递减，且()()00g x g <=，不等式恒成立，综上，不等式(),011n a a e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭>N 成立，实数a 的最大值为11ln 2-． 【名师点睛】可将不等式恒成立问题，转化为函数最值来求解，要注意导数的工具性作用．12．已知函数221()2()2x ax f x x x a e =+-∈R （ 2.71828e =…是自然对数的底数）． （1）若()f x 在(0.2)x ∈内有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）1a =时，计论关于x 的方程211()2|ln |()2x f x x x b x b xe⎡⎤-++=∈⎢⎥⎣⎦R 的根的个数． 【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）22e e a <<；（2）答案见解析．【分析】（1）若()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，则()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，等价于0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．令()x g x e ax =-，分类讨论()g x 有两个变号根时a 的范围；（2）化简原式可得2()|ln |,(0,)x x h x x b x e=--∈+∞，分别讨论(1,)x ∈+∞和(0,1)x ∈时()h x 的单调性，可得()h x 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合()h x 的单调性可以得到零点个数．【解析】（1）由题意可求得()()22(2)()2x x x a x x x e ax f x x e e '---=+-=，因为()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，所以()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，即0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-，①当0a 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当0a >时，令()0x g x e a '=-=得ln x a =，当ln 2a ，即2a e 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=-<，所以()g x 在(0,2)上单调递减，不符合条件；当ln 0a ，即01a <时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0ln 2a <<，即21a e <<时，()g x 在(0,ln )a 上单调递减，(ln ,2)a 上单调递增，若要0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根，则(0)0,(2)0,(ln )0,0ln 2,g g g a a >⎧⎪>⎪⎨<⎪⎪<<⎩，解得22e e a <<． 综上所述，22e e a <<．19 / 33（2）设2211()|ln |()2|ln |,(0,)2x x x h x x f x x x b x b x xee ⎡⎤=--+-=--∈+∞⎢⎥⎣⎦， 令2x x y e =，则212x x y e '-=，所以2x x y e =在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． （ⅰ）当(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，则2()ln x x h x x b e =--，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭． 因为2210,0xe x x->>，所以()0h x '>，因此()h x 在(1,)+∞上单调递增． （ⅱ）当(0,1)x ∈时，ln 0x <，则2()ln x x h x x b e =---，所以22()21x x e h x e x x '-⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭． 因为()22221,,1,01,1,x x xe e e e x x ∈><<∴>即21,xe x -<-，又211,x -<所以22()210x x e h x e x x '-⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭，因此()h x 在(0,1)上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(0,)x ∈+∞时，2()(1)h x h e b -=--，当2(1)0h e b -=-->，即2b e -<-时，()h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，当2(1)0h e b -=--=，即2b e -=-时，()h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，当2(1)0h e b -=--<，即2b e ->-时，①当(1,)x ∈+∞时，221()ln ln ln 1x x h x x b x b x b e e ⎛⎫=-->-+>-- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b -->，即()1,b x e +∈+∞； ②当(0,1)x ∈时，121()ln ln ln 12x x h x x b x e b x b e -⎛⎫=-----+>--- ⎪⎝⎭，要使()0h x >， 可令ln 10x b --->，即()10,b x e --∈，所以当2b e ->-时，()h x 有两个零点，故关于x 的方程根的个数为2，综上所述：当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为0，当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为1，当2b e ->-时，关于x 的方程根的个数为2．13．已知函数()()210,2x f x e ax x a =->∈R ． （1）当1a =时，比较()f x 与 1x +的大小； （2）若()f x 有两个不同的极值点12 , x x ，证明：1122ln (1)x a x x x <-． 【试题来源】四川省大数据精准教学联盟2021届高三第二次统一监测【答案】（1）()()10f x x x >+>；（2）证明见解析．【分析】（1）令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，再利用导数法判断()g x 与0的关系．（2）根据()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，转化为1 x ，2 x 为方程x e a x=的两个不同实根有11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x lnlnx lnx x x x x x =-=-=-，进而将问题转化为()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-，再由（1）得到2112x x e x >++，即2112e x x x >++，然后作出函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象，利用数形结合法求解．【解析】（1）当1a =时，()()2102x f x e x x =->， 令()()()21102xx g x f x x e x x =--=--->，则()1x g x e x '=--． 令()1x u x e x =--，则()1x u x e '=-，可知()1x u x e '=-为()0,∞+上的增函数， 则()()00u x u ''>=，则()u x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00u x u >=，即()0g x '>，所以()g x 为()0,∞+上的增函数，所以()()00g x g >=，所以不等式212x x e x ->+在()0,∞+上成立，21 / 33所以()()10f x x x >+>．（2）()xf x e x α'=-，因为()f x 有两个不同的极值点1 x ，2 x ，所以1 x ，2 x 为方程()0f x '=两不等根，即1 x ，2 x 为方程xea x=的两个不同实根，令()xe h x x =，()()21x e x h x x-'=，令()0h x '>，得1x >；令()0h x '<，得1x <， 则()h x 在()1,+∞上递增，在()0,1上递减， 所以当1x =时，()h x 取得最小值为()1h e =，所以a e >，不妨设1201x x <<<，且11x e ax =，22xe ax =，则11ln x a lnx =+，22ln x a lnx =+，则11212212||||x ln lnx lnx x x x x x =-=-=-， 故只需证明()21121x x a x x -<-，即证明12111a x x -<-． 由（1）知2112xx e x >++，所以22111212x x ex x x x++>=++， 令()112x x x ϕ=++()0x >，则()2222x x x ϕ-'=可得()x ϕ在(上递减，)+∞上递增，函数()xe h x x=，()112x x x ϕ=++及y a =的图象如图所示，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=两不等根，即()22120x a x +-+=的两个实根，则34342(1),2,x x a x x +=--⎧⎨=⎩由图可知，31240x x x x <<<<， 即421311110x x x x <<<<，所以43123434341111x x x x x x x x --<-==1a =<=-，所以()21121x x a x x -<-，故原不等式()11221x lna x x x <-得证． 【名师点睛】利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式．14．已知函数()()21ln 0f x x ax x a a=-+>． （1）当1a e=时，求函数()f x 在x e =处的切线方程；（2）若()f x 在(000x x x =<<处取得极值，且()00f x >，求a 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）12y e x e e ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭；（2）⎫⎪⎪⎝⎭． 【分析】（1）求出()f e 、()f e '，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）求出()222a x x a f x ax -++'=，求得0x =，由()00f x >可得出(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，构造函数()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<利用导数分析函数()h x 在(上单调递增，由()00hx >可得出01x <进而可解得正实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a e =时，()2ln x f x x ex e=-+，则()12x f x e x e '=-+， 所以()21f e e e =-+，()12f e e e'=+-，所以切线方程为()211212y e x e e e e x e e e ⎛⎫⎛⎫=+--+-+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；23 / 33（2）()221122a x x af x ax x a ax-++'=-+=，设()222g x a x x a =-++，则3180a ∆=+>．因为0x >，由()0g x >，可得2104x a <<，此时()0f x '>； 由()0g x <，可得x >()0f x '<． 所以，函数()f x的单调递增区间为⎛ ⎝⎭，单调递减区间为⎫+∞⎪⎪⎝⎭．所以，0x =，则()()0f x f x =极大值且有220020a x x a -++=，可得20021x ax a =+，02114x a +=<a >所以()()0020000002ln 11ln ln 0222x a x x x f x x ax x a a a+-=-+=+-=>，且()()222000000ln 21ln 10f x x ax ax x ax =-+-=+->，所以，21ln ax x >-， 因为0x <012ln 0x ->，即002001ln 12ln x x a x x -<<-，即002001ln 12ln x x x x -<-，整理得(3200002ln 3ln 100x x x x -+-><<，设()322ln 3ln 1h x x x x =-+-，其中0x <<则()324ln 334ln 33x x x h x x x x x-+'=-+=， 0x <<1ln 2x<，所以34ln 0x ->，即当0x <<()0h x '>． 所以，函数()h x 在(上单调递增，()10h =，由()()001h x h >=，可得01x << 即2114a<<1a <<．因此，实数a的取值范围是⎫⎪⎪⎝⎭． 【名师点睛】利用导数求函数极值的步骤如下： （1）求函数()f x 的定义域； （2）求导；（3）解方程()00f x '=，当()00f x '=； （4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值； ②如果在0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么()0f x 是极大值． 15．已知函数()()2sin 10f x x x =->，())))112sin g x e x x =⋅++．（1）求()f x 在[]0,π上的最小值； （2）证明：()()f x g x >．【试题来源】湘豫名校联考2020-2021学年高三（3月） 【答案】（12+；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值； （2）要证()()f x g x >，只要证()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，可得0x >时，()0x ϕ>，从而有()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >【解析】（1）()2cos f x x '，令0fx，得cos x =，25 / 33故在区间[]0,π上，fx 的唯一零点是π6x =， 当π0,6x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0fx，()f x 单调递减， 当π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0fx，()f x 单调递增，故在区间[]0,π上，()f x的最小值为π26f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （2）要证：当0x >))2sin 112sin x x x ->++，即证：当0x >时，()()11h x x x =-+>．()())11h x x x x '=+3sin 4x x =-+，令()3sin 4x x x ϕ=-+所以()π3cos 3x x x x ϕ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭，所以π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πππ,336x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，所以π1sin 32x ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()0ϕ'<x ， 所以π,π6x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，ππ2π,363x ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以π1sin ,132x ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以()0ϕ'>x ， 所以()ϕx 在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在π,π6⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，所以()π33410622x ϕϕ⎛⎫≥=--+= ⎪⎝⎭， 所以(]0,πx ∈时，()0x ϕ>，而()π,x ∈+∞时，()π4406x x ϕ⎛⎫=-++---> ⎪⎝⎭，综上，0x >时，()0x ϕ>，即()0h x '>， 即()h x 是0,上的增函数，所以()()01h x h >．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，解题的关键是把()()f x g x >转化为()11x x +>，构造函数()()1h x x x =-+，对函数求导得'()3sin 4h x x x =-+，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数()3sin 4x x x ϕ-+数求此函数的单调区间和最值，进而可判断()0h x '>，所以得到()h x 是0,上的增函数，进而可得()()01h x h >，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题16．已知0a >，函数()2xe f x x a=+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()f x 存在极值点1x 、2x ，求证：()()1212e af x f x a--<⋅．【试题来源】江苏省无锡市天一中学2021届高三下学期二模考前热身模拟 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求得()()()2222x e x x a f x xa -+'=+，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）由题意得出122x x +=，12x x a =，2112x a x +=，2222x a x +=，将所证不等式转化为证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅，即()()11211111210x x x e x e x ------<，令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，证明出()0F t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可． 【解析】（1）当0a >时，函数()2xef x x a=+的定义域为R ，且()()()2222x e x x a f x xa -+'=+．对于方程220x x a -+=，44a ∆=-．①当0∆>时，即()0,1a ∈时，令()0f x '=，11x =21x = 由()0f x '<可得11x <<27 / 33由()0f x '>可得1x <或1x >所以函数()f x在(,1-∞上单调递增，在(1上单调递减，在()1++∞上单调递增；②当0∆≤时，即[)1,a ∈+∞时，()()()22220x e x x a f x xa -+'=≥+，所以函数()f x 在R 上单调递增．（2）由（1）可得01a <<，且1x 、2x 是220x x a -+=的两根． 由根与系数关系可得122x x +=，12x x a =．设1201x x <<<，则()f x 在1x x =处取到极大值，在2x x =处取到极小值， 所以()()12f x f x >．因为2112x a x +=，2222x a x +=，所以命题等价于证明121212121222x x x x e e e x x x x --<⋅， 整理得121121121x x x e x e x x ---<-，即()()11211111210x x x e x e x ------<．令()110,1t x =-∈，构造函数()()()211t t F t t e t e t -=+---，()0,1t ∈， 则()()2t tF t t e e -'=--，()0,1t ∈，令()2t tg t e e -=--，易知()g t 在()0,1上单调递增．因为()020g =-<，()10g >，所以存在()00,1t ∈，使()00g t =，当()00,t t ∈时，()0F t '<，()F t 单调递减；当()0,1t t ∈时，()0F t '>，()F t 单调递增， 所以()()(){}max 0,10F t F F <=，所以()()11211111210x x x e x e x ------<成立，所以()()1212e a f x f x a--<⋅．【名师点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．17．已知函数()1xf x e ax =--（1）讨论函数()()f xg x x=在其定义域内的单调性； （2）若()0f x ≥对任意的x ∈R 恒成立，设()()xh x e f x =，证明：()h x 在R 上存在唯一的极大值点t ，且()3.16h t <【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考 【答案】（1）在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增；（2）证明见解析． 【分析】（1）先对函数()g x 求导，得()()211x x e g x x '-+=，令()()11xx x e ϕ=-+，则()x x xe ϕ'=，得到()x ϕ在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，结合其定义域，得到()()00ϕϕ>=x ，进而求得()g x 的单调区间； （2）根据()0f x ≥对任意的x ∈R恒成立，可确定1a =，()()()()1,22x x x x h x e e x h x e e x '=--=--，利用导数研究函数的图象的走向，研究得其极值点以及极值的范围，证得结果．【解析】（1）由题意()1x e ax g x x --=，定义域为()()()()211,00,,x x e g x x ∞∞'-+-⋃+=令()()11x x x e ϕ=-+，则()xx xe ϕ'=当0x <时，()0;x ϕ'<当0x >时，()0x ϕ'>()x ϕ∴在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增 ()()00,x ϕϕ∴>=即()g x '在(),0-∞和()0,∞+上均大于零 ()g x ∴在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递增29 / 33（2）易知()x f x e a '=-，由()10xf x e ax =--≥对任意的x ∈R 恒成立，即1x ax e ≤-恒成立，当0x =时显然成立，当0x >时，1x e a x -≤恒成立，当0x <时，1x e a x -≥恒成立，令1()x e u x x -=，则22(1)(1)1'()x x x e x e x e u x x x⋅---+==， ()(1)1x v x x e =-+，'()x v x e =，可知'()0v x >，()v x 在R 上单调递增，且(0)110v =-+=，所以当0x <时，'()0u x <，当0x >时，'()0u x >，所以1()x e u x x -=在(,0)-∞上单调减，在(0,)+∞上单调增，且001lim lim 11x xx x e e x→→-==，所以1a =，此时()()()()1,22x x x xh x e e x h x e e x '=--=--，令()22,x x e x τ=--则()21xx e τ='-，当ln2x <-时，()0;x τ'<当ln2x >-时，()0x τ'>，()x τ∴在(),ln2∞--上单调递减，在()ln2,∞-+上单调递增，又()()3322223212200,20,0224e ee τττ⎛⎫=-=>-=-=-< ⎪⎝⎭， ∴存在唯一实数32,,2t ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭使得()220t t e t τ=--=，()h x ∴在(),t -∞上递增，(),0t 上递减，()0,∞+上递增， ()h x ∴在R 上唯一的极大值点，即为.t()()222231122416ttt t t t h t e e t t ++--⎛⎫∴=--=--=<⎪⎝⎭． 【名师点睛】该题考查的是有关利用导数研究函数的问题，解题思路如下：（1）对函数求导，之后对其导数再求导，结合导数的符号确定函数的单调性，从而确。
考点22 高中数学利用导数研究函数的极值和最值(解析版)
考点22 利用导数研究函数的极值和最值【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】1、函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．2、函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．3、常用结论1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．1、函数f(x)＝x2－ln x的最小值为()A．1＋ln 2 B．1－ln 2C.1＋ln 22D.1－ln 22【答案】C【解析】 因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22，令f ′(x )>0，则x >22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＝1＋ln 22，故选C.2、函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点 【答案】C【解析】 设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x 1，x 2，x 3，x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C. 3、设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( ) A ．x ＝12为f (x )的极大值点 B ．x ＝12为f (x )的极小值点 C ．x ＝2为f (x )的极大值点 D ．x ＝2为f (x )的极小值点 【答案】D【解析】 因为f (x )＝2x ＋ln x ，所以f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2，x >0.当x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，所以x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.4、已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( )A ．－4B ．－2C ．4D ．2 【答案】D【解析】 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，函数f (x)单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x)单调递增，所以a ＝2.5、函数()()3230f x x a x a a =-+>的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．【答案】：(22，＋∞)【解析】：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减；当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0，解得a >22.∴a 的取值范围是(22，＋∞)考向一 利用导数研究函数的极值例1、已知函数()32331(R,0)f x ax x a a a=-+-∈≠，求函数()f x 的极大值与极小值．【解析】：由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax 2x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 令f ′(x )＝0得x ＝0或2a .当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：∴∴∴∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝2f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－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：∴∴∴∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝2f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－4a 2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝2f a ⎛⎫⎪⎝⎭＝－4a 2－3a ＋1.变式1、已知函数f(x)＝1x ＋ln x ，求函数f(x)的极值．【解析】 ∵f(x)＝1x ＋ln x ，∴f ′(x)＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，令f(x)＝0，得x ＝1，列表：∴x ＝1是f(x)的极小值点，f(x)的极小值为1，无极大值．方法总结：(1)求函数()f x 极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数()f x '；③解方程()0f x '=，求出函数定义域内的所有根；④列表检验在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正，那么()f x 在0x 处取极小值．(2)若函数()y f x =在区间内有极值，那么()y f x =在(),a b 内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．考向二 利用导数研究函数的最值例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； ()32112f x x x ax =-++2a =()y f x =()()0,0f（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）当时，，， 所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即. （2）因为，因为函数处有极小值，所以， 所以 由，得或， 当或时，， 当时，， 所以在，上是增函数，在上是减函数， 因为，， 所以的最大值为. 变式1、已知a R ∈，函数()ln 1af x x x=+-. (1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程； (2)求()f x 在区间(]0,e 上的最小值． 【解析】：(1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∴(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，x ∴(0，＋∞)．()1f x x =在()f x 32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦210x y -+=49272a =321()212f x x x x =-++2()32f x x x '=-+(0)2f '=(0)1f =()y f x =()()0,0f 12y x -=210x y -+=2()3f x x x a '=-+()1f x x =在(1)202f a a '=+=⇒=-2()32f x x x '=--()0f x '=23x =-1x =23x <-1x >()0f x '>213x -<<()0f x '<()f x 22,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭3124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭()f x 249327f ⎛⎫-=⎪⎝⎭因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14.又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(ln 2－12)＝14(x －2)， 即x －4y ＋4ln 2－4＝0.(2)因为f (x )＝a x ＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2.令f ′(x )＝0，得x ＝a . ∴若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值．∴若0<a <e ，当x ∴(0，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∴(a ，e]时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值ln a .∴若a ≥e ，则当x ∴(0，e]时，f ′(x )≤0，函数f (x )在区间(0，e]上单调递减， 所以当x ＝e 时，函数f (x )取得最小值ae .综上可知，当a ≤0时，函数f (x )在区间(0，e]上无最小值； 当0<a <e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ln a ； 当a ≥e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ae . 变式2、已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数．(1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 【解析】(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得 a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上为增函数，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a .令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.考向三 极值（最值）的综合性问题例3、已知函数()323(,)f x ax bx x a b R =+-∈在1x =-处取得极大值为2.(1) 求函数()f x 的解析式；(2) 若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值． 【解析】：(1) f′(x)＝3ax 2＋2bx －3.由题意得()12(1)0f f ⎧-=⎪⎨'-=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＋3＝23a －2b －3＝0)， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝0)，经检验成立，所以f(x)＝x 3－3x. (2) 令f′(x)＝0，即3x 2－3＝0.得x ＝±1. 列表如下：因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，所以当x∴[－2,2]时，f(x)max ＝2，f(x)min ＝－2. 对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x)max －f(x)min |＝4，所以c≥4.所以c 的最小值为4. 变式1、已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a >0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －ce x. 令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同． 又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)＝9a －3b ＋ce －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x . 由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.变式2、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数（是自然对数的底数）.（Ⅰ）讨论极值点的个数；（Ⅰ）若是的一个极值点，且，证明：.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）见解析 【解析】（Ⅰ）的定义域为，，①若，则，所以当时，；当时，， 所以在上递减，在递增. 所以为唯一的极小值点，无极大值， 故此时有一个极值点.()()211e 22xf x x ax ax =+++e ()f x ()002x x ≠-()f x ()22e f -->()01f x ≤()f x R ()()()2e xf x x a '=++0a ≥e 0x a +>(),2x ∈-∞-()0f x '<()2,x ∈-+∞()0f x '>()f x (),2-∞-()2,-+∞2x =-()f x ()f x②若，令，则，， 当时，，则当时，；当时，； 当时，.所以－2，分别为的极大值点和极小值点， 故此时有2个极值点. 当时，，且不恒为0，此时在上单调递增， 无极值点当时，，则当时，；当时，；当时，.所以，－2分别为的极大值点和极小值点， 故此时有2个极值点.综上，当时，无极值点； 当时，有1个极值点；当或时，有2个极值点. （Ⅰ）证明：若是的一个极值点， 由（Ⅰ）可知，又，所以，0a <()()()2e 0xf x x a '=++=12x =-()2ln x a =-2e a -<-()2ln a -<-(),2x ∈-∞-()0f x '>()()2,ln x a ∈--()0f x '<()()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()ln a -()f x ()f x 2e a -=-()2ln a -=-()()(2)e 0x f x x a '=++≥()f x R 2e 0a --<<()2ln a ->-()(),ln x a ∈-∞-()0f x '>()()ln ,2x a ∈--()0f x '<()2,x ∈-+∞()0f x '>()ln a -()f x ()f x 2e a -=-()f x 0a ≥()f x 2e a -<-2e 0a --<<()f x ()002x x ≠-()f x ()()22,ee,0a --∈-∞--()222e 2e f a ---=-->()2,ea -∈-∞-且，则， 所以. 令，则， 所以， 故又因为，所以，令，得. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是唯一的极大值点，也是最大值点， 即，故，即.方法总结： 1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值； 2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么．1、（2017年高考全国Ⅱ卷理数）若2x =-是函数21()(1)e 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【解析】由题可得12121()(2)e (1)e [(2)1]e x x x f x x a x ax x a x a ---'=+++-=+++-，因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)e x f x x x -=--，故21()(2)e x f x x x -'=+-，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞上单调递增，在(2,1)-上单调递减，所以()f x 的极小值为11()(111)e 11f -=--=-.02x ≠-()0ln x a =-()()()()()201ln ln 2ln 22f x f a a a a ⎡⎤=-=-+--⎣⎦()()ln 2,t a =-∈-+∞t a e =-()()()()21ln e 222t g t f a t t =-=-+-()()14e 2tg t t t '=-+()2,t ∈-+∞40t +>()0g t '=0t =()2,0t ∈-()0g t '>()g t ()0,t ∈+∞()0g t '<()g t 0t =()g t ()()01g t g ≤=()()ln 1-≤f a ()01f x≤故选A ．2、【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤， 即实数a 的取值范围是(],0-∞.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】−3√32【解析】f′(x)=2cosx +2cos2x =4cos 2x +2cosx −2=4(cosx +1)(cosx −12)， 所以当cosx <12时函数单调递减，当cosx >12时函数单调递增， 从而得到函数的递减区间为()5ππ2π,2π33k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z ， 函数的递增区间为()ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ， 所以当π2π,3x k k =-∈Z 时，函数f (x )取得最小值， 此时sinx =−√32,sin2x =−√32，所以f (x )min =2×(−√32)−√32=−3√32，故答案是−3√32. 4、（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数且a≠0）．（1）求曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （2）若函数f （x ）的极小值为，试求a 的值． 【答案】（1）；（2）【解析】（1）函数f （x ）=（2ax 2+4x ）ln x -ax 2-4x （a ∈R ，且a ≠0）．由题意可知． ∴曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为． （Ⅰ）①当a ＜-1时，x 变化时变化情况如下表：此时，解得，故不成立． ②当a =-1时，≤0在（0，+∞）上恒成立，所以f （x ）在（0，+∞）单调递减． 此时f （x ）无极小值，故不成立．③当-1＜a ＜0时，x 变化时变化情况如下表：22()(24)ln 4(f x ax x x ax x a R =+--∈1a--4y a =2a =-+'()4(1)ln ,(0,)f x ax x x =+∈+∞'(1)0, (1)--4f f a ==--4y a ='(), ()f x f x 1321ln()f a a a aa ⎛⎫-=+-= ⎪⎝⎭11a e =->-'()f x '(), ()f x f x此时极小值f （1）=-a -4，由题意可得， 解得因为-1＜a ＜0，所以．④当a ＞0时，x 变化时变化情况如下表：此时极小值f （1）=-a -4，由题意可得， 解得 综上所述5、（2020全国Ⅰ理21）已知函数()2e xf x ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围． 【解析】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()'21x f x e x =+-，由于()''20x f x e =+>，故()'f x 单调递增，注意到()'00f =，故：当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增． (2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①．当x=0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②．当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----， 14a a--=2a =-+2a =-2a ='(), ()f x f x 14a a--=2a =-+2a =-2a =-+记()32112x e x x g x x ---=-，()()231212'x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭=-， 令()()21102xe x x h x x ---≥=，则()'1x h x e x =--，()''10x h x e =-≥，故()'h x 单调递增，()()''00h x h ≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=， 由()0h x ≥可得：21102xe x x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时，()'0g x <，()g x 单调递减； 因此，()()2max724e g x g -⎡⎤==⎣⎦．综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 6、（2020全国Ⅱ文21）已知函数()2ln 1f x x =+． （1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围； （2）设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性．【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，()2()202ln 120()f x x c f x x c x x c ≤+⇒--≤⇒+--≤*，设()2ln 12(0)h x x x c x =+-->，则有22(1)()2x h x x x-'=-=， 当1x >时，()0,()h x h x '<单调递减；当01x <<时，()0,()h x h x '>单调递增，∴当1x =时，函数()h x 有最大值，即max ()(1)2ln11211h x h c c ==+-⨯-=--，要想不等式()*在(0,)+∞上恒成立，只需max ()0101h x c c ≤⇒--≤⇒≥-．（2）2ln 1(2ln 1)2(ln ln )()(0x a x a g x x x a x a+---==>--且)x a ≠，因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a --+'=-， 设()2(ln ln )m x x a x x x a =--+，则有()2(ln ln )m x a x '=-，当x a >时，ln ln x a >，∴()0m x '<，()m x 单调递减，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，∴()g x 单调递减；当0x a <<时，ln ln x a <，∴()0m x '>，()m x 单调递增，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，∴()g x 单调递减，∴函数()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间．。
专题1.12 导数-极值、最值问题(解析版)
②当1 ≤ t < 3 时， f (x) 在 (t,3) 上递减，在 (3, +∞) 上递增；
③当 t ≥ 3 时， f (x) 在 (t, +∞) 上递增； （2）因为 f (x) 在[m, m +1] 上的最大值为 f (m) ，
所以由（1）可得
1 ≤ m < 3
f
(m)
≥
f
(m
+1)
，解得1
专题 1.12 导数-极值、最值问题
1．高考对本部分的考查一般有三个层次： （1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等； （3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将 导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．
h ( x) =x − (e −1) lnx −1，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分别进行讨论即
可得到结论．
( ) 【解析】（1）令函数 g ( x) =
ex
+
1 ex
−a
−x3 + 3x
，
( ) 则 g′( x) = ex − e1x + 3a
x2 −1
．当
x…1
时，
ex
−
1 ex
> 0, x2 −1…0 ，
+
2a −1 x2
=− 2ax
−
x − (2a x2
− 1)
=− (x
− 1)(2ax x2
+
2a
− 1)
，
①当 a
=
0 时，ห้องสมุดไป่ตู้