高考数学 命题角度6_2 函数的单调性与极值、最值的综合应用大题狂练 理

函数单调性和求极值点、最值(知识点及相关练习)本文档将介绍函数的单调性以及如何求函数的极值点和最值。

这些概念是在研究高等数学中非常重要的一部分。

函数的单调性函数的单调性描述了函数图像在定义域内的变化趋势。

一个函数可以是递增的（单调递增），也可以是递减的（单调递减），或者在某个区间内既递增又递减。

判断函数的单调性需要观察函数的导数。

如果函数的导数恒大于零（导函数递增），则函数单调递增；如果导数恒小于零（导函数递减），则函数单调递减。

如果导数在某个区间内既大于零又小于零，则函数在该区间内既递增又递减。

下面是一些相关联系。

练题：1. 设函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的单调区间。

- 解答：- 首先求导数：$f'(x)=3x^2-6x$- 然后求解 $f'(x)=0$ 的解，即 $3x^2-6x=0$ ，解得 $x=0, 2$- 将 $x=0$ 和 $x=2$ 代入 $f'(x)$ 的导数符号表，得到如下结果：| $x$ | $(-\infty,0)$ | $(0,2)$ | $(2,+\infty)$ |- 由上表可以看出，函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, 0)$ 上递减，在区间 $(0,2)$ 上递增，而在区间 $(2,+\infty)$ 上递增，所以函数的单调区间分别为 $(-\infty, 0)$ 和 $(2,+\infty)$。

求函数的极值点和最值函数的极值点是函数某一段上的极大值或极小值点。

函数的最大值和最小值是函数在整个定义域上的最大值和最小值。

为了求函数的极值点和最值，我们需要找到函数的临界点和边界点。

- 临界点：函数定义域内导数为零或不存在的点。

- 边界点：函数定义域的端点。

对于一个函数，如果它有极值点，那么极值点一定在函数的临界点和边界点处。

下面是一些相关练。

练题：1. 设函数 $g(x)=x^3-6x^2+9x+2$，求 $g(x)$ 的极值点和最值。

规范答题示例1 函数的单调性、极值与最值问题典例1 (12分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．审题路线图 求f ′(x )――――→讨论f ′(x )的符号f (x )单调性―→f (x )最大值―→解f (x )max >2a －2.评分细则 (1)函数求导正确给1分；(2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分；(3)求出最大值给2分；(4)构造函数g(a)＝ln a＋a－1给2分；(5)通过分类讨论得出a的范围，给2分．跟踪演练1 (2017·山东)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解(1)由题意知f(π)＝π2－2.又f′(x)＝2x－2sin x，所以f′(π)＝2π.所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)．即2πx－y－π2－2＝0.(2)由题意得h(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，h′(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(－sin x－cos x＋2)－a(2x－2sin x)＝2e x(x－sin x)－2a(x－sin x)＝2(e x－a)(x－sin x)．令m(x)＝x－sin x，则m′(x)＝1－cos x≥0，所以m(x)在R上单调递增．因为m(0)＝0，所以当x＞0时，m(x)＞0；当x＜0时，m(x)＜0.①当a≤0时，e x－a＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1.②当a＞0时，h′(x)＝2(e x－e ln a)(x－sin x)，由h′(x)＝0，得x1＝ln a，x2＝0.(i)当0＜a＜1时，ln a＜0，当x∈(－∞，ln a)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(ln a,0)时，e x－e ln a＞0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，e x－e ln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝ln a时，h(x)取到极大值，极大值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；(ii)当a＝1时，ln a＝0，所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；(iii)当a＞1时，ln a＞0，所以当x∈(－∞，0)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(0，ln a)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，e x－e ln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝0时，h(x)取到极大值，极大值是h(0)＝－2a－1；当x＝ln a时，h(x)取到极小值，极小值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．综上所述，当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a －1；当0＜a＜1时，函数h(x)在(－∞，ln a)和(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]，极小值是h(0)＝－2a－1；当a＝1时，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a＞1时，函数h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(0)＝－2a－1，极小值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．。

2024届高考数学复习：精选历年真题、好题专项（导数与函数的单调性、极值、最值）练习一、 基础小题练透篇1.[2023ꞏ宁夏石嘴山市高三期中]f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数 f (x )的图象最有可能是图中的( )2．若函数f (x )＝x 2－ax ＋ln x 在区间(1，e)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[3，＋∞) B ．(－∞，3] C ．[3，e 2＋1] D ．[e 2＋1，3]3．[2023ꞏ浙江省嘉兴市第一中学考试]若函数f (x )＝a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值2，则a －b ＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．24．已知函数f (x )的定义域为(x 1，x 2)，导函数f ′(x )在(x 1，x 2)内的图象如图所示，则函数f (x )在(x 1，x 2)内极值点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．55．[2023ꞏ山东省聊城市高三上学期期中]已知a ＝1.11.1，b ＝e 0.11，c ＝1＋1.1ln 1.1，下列说法正确的是( )A ．a >b >cB ．b >c >aC ．b >a >cD ．a >c >b6．[2023ꞏ内蒙古自治区赤峰二中月考]已知函数f (x )＝()x 2＋a 2x ＋1 e x ，则“a ＝2 ”是“函数f (x )在x ＝－1处取得极小值”的( )A.充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 7．[2023ꞏ江西省赣州市五校期中]函数f (x )＝e x －x －6的零点所在区间为(n ，n ＋1)(n ∈N )，则n ＝__________．8．若函数f (x )＝2x 2＋ln x －ax 在定义域上单调递增，则实数a 的取值范围为________．二、能力小题提升篇1.[2023ꞏ云南师范大学附属中学考试]已知函数f (x )＝13 x 3－mx 2＋mx ＋9在R 上无极值，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，0]∪[1，＋∞)C ．(0，1)D ．[0，1] 2．[2023ꞏ内蒙古自治区赤峰二中月考]已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，且当x <0时，f (x )＝x ＋ax ＋1.若函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上的最小值为3，则实数a 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．43．[2023ꞏ河北省沧州市模拟]已知函数f (x )＝ln xx －x ，则( ) A ．f (x )的单调递减区间为(0，1) B ．f (x )的极小值点为1 C ．f (x )的极大值为－1 D ．f (x )的最小值为－14．[2023ꞏ河南省名校联盟高三联考]函数f (x )＝cos x －cos 3x 的最大值是( )A ．1B ．839 C ．2 D ．225．[2023ꞏ陕西省宝鸡市、汉中市部分校联考]已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2－nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则mn ＝________ .6．[2023ꞏ陕西省咸阳中学高三质量检测]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >112x ＋12，x ≤1 ，若m <n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的最小值是________．二、 高考小题重现篇1.[浙江卷]函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )2．[2022ꞏ全国甲卷]已知a ＝3132 ，b ＝cos 14 ，c ＝4sin 14 ，则( )A ．c >b >aB ．b >a >cC ．a >b >cD ．a >c >b 3．[江苏卷]若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.4．[全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________.5．[山东卷]若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________．①f (x )＝2－x ②f (x )＝3－x ③f (x )＝x 3 ④f (x )＝x 2＋2.6．[2022ꞏ全国乙卷]已知x ＝x 1和x ＝x 2分别是函数f (x )＝2a x －e x 2(a >0且a ≠1)的极小值点和极大值点．若x 1<x 2，则a 的取值范围是________．四、经典大题强化篇1.[2023ꞏ安徽省合肥高三模拟]已知函数f(x)＝12x2－ax ln x＋ax.(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．2．[2023ꞏ湖北省部分省级示范高中期中联考]已知函数f(x)＝3－2x x2＋a.(1)若a＝0，求y＝f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的最大值和最小值．参考答案一 基础小题练透篇1．答案：A答案解析：由容器的形状可知，在相同的变化时间内，高度的减小量越来越大，且高度h 的变化率小于0，所以f （t ）在区间[]t 0－Δt ，t 0 ，[]t 0，t 0＋Δt （Δt >0）上的平均变化率由大变小，即k 1>k 2.故选A. 2．答案：B答案解析：由f （x ）＝mx 2＋ln x ＋1⇒f ′（x ）＝2mx ＋1x，f ′（1）＝2m ＋1，f （1）＝m ＋1，则函数在()1，f （1） 处的切线方程为y ＝()2m ＋1 （x －1）＋m ＋1， 将()2，8 代入切线方程可得m ＝2.故选B. 3．答案：B答案解析：由f （x ）＝2xf ′（1）＋ln x ，可得f ′（x ）＝2f ′（1）＋1x，所以 f ′（1）＝2f ′（1）＋1，则f ′（1）＝－1 .故选B. 4．答案：C答案解析：对于A ，⎝⎛⎭⎪⎫sin π5 ′＝0，故A 不正确； 对于B ，（x 2sin 3x ）′＝（x 2）′sin 3x ＋x 2（sin 3x ）′＝2x sin 3x ＋3x 2cos 3x ，B 错误．对于C ，（tan x ）′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos x ′＝cos x ·cos x －sin x ·()－sin x cos 2x ＝1cos 2x ，C 正确．对于D ，[]ln ()2x －1 ′＝12x －1 ×2＝22x －1，D 错误．故选C. 5．答案：D答案解析：由题意知，f ′（x ）＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f （x ）在点P （x 0，f （x 0））处的切线斜率为f ′（x 0）＝3x 20 ＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且 3x 20 ＋2ax 0＝－1x 0＋x 30 ＋ax 20 ＝0 ，解得a ＝±2，x 0＝－a 2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1a ＝－2 时，点P 的坐标为（1，－1）；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1a ＝2 时，点P 的坐标为（－1，1）.6．答案：A答案解析：y ′＝－ex（e x ＋1）2 ＝－1e x＋1ex ＋2，因为e x >0，所以e x ＋1e x ≥2e x ×1e x ＝2（当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号），则e x＋1e x ＋2≥4，故y ′＝－1e x＋1ex ＋2≥－14 （当x ＝0时取等号）.当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 ，切线的方程为y －12 ＝－14（x －0），即x ＋4y －2＝0.7．答案：y ＝x ＋1答案解析：由lim Δx →0 f （1＋2Δx ）－f （1－Δx ）Δx ＝3lim Δx →0 f （1＋2Δx ）－f （1－Δx ）3Δx＝3，得f ′（1）＝1，而f ′（x ）＝a －1x，所以a ＝2，f （x ）＝2x －ln x ，f （1）＝2，所以切线方程为y －2＝x －1，即y ＝x ＋1. 8．答案：2x －y －2π－2＝0答案解析：因为f （x ）＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2 ＋f ′⎝ ⎛⎭π2 sin x ＝2cos x ＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 sin x ， 所以f （π）＝2cos π＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 sin π＝2×（－1）＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ×0＝－2，切点为（π，－2）.而f ′（x ）＝－2sin x ＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 cos x ， 令x ＝π2 ， 得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝－2sin π2 ＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 cos π2 ＝－2×1＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ×0＝－2，所以f ′（x ）＝－2sin x －2cos x ，所以曲线y ＝f （x ） 在点 （π，－2） 处的切线的斜率为 f ′（π）＝－2sin π－2cos π＝－2×0－2×（－1）＝2，所以曲线y ＝f （x ） 在点 （π，－2） 处的切线方程为y －（－2）＝2（x －π）.即 2x －y －2π－2＝0.二 能力小题提升篇1．答案：D答案解析：因为f （x ）＝a e x ＋x 2，所以f ′（x ）＝a e x＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′（1）＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为（1，2e ＋2＋b ），将切点代入f （x ）中，有f （1）＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1，所以ab ＝－2. 2．答案：A答案解析：∵f （x ）＝ax ln x ＋b 过点（1，1），∴f （1）＝a ln 1＋b ＝1，解得b ＝1.∵f ′（x ）＝a （ln x ＋1），∴f ′（1）＝a （ln 1＋1）＝a ， 则f （x ）在点（1，1）处的切线方程为y ＝a （x －1）＋1. ∵y ＝a （x －1）＋1过点（3，5），∴a ＝2，∴f （x ）＝2x ln x ＋1，∴f ′（x ）＝2（ln x ＋1）.令f ′（x ）>0，得x >1e ；令f ′（x ）<0，得0<x <1e ，∴f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 上单调递增． ∴f （x ）的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2eln 1e ＋1＝1－2e .3．答案：A答案解析：由y ＝x 2＋2ln x ，得y ′＝2x ＋2x，由2x ＋2x＝4，解得x ＝1()x >0 ，则直线y ＝4x ＋m 与曲线y ＝x 2＋2ln x 相切于点()1，4＋m ， ∴4＋m ＝1＋2ln 1＝1，得m ＝－3，∴直线y ＝4x －3是曲线y ＝x 3－nx ＋13的切线，由y ＝x 3－nx ＋13，得y ′＝3x 2－n ，设切点为()t ，t 3－nt ＋13 ，则3t 2－n ＝4，且t 3－nt ＋13＝4t －3，联立可得3t 2－t 2－16t＋4＝4，解得t ＝2，所以n ＝8. ∴n －m ＝8－()－3 ＝11. 故选A. 4．答案：B答案解析：①f （x ）＝x 2，f ′（x ）＝2x ，x 2＝2x ，x ＝0，x ＝2，有“巧值点”；②f ′（x ）＝－e －x ，－e －x ＝e －x，无解，无“巧值点”；③f （x ）＝ln x ，f ′（x ）＝1x ，ln x ＝1x ，令g （x ）＝ln x －1x，g （1）＝－1<0，g （e ）＝1－1e>0.由零点存在性定理，所以在（1，e ）上必有零点，f （x ）有“巧值点”；④f （x ）＝tan x ，f ′（x ）＝1cos 2x ，1cos 2x＝tan x ，sinx cos x ＝1，即sin 2x ＝2，无解，所以f （x ）无“巧值点”．所以有“巧值点”的是①③.5．答案：（－∞，e]答案解析：设f （x ）＝e x ，切点为（x 0，e x 0），则f ′（x ）＝e x，所以k ＝e x 0，b ＝e x 0－kx 0＝e x 0（1－x 0），所以k ＋b ＝e x 0＋e x 0（1－x 0）＝e x 0（2－x 0）.令g （x ）＝e x（2－x ），则g ′（x ）＝e x （2－x ）－e x ＝e x（1－x ），当x ∈（－∞，1）时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增；当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减．所以g （x ）的最大值为g （1）＝e ，又x →－∞时，g （x ）→0，x →＋∞时，g （x ）→－∞，所以k ＋b 的取值范围是（－∞，e].6．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－7e 4，0 答案解析：设切点坐标为（x 0，y 0），则y 0＝f （x 0）＝（x 0＋2）e x 0.由f （x ）＝（x ＋2）e x ，可得f ′（x ）＝（x ＋3）e x， 所以切线方程为y －y 0＝（x 0＋3）e x 0（x －x 0），整理得y －（x 0＋2）e x 0＝（x 0＋3）e x 0（x －x 0），将M （1，t ）代入可得，t ＝（－x 20 －x 0＋5）e x 0＝h （x 0），h ′（x 0）＝（－x 20 －3x 0＋4）e x 0＝－（x 0＋4）（x 0－1）e x 0，则h （x 0）在（－∞，－4）和（1，＋∞）上单调递减；在（－4，1）上单调递增．所以，h ()x 0 在x 0＝－4处有极小值h ()－4 ＝－7e4 ，在x 0＝1处有极大值h （1）＝3e.易知当x 0<－1＋212时，h ()x 0 <0（如图所示）所以当－7e 4 <t <0时，函数t ＝h ()x 0 有3个零点，即当－7e4 <t <0时，过点M ()1，t 可作3条与曲线y ＝f （x ）相切的直线．三 高考小题重现篇1．答案：B答案解析：f ′（x ）＝4x 3－6x 2，则f ′（1）＝－2，易知f （1）＝－1，由点斜式可得函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程为y －（－1）＝－2（x －1），即y ＝－2x ＋1.2．答案：D答案解析：方法一 因为函数f （x ）＝x 3＋（a －1）x 2＋ax 为奇函数，所以f （－x ）＝－f （x ），所以（－x ）3＋（a －1）（－x ）2＋a （－x ）＝－[x 3＋（a －1）x 2＋ax ]，所以2（a －1）x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f （x ）＝x 3＋x ，所以f ′（x ）＝3x 2＋1，所以f ′（0）＝1，所以曲线y ＝f （x ）在点（0，0）处的切线方程为y ＝x .方法二 因为函数f （x ）＝x 3＋（a －1）x 2＋ax 为奇函数，所以f （－1）＋f （1）＝0，所以－1＋a －1－a ＋（1＋a －1＋a ）＝0，解得a ＝1，经检验满足题意，所以f （x ）＝x3＋x ，所以f ′（x ）＝3x 2＋1，所以f ′（0）＝1，所以曲线y ＝f （x ）在点（0，0）处的切线方程为y ＝x .3．答案：D答案解析：方法一 在曲线y ＝e x 上任取一点P ()t ，e t ，对函数y ＝e x 求导得y ′＝e x，所以，曲线y ＝e x 在点P 处的切线方程为y －e t ＝e t ()x －t ，即y ＝e t x ＋()1－t e t，由题意可知，点()a ，b 在直线y ＝e t x ＋()1－t e t 上，可得b ＝a e t ＋()1－t e t＝()a ＋1－t e t ，令f （t ）＝()a ＋1－t e t ，则f ′（t ）＝()a －t e t. 当t <a 时，f ′（t ）>0，此时函数f （t ）单调递增， 当t >a 时，f ′（t ）<0，此时函数f （t ）单调递减，所以，f （t ）max ＝f ()a ＝e a，由题意可知，直线y ＝b 与曲线y ＝f （t ）的图象有两个交点，则b <f （t ）max ＝e a， 当t <a ＋1时，f （t ）>0，当t >a ＋1时，f （t ）<0，作出函数f （t ）的图象如图所示：由图可知，当0<b <e a时，直线y ＝b 与曲线y ＝f （t ）的图象有两个交点．方法二 画出函数曲线y ＝e x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0<b <e a.4．答案：1答案解析：f ′（x ）＝（x ＋a －1）e x（x ＋a ）2 ，则f ′（1）＝a e（a ＋1）2 ＝e 4 ，解得a ＝1.5．答案：5x －y ＋2＝0答案解析：因为y ＝2x －1x ＋2 ，所以y ′＝2（x ＋2）－（2x －1）（x ＋2）2 ＝5（x ＋2）2 .当x ＝－1时，y ＝－3，y ′＝5，所以所求切线方程为y ＋3＝5（x ＋1），即5x －y ＋2＝0.6．答案：y ＝x e y ＝－xe答案解析：当x >0时，y ＝ln x ，y ′＝1x.假设此时直线与曲线y ＝ln x 相切于点（x 1，ln x 1）（x 1>0），则此时切线方程为y －ln x 1＝1x 1（x －x 1）.若该切线经过原点，则ln x 1－1＝0，解得x 1＝e ，此时切线方程为y ＝xe .当x <0时，y ＝ln （－x ），y ′＝1x.假设此时直线与曲线y ＝ln （－x ）相切于点（x 2，ln （－x 2））（x 2<0），则此时切线方程为y －ln （－x 2）＝1x 2（x －x 2）.若该切线经过原点，则ln （－x 2）－1＝0，解得x 2＝－e ，此时切线方程为y ＝－xe.四 经典大题强化篇1．答案解析：（1）因为f （x ）＝12 x 2－4ln x －12，所以f ′（x ）＝x －4x .令x －4x＝－3，即x 2＋3x －4＝0，解得x ＝1或x ＝－4（舍去）.因为f （1）＝0，所以切点是（1，0），代入3x ＋y －a ＝0，得a ＝3.（2）f ′（x ）＝x －4x，x >0.令f ′（x ）>0，得x >2；令f ′（x ）<0，得0<x <2.所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增， 即f （x ）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，＋∞）.2．答案解析：（1）方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74 x －3，当x ＝2时，y ＝12 .又因为f ′（x ）＝a ＋b x2 ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74．解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3，所以f （x ）＝x －3x .（2）证明：设P （x 0，y 0）为曲线y ＝f （x ）上任一点，由y ′＝1＋3x2 知曲线在点P （x 0，y 0）处的切线方程为y －y 0＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋3x 20 （x －x 0），即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20 （x －x 0）.令x ＝0，得y ＝－6x 0，所以切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0 .令y ＝x ，得y＝x ＝2x 0，所以切线与直线y ＝x 的交点坐标为（2x 0，2x 0）.所以曲线y ＝f （x ）在点P （x 0，y 0）处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0 |2x 0|＝6.故曲线y ＝f （x ）上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.。

函数单调性和求极大值、最值(知识点及相关练习)函数单调性和求极大值、最值知识点概述函数单调性是指函数在定义域上的增减性质，可以分为单调递增和单调递减两种情况。

求函数的极大值和最小值是在给定定义域上寻找函数取得最大值和最小值的过程。

在函数单调性的相关知识点中，我们需要了解以下内容：1. 函数单调性的定义：函数的单调递增和单调递减性质的描述。

2. 判断函数单调性的方法：包括基于导数和基于一阶差分的方法。

3. 极值点的定义：函数在局部或全局范围内的极大值和极小值点。

4. 求函数极大值和极小值的方法：包括使用导数和二阶导数进行判断的方法。

5. 最大值和最小值的定义：函数定义域上最大值和最小值点的概念。

相关练1. 判断函数的单调性判断下列函数的单调性：1. $f(x) = 2x^2 - x + 3$2. $g(x) = e^x$3. $h(x) = \sqrt{x}$4. $p(x) = \ln(x)$2. 求函数的极大值和极小值对下列函数，求出其在给定定义域上的极大值和极小值：1. $f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1, \quad -1 \leq x \leq 3$2. $g(x) = \sin(x) + \cos(x), \quad 0 \leq x \leq \pi$3. $h(x) = \frac{x^2}{x+1}, \quad x > 0$3. 求函数的最大值和最小值对下列函数，求出其在给定定义域上的最大值和最小值：1. $f(x) = x^2 - 4x + 1, \quad -2 \leq x \leq 5$2. $g(x) = \frac{1}{x}, \quad 0 < x \leq 1$3. $h(x) = \ln(x), \quad 1 < x \leq 10$以上的练可以帮助巩固函数单调性和求极值、最值的相关概念与方法。

专题05函数的单调性与最值最新考纲1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.基础学问融会贯穿1．函数的单调性(1)单调函数的定义(2)单调区间的定义假如函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，假如存在实数M满意条件(1)对于随意的x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于随意的x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值【学问拓展】函数单调性的常用结论(1)对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f x 1－f x 2x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f x 1－f x 2x 1－x 2<0⇔f (x )在D 上是减函数．(2)对勾函数y ＝x ＋ax(a >0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)，减区间为[－a ，0)和(0，a ]． (3)在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．(4)函数f (g (x ))的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )的单调性的关系是“同增异减”．重点难点突破【题型一】确定函数的单调性(区间) 命题点1 给出详细解析式的函数的单调性 【典型例题】下列函数中，值域为R 且在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A ．y ＝x 2+2xB ．y ＝2x +1C ．y ＝x 3+1D ．y ＝（x ﹣1）|x |【解答】解：依据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝x 2+2x ＝（x +1）2﹣1，其值域为[﹣1，+∞），不符合题意； 对于B ，y ＝2x +1，其值域为（0，+∞），不符合题意；对于C ，y ＝x 3+1，值域为R 且在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 对于D ，y ＝（x ﹣1）|x |，在区间（0，1）上为减函数，不符合题意；故选：C ．【再练一题】已知函数f （x ）＝ln ，则（ ）A ．f （x ）是奇函数，且在（﹣∞，+∞）上单调递增B ．f （x ）是奇函数，且在（﹣∞，+∞）上单调递减C ．f （x ）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增D ．f （x ）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递减【解答】解：依据题意，函数f （x ）＝ln，其定义域为R ，有f（﹣x）＝ln ln f（x），则函数f（x）为偶函数，设t，y＝lnt，对于t，则导数t′，当x＞0时，t′＞0，即函数t在区间（0，+∞）上为增函数，又由y＝lnt在区间（0，+∞）上为增函数，则函数f（x）＝ln在0，+∞）上为增函数，故选：C．命题点2 解析式含参数的函数的单调性【典型例题】定义在R的函数f（x）＝﹣x3+m与函数g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx在[﹣1，1]上具有相同的单调性，则k 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2] B．[2，+∞）C．[﹣2，2] D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）【解答】解：依据题意，函数f（x）＝﹣x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数，g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx＝x2﹣kx+m在[﹣1，1]上为减函数，必有x1，解可得k≥2，即k的取值范围为[2，+∞）；故选：B．【再练一题】已知函数f（x）（a＞0且a≠1）在R上单调递减，则a的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，] D．（0，]【解答】解：由题意，分段函数是在R上单调递减，可得对数的底数需满意0＜a＜1，依据二次函数开口向上，在（单调递减，可得，即，解得：．且[x2+（4a﹣3）x+3a]min≥[log a（x+1）+1]max故而得：3a≥1，解得：a．∴a的取值范围是[，]，故选：C．思维升华确定函数单调性的方法：(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接．【题型二】函数的最值【典型例题】若函数f（x），则函数f（x）的值域是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．[0，+∞）D．（﹣∞，0）∪（0，2）【解答】解：当x＜1时，0＜2x＜2，当x≥1时，f（x）＝﹣log2x≤﹣log21＝0，综上f（x）＜2，即函数的值域为（﹣∞，2），故选：A．【再练一题】函数f（x）＝e x﹣x在区间[﹣1，1]上的值域为（）A．[1，e﹣1] B．C．D．[0，e﹣1]【解答】解：函数的导数f′（x）＝e x﹣1，由f′（x）＞0得e x﹣1＞0，即e x＞1，得0＜x≤1，此时函数递增，由f′（x）＜0得e x﹣1＜0，即e x＜1，得﹣1≤x＜0，此时函数递减，即当x＝0时，函数取得微小值同时也是最小值f（0）＝1，∵f（1）＝e﹣1，f（﹣1）1＜e﹣1，∴函数的最大值为f（1）＝e﹣1，即函数的值域为[1，e﹣1]，故选：A．思维升华求函数最值的五种常用方法及其思路(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(2)图象法：先作出函数的图象，再视察其最高点、最低点，求出最值．(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最终结合端点值，求出最值．(5)换元法：对比较困难的函数可通过换元转化为熟识的函数，再用相应的方法求最值．【题型三】函数单调性的应用命题点1 比较大小【典型例题】已知函数，若，则a、b、c之间的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c【解答】解：依据题意，函数，其定义域为R，则f（﹣x）＝|ln（x）|＝|ln|＝|﹣ln（x）|＝|ln（x）|＝f （x），即函数f（x）为偶函数，设g（x）＝ln（x）＝ln，有g（0）＝ln1＝0，设t，则y＝lnt，当x≥0时，t为减函数且t＞0，而y＝lnt在（0，+∞）为增函数，则g（x）＝ln（x）＝ln在[0，+∞）上为减函数，又由g（0）＝0，则在区间[0，+∞）上，g（x）≤0，又由f（x）＝|g（x）|，则f（x）在区间[0，+∞）上为增函数，a＝f（）＝f（log94），b＝f（log52）＝f（log254），又由log254＜log94＜1＜1.80.2，则有b＜a＜c；故选：D．【再练一题】已知函数f（x）＝x•ln，a＝f（），b＝f（），c＝f（），则以下关系成立的是（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b【解答】解：，，；∵；∴；∴c＜a＜b．故选：A．命题点2 解函数不等式【典型例题】已知函数f（x）＝e x﹣e﹣x，则关于x的不等式f（x）+f（x2﹣2）＜0的解集为（）A．（﹣2，1）B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）C．（﹣1，2）D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）【解答】解：依据题意，函数f（x）＝e x﹣e﹣x，有f（﹣x）＝e﹣x﹣e x＝﹣（e x﹣e﹣x）＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，又由f′（x）＝e x+e﹣x＞0，则函数f（x）在R上为增函数，f（x）+f（x2﹣2）＜0⇒f（x）＜﹣f（x2﹣2）⇒f（x）＜f（2﹣x2）⇒x＜2﹣x2，即x2+x﹣2＜0，解可得﹣2＜x＜1，即其解集为（﹣2，1）；故选：A．【再练一题】设定义在R上的奇函数f（x）满意f（x）＝x3﹣8（x＞0），则{x|f（x﹣2）≥0}＝（）A．[﹣2，0）∪[2，+∞）B．（﹣∞﹣2]∪[2，+∞）C．[0，2）∪[4，+∞）D．[0，2]∪[4，+∞）【解答】解：∵f（x）是R上的奇函数，且x＞0时，f（x）＝x3﹣8；∴f（0）＝f（2）＝f（﹣2）＝0，且f（x）在（0，+∞），（﹣∞，0）上都单调递增；∴①x＝2时，满意f（x﹣2）≥0；②x＞2时，由f（x﹣2）≥0得，f（x﹣2）≥f（2）；∴x﹣2≥2；∴x≥4；③x＜2时，由f（x﹣2）≥0得，f（x﹣2）≥f（﹣2）；∴x﹣2≥﹣2；∴x≥0；∴0≤x＜2；综上得，f（x﹣2）≥0的解集为[0，2]∪[4，+∞）．故选：D．命题点3 求参数范围【典型例题】若函数f（x）在R上是增函数，则a的取值范围为（）A．（﹣∞，1] B．（0，2）C．（0，1] D．[1，2）【解答】解：∵f（x）在R上是增函数；∴；解得0＜a≤1；∴a的取值范围为：（0，1]．故选：C．【再练一题】若（a≠1），在定义域（﹣∞，+∞）上是单调函数，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：f（x）在定义域（﹣∞，+∞）上是单调函数时，①函数的单调性是增函数时，可得当x＝0时，（a2﹣1）e ax≤ax2+1＝1，即a2﹣1≤1，解之得a∵x≥0时，y＝ax2+1是增函数，∴a＞0又∵x＜0时，（a2﹣1）e ax是增函数，∴a2﹣1＞0，得a＜﹣1或a＞1因此，实数a的取值范围是：1＜a②函数的单调性是减函数时，可得当x＝0时，（a2﹣1）e ax≥ax2+1＝1，即a2﹣1≥1，解之得a或a．∵x≥0时，y＝ax2+1是减函数，∴a＜0又∵x＜0时，（a2﹣1）e ax是减函数，∴a2﹣1＞0，得a＜﹣1或a＞1因此，实数a的取值范围是：a综上所述，得a∈故选：C．思维升华函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小．(2)解不等式．利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为详细的不等式求解，应留意函数的定义域．(3)利用单调性求参数．①依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较；②需留意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的随意子集上也是单调的；③分段函数的单调性，除留意各段的单调性外，还要留意连接点的取值．基础学问训练1．若，则下列不等式正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵，对A选项，变形为log a x3＜log a y2，而函数y=是单调递减函数，x3＜y2，∴log a x3>log a y2，故A不正确；对B选项，,函数y=cosx是单调递减函数，∴，故B不正确；对C选项，y=是单调递减函数，∴, 故C不正确；而D选项，幂函数y=是单调递增函数，∴，故应选D.2．已知函数且满意，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以，所以函数为定义在R上的偶函数；又时，单调递减，所以由偶函数的对称可得：时，单调递增，所以由可得，解得.故选C3．已知函数，则函数有（）A．最小值，无最大值 B．最大值，无最小值C．最小值1，无最大值 D．最大值1，无最小值【答案】D【解析】∵函数f（x）的定义域为（﹣∞，]设t，则t，且x，∴f（x）＝g（t）t2+t（t﹣1）2+1，t，∴g（t）≤g（1）即g（t）≤1∴函数f（x）的最大值1，无最小值.故选D.4．若函数f（x）=log2（x2-2x+a）的最小值为4，则a=（）A．16 B．17 C．32 D．33【答案】B【解析】函数f（x）=log2（x2-2x+a）的最小值为4，可得y= x2-2x+a的最小值为16，由y=（x-1）2+a-1，可得a-1=16，即a=17，故选：B．5．高斯是德国闻名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】．∴当时，；当时，；∴函数的值域是．故选A．6．已知函数的最小值为8，则A．B．C．D．【答案】B【解析】函数的最小值为8，可得，明显的最小值不为8；时，由对数函数的性质可得当时，的最小值为，由题意可得，设递增，，可得，故选：B．7．对于函数f（x），若∀a，b，c∈R，f（a），f（b），f（c）为某一三角形的三边长，则称f（x）为“可构造三角形函数”．已知函数f（x）=是“可构造三角形函数”，则实数t的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可得f（a）+f（b）＞f（c）对于∀a，b，c∈R都恒成立，由于f（x），①当t﹣1＝0，f（x）＝1，此时，f（a），f（b），f（c）都为1，构成一个等边三角形的三边长，满意条件．②当t﹣1＞0，f（x）在R上是减函数，1＜f（a）＜1+t﹣1＝t，同理1＜f（b）＜t，1＜f（c）＜t，故f（a）+f（b）＞2．再由f（a）+f（b）＞f（c）恒成立，可得2≥t，结合大前提t﹣1＞0，解得1＜t≤2．③当t﹣1＜0，f（x）在R上是增函数，t＜f（a）＜1，同理t＜f（b）＜1，t＜f（c）＜1，由f（a）+f（b）＞f（c），可得 2t≥1，解得1＞t．综上可得，t≤2，故选：A．8．奇函数单调递减，若，则满意的取值范围是（）A．B．C．D．[1，3]【答案】D【解析】因为奇函数单调递减，所以函数单调递减，且为奇函数，所以，因为，所以，所以，解得，即满意的取值范围是，故选D.9．假如对定义在R上的奇函数，对随意两个不相邻的实数，全部，则称函数为“H函数”，下列函数为H函数的是A．B．C．D．【答案】D【解析】依据题意，对于全部的不相等实数，则恒成立，则有恒成立，即函数是定义在R上的增函数，则“H函数”为奇函数且在R上为增函数，据此依次分析选项：对于A，，为正弦函数，为奇函数但不是增函数，不符合题意；对于B，，为指数函数，不是奇函数，不符合题意；对于C，，为奇函数，但在R上不是增函数，不符合题意；对于D，，为奇函数且在R上为增函数，符合题意；故选：D．10．已知定义在上的函数，对随意，有，且时，有，设，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为对随意，所以，因为时，有，所以函数在区间上是增函数，因为，所以，即，所以，故选A.11．已知定义在R上的函数f(x)＝－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，则a，b，c的大小关系为( )A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．c<b<a【答案】B【解析】解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故选：B．12．已知t为常数，函数在区间上的最大值为2，则t的值为A．B．C．D．【答案】A【解析】令上的增函数.当，即时，，舍去.当，即时，由于单调递增，故函数的最值在端点处取得..若，解得（舍去）.当时，符合题意.当，解得.当时，，不符合题意.当时，符合题意.故.所以选A.13．假如奇函数在区间上是减函数，值域为，那么______.【答案】12【解析】由f（x）在区间上是递减函数，且最大值为5，最小值为-2，得f（3）＝5，f（7）＝-2，∵f（x）是奇函数，∴．故答案为：12．14．已知函数，若上是减函数，则实数的取值范围为____.【答案】[，0）【解析】若在R上是减函数，因为y=上单调递减，故只需满意，解得：k∈[，0）故答案为：[，0）15．设函数f（x）=|x-1|在x∈[t，t+4]（t∈R）上的最大值为M（t），则M（t）的最小值为______．【答案】2【解析】作出函数f（x）=|x-1|的图象，如图所示，当t+4≤1即t≤-3时，f（x）在[t，t+4]递减，可得最大值M（t）=f（t）=|t-1|=1-t，由M（t）在t≤-3递减，可得M（t）≥4，即最小值为4；当t≥1时，f（x）在[t，t+4]递增，可得最大值M（t）=f（t+4）=|t+3|=t+3，由M（t）在t≥1递增，可得M（t）≥4，即最小值为4；当t＜1＜t+4，即-3＜t＜1时，f（x）在（t，1）递减，在（1，t+4）递增，可得f（x）的最小值为0；当t=-1时，f（t）=f（t+4）=2；当-1＜t＜1时，f（t）＜f（t+4），f（x）的最大值M（t）=f（t+4）=t+3，且M（t）∈（2，4）；当-3＜t＜-1时，f（t）＞f（t+4），f（x）的最大值M（t）=f（t）=1-t，且M（t）∈（2，4）；综上可得M（t）的最小值为2．故答案为：2．16．已知函数，若当时，都有，则a的取值范围为______．【答案】【解析】①当时，即②当时，若，即时，若，即时，③当时，综上所述，17．对于区间，若函数同时满意：上是单调函数；函数的值域是，则称区间为函数的“保值”区间．求函数的全部“保值”区间．函数是否存在“保值”区间？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）函数存在“保值”区间，此时m的取值范围是．【解析】因为函数的值域是，且的值域是，所以，所以，从而函数在区间上单调递增，故有，解得，又，所以，所以函数的“保值”区间为；若函数存在“保值”区间，若，由可得函数的“保值”区间为；若，此时函数在区间上单调递减，可得，消去m得，整理得，因为，所以，即，即有，因为，可得；若，此时函数在区间上单调递增，可得，消去m得，整理得．因为，所以，可得，可得．由，即有．综合得，函数存在“保值”区间，此时m的取值范围是．18．已知函数常数．证明上是减函数，在上是增函数；时，求的单调区间；对于中的函数和函数，若对随意，总存在，使得成立，求实数a的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】证明：：设，且，，，，当时，即，当时，即，时，，即，此时函数为减函数，当时，，即，此时函数为增函数，故上是减函数，在上是增函数；时，，，设，则，，由可知上是减函数，在上是增函数；，即，即上是减函数，在上是增函数；由于为减函数，故又由（2）得由题意，的值域为的值域的子集，从而有，解得．19．已知函数，其中．解关于x的不等式；求a的取值范围，使在区间上是单调减函数．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】的不等式，即为，即为，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；，由在区间上是单调减函数，可得，解得．即a的范围是．20．已知函数．判定并证明函数的单调性；是否存在实数m，使得不等式对一切都成立？若存在求出m；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）【解析】函数上R上的单调递增函数．证明如下：设，，，且，，函数上R上的单调递增函数．函数，，是R上的奇函数，不等式对一切都成立，，对一切都成立，是R上的增函数，，对一切都成立，．存在实数，使得不等式对一切都成立．实力提升训练1．已知是自然对数的底数），，则的大小关系是( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】记,可得x=e可知：上单调递增，又∴，即故选：A2．若函数，设，则的大小关系A．B．C．D．【答案】D【解析】依据题意，函数，是二次函数，其对称轴为y轴，且在上为增函数，，则有，则；故选：D．3．已知函数，若的最小值为，则实数m的值为A． B． C．3 D．或3【答案】C【解析】函数，即，当时，不成立；当，即时，递减，可得取得最小值，且，解得成立；当，即时，递增，可得取得最小值，且，不成立；综上可得．故选：．4．若函数上的最大值与最小值的差为2，则实数的值为( ).A．2 B．－2 C．2或－2 D．0【答案】C【解析】解：①当a=0时，y=ax+1=1，不符合题意；②当a＞0时，y=ax+1在[1，2]上递增，则（2a+1）﹣（a+1）=2，解得a=2；③当a＜0时，y=ax+1在[1，2]上递减，则（a+1）﹣（2a+1）=2，解得a=﹣2．综上，得a=±2，故选C．5．已知直线分别与函数的图象交于两点，则两点间的最小距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】依据题意得到PQ两点间的距离即两点的纵坐标的差值，设t+1=u,t=u-1>0,原式等于依据均值不等式得到当且仅当u=1，t=0是取得最值.故答案为：D.6．已知函数的值域为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，设，则，又由指数函数的性质，可知函数为单调递减函数，所以函数的值域为，故选C.7．已知函数的定义域为(1)试推断的单调性；(2)若，求的值域；(3)是否存在实数，使得有解，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）单调递增（2）（3）存在，且取值范围为【解析】解：（1）设单调递增.（2）令的值域为（3）由而当时，令，所以的取值范围为8．已知函数（1）设的两根，且，试求的取值范围（2）当时，的最大值为2，试求【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可得的两根，且，解得故（2）当时，的最大值为2，由，可知抛物线开口向上，对称轴为①若，则当时取得最大值，即，解得②若，则当时取得最大值，即，解得故9．已知函数．(1)若，求a的值．(2)推断函数的奇偶性，并证明你的结论．(3)求不等式的解集．【答案】(1)；(2)奇函数；(3).【解析】，则，得，即，则．函数的定义域为R，，即函数是奇函数．由不等式，，在R上是增函数，不等式等价为，即，即，得．即不等式的解集为．10．已知函数.（Ⅰ）推断并证明的单调性；（Ⅱ）设，解关于的不等式.【答案】（Ⅰ）上单调递增；（Ⅱ）.【解析】解：（Ⅰ）的定义域为，由是奇函数；任取，则，上单调递增；又由（Ⅰ）知，上的奇函数，上单调递增；上单调递增.（Ⅱ），由是奇函数；又由（Ⅰ）知上单调递增，上单调递增，等价于，可得：，解得：不等式的解集是.。

考点1 导数与函数的单调性考点2 导数与函数的极(最)值目 录综合基础练综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数与函数的单调性、极值和最值训练册考点1　导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ文,11,5分,易)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围D是 ( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=a e x-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为C ( )A.e2B.eC.e-1D.e-23.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f (x )=a (e x +a )-x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)证明:当a >0时, f (x )>2ln a + .32解析 (1)由已知得函数f (x )的定义域为R,f '(x )=a e x -1.①当a ≤0时, f '(x )<0, f (x )在R 上单调递减;②当a >0时,令f '(x )=0,则x =ln ,当x <ln 时, f '(x )<0, f (x )单调递减;1a 1a当x >ln 时, f '(x )>0, f (x )单调递增.综上所述,当a ≤0时, f (x )在R 上单调递减;当a >0时, f (x )在 上单调递减,在 上单调递增.1a 1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明:由(1)知,当a >0时, f (x )在 上单调递减,在 上单调递增,则f (x )min =f =a -ln =1+a 2+ln a .要证明f (x )>2ln a + ,只需证明1+a 2+ln a >2ln a + ,即证a 2-ln a - >0.1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1ln a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1a 323212令g (x )=x 2-ln x - (x >0),则g '(x )=2x - = .当0<x < 时,g '(x )<0,g (x )单调递减;当x > 时,g '(x )>0,g (x )单调递增,121x 221x x -2222∴g (x )min =g = -ln - =-ln =ln >0,∴g (x )>0在(0,+∞)上恒成立,即a 2-ln a - >0,∴f (x )>2ln a + .22⎛⎫ ⎪⎝⎭12221222212324.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f (x )=ax - ,x ∈ .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )+sin x <0,求a 的取值范围.2sin cos x x 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭解析 (1)当a =1时, f (x )=x - ,x ∈ ,f '(x )=1- = = <0,所以函数f (x )在 上单调递减.(2)令g (x )= -sin x = = = ,则g '(x )= = ,2sin cos x x 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭324cos 2sin cos cos x x x x +3223cos cos 2sin cos x x x x --323cos cos 2cos x x x+-0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2sin cos x x 22sin sin cos cos x x x x -22sin sin (1sin )cos x x x x --32sin cos x x 32443cos sin 2sin cos cos x x x x x +22433cos sin 2sin cos x x x x +因为x ∈ ,所以3cos 2x sin 2x +2sin 4x >0,cos 3x >0,则g '(x )>0,所以函数g (x )在 上单调递增,g (0)=0,当x → 时,g (x )→+∞,因为f (x )+sin x <0恒成立,所以 -sin x >ax 在 上恒成立,即直线y =ax 在0<x < 时恒在g (x )的图象下方,如图所示,0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫⎪⎝⎭2π2sin cos x x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭2π由图及g '(0)=0可得a ≤0,即a 的取值范围为(-∞,0].5.(2015课标Ⅱ文,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +a (1-x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a -2时,求a 的取值范围.解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= -a .若a ≤0,则f '(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.若a >0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时,f '(x )<0.所以f (x )在 上单调递增,在 上单调递减.(2)由(1)知,当a ≤0时, f (x )在(0,+∞)上无最大值;当a >0时, f (x )在x = 处取得最大值,最大1x10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a值为f =ln +a =-ln a +a -1.因此f >2a -2等价于ln a +a -1<0.1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 11a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭令g (a )=ln a +a -1,a >0,则g (a )在(0,+∞)上单调递增,g (1)=0.于是,当0<a <1时,g (a )<0;当a >1时,g (a )>0.因此,a 的取值范围是(0,1).考点2　导数与函数的极(最)值1.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f (x )=a ln x + + (a ≠0)既有极大值也有极小值,则 ( )A.bc >0B.ab >0C.b 2+8ac >0D.ac <0b x 2c x BCDAC2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数f(x)=x3-x+1,则 ( )A. f(x)有两个极值点B. f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线3.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .答案 14.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x-e x2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是 .答案 1,1e⎛⎫⎪⎝⎭5.(2021北京,19,15分,中)已知函数f (x )= .(1)若a =0,求曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程;(2)若f (x )在x =-1处取得极值,求f (x )的单调区间,并求其最大值与最小值.232x x a-+解析 (1)当a =0时, f (x )= ,∴f (1)=1,f '(x )= ,故f '(1)=-4,故曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为y =-4(x -1)+1,即4x +y -5=0.(2)由题意得f '(x )= ,且f '(-1)=0,故8-2a =0,解得a =4,故f (x )= ,x ∈R,则f '(x )= = ,令f '(x )>0,得x >4或x <-1;令f '(x )<0,得-1<x <4,232x x -326x x -222262()x x a x a --+2324x x -+222268(4)x x x --+222(1)(4)(4)x x x +-+故函数f (x )的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f (x )的极大值为f (-1)=1, f (x )的极小值为f (4)=- .又当x ∈(-∞,-1)时,3-2x >0,故f (x )>0;当x ∈(4,+∞)时,3-2x <0,故f (x )<0,∴f (x )max =f (-1)=1, f (x )min =f (4)=- .14146.(2019课标Ⅲ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2x 3-ax 2+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.解析 (1)第一步:求函数的定义域和导函数,并因式分解求出导函数的零点.由题意知x ∈R, f '(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a ).令f '(x )=0,得x =0或x = .第二步:讨论a 的取值,比较根的大小关系,写出单调区间.①若a >0,则当x ∈(-∞,0)∪ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f ‘(x )<0.3a ,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭故f (x )在(-∞,0), 单调递增,在 单调递减;②若a =0, f (x )在(-∞,+∞)单调递增;,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭③若a <0,则当x ∈ ∪(0,+∞)时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0.故f (x )在 ,(0,+∞)单调递增,在 单调递减.(2)当0<a <3时,由(1)知, f (x )在 单调递减,在 单调递增,所以f (x )在[0,1]的最小值为f =- +2,最大值为f (0)=2或f (1)=4-a .,3a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭327a当0<a <2时, f (1)>f (0),最大值为f (1)=4-a .所以M -m =2-a + ,0<a <2,327a 对于函数y = -a +2,y '= -1,当0<a <2时,y '<0,从而y = -a +2单调递减,此时 < -a +2<2,即M -m 的取值范围是 .(构造函数,利用函数单调性求值域)当2≤a <3时, f (1)<f (0),最大值为f (0)=2,所以M -m = ,而函数y = 单调递增,所以M -m 的取值范围是 .综上,M -m 的取值范围是 .327a 29a 327a 827327a 8,227⎛⎫ ⎪⎝⎭327a 327a 8,127⎡⎫⎪⎢⎣⎭8,227⎡⎫⎪⎢⎣⎭易错警示　解题时,易犯以下两个错误:①对参数a 未讨论或对a 分类讨论不全面,尤其易忽略a =0的情形而导致失分;②当a >0时, f (x )在(-∞,0), 单调递增,将这两个区间合并表示为f (x )在(-∞,0)∪ 单调递增导致错误,从而失分.,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭7.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x <0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2< sin x.令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a ≠0.当a >0时, f '(x )=-a sin ax + ,x ∈(-1,1).(i)当0<a ≤ 时,取m =min ,x ∈(0,m ),则ax ∈(0,1),由(1)可得f '(x )=-a sin ax + >-a 2x + = ,因为a 2x 2>0,2-a 2≥0,1-x 2>0,所以f '(x )>0,所以f (x )在(0,m )上单调递增,不合题意.(ii)当a > 时,取x ∈ ⊆(0,1),则ax ∈(0,1),由(1)可得f '(x )=-a sin ax + <-a (ax -a 2x 2)+ 221x x-21,1a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭221x x -221x x-2222(2)1x a x a x +--210,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭221x x -221x x-= (-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2),设h (x )=-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2,x ∈ ,则h '(x )=-3a 3x 2+2a 2x +a 3,因为h '(0)=a 3>0,h ' =a 3-a >0,且h '(x )的图象是开口向下的抛物线,所以∀x ∈ ,均有h '(x )>0,所以h (x )在 上单调递增.因为h (0)=2-a 2<0,h =2>0,所以h (x )在 内存在唯一的零点n .当x ∈(0,n )时,h (x )<0,又因为x >0,1-x 2>0.21x x -10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭则f '(x )< (-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2)<0.即当x ∈(0,n )⊆(0,1)时, f '(x )<0,则f (x )在(0,n )上单调递减.又因为f (x )是偶函数,所以f (x )在(-n ,0)上单调递增,所以x =0是f (x )的极大值点.综合(i)(ii)知a > .当a <0时,由于将f (x )中的a 换为-a 所得解析式不变,所以a <- 符合要求.故a 的取值范围为(-∞,- )∪( ,+∞).21x x22221.(2023山东烟台开学考,3)函数f (x )=-2ln x -x - 的单调递增区间是( )A.(0,+∞) B.(-3,1) C.(1,+∞) D.(0,1)3x D2.(2023吉林长春六中月考,9)函数f (x )=cos x +(x +1)sin x +1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为 ( )A.- , B.- , C.- , +2D.- , +22π2π32π2π2π2π32π2πD3.(2024届江苏无锡期中,5)当x=2时,函数f(x)=x3+bx2-12x取得极值,则f(x)在区间[-4,4]上的最大值为 ( )CA.8B.12C.16D.324.(2024届湖南师大附中第4次月考,6)已知x =0是函数f (x )= x 2e x -2x e x +2e x- x 3的一个极值点,则a 的取值集合为 ( )A.{a |a ≥-1}B.{0}C.{1}D.R3a C5.(2024届河北石家庄二中月考,5)已知函数f(x)=x3-3mx2+9mx+1在(1,+∞)上为单调递增D函数,则实数m的取值范围为 ( )A.(-∞,-1)B.[-1,1]C.[1,3]D.[-1,3]6.(2024届重庆长寿中学期中,7)已知函数f (x )=2x - -a ln x ,则“a >5”是“函数f (x )在(1,2)上单调递减”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2xAABD7.(多选)(2024届福建福州联考,10)设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论错误的是 ( )A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点8.(2024届江苏苏州中学模拟,14)已知函数g (x )=2x +ln x - 在区间[1,2]上不单调,则实数a 的取值范围是 .a x答案 (-10,-3)9.(2024届河南省实验中学月考,15)若函数f(x)=x3-12x在区间(a,a+4)上存在最大值,则实数a的取值范围是 .答案 (-6,-2)10.(2024届湖北武汉二中测试,15)已知函数f (x )=ax 4-4ax 3+b ,x ∈[1,4], f (x )的最大值为3,最小值为-6,则a +b 的值是 .答案 或- 10319311.(2023重庆八中入学考,18)已知函数f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R),若曲线f (x )在点(0, f (0))处的切线方程为y = x +2.(1)求f (x )的解析式;(2)求函数f (x )在[0,2π]上的值域.12解析 (1)因为f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R),所以f '(x )=a -sin x ,由题意得 即 所以a = ,b =1,则f (x )= x +1+cos x .(2)由(1)得f (x )= x +1+cos x , f '(x )= -sin x ,由f '(x )≥0且x ∈[0,2π]可得0≤x ≤ 或 ≤x ≤2π,函数f (x )在区间 和 上单调递增,由f '(x )<0且x ∈[0,2π]可得 <x < ,函数f (x )在区间 上单调递减.(0)cos02,1 '(0)sin 0,2f b f a =+=⎧⎪⎨=-=⎪⎩12,1,2b a +=⎧⎪⎨=⎪⎩121212126π56π0,6π⎡⎤⎢⎥⎣⎦5,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦6π56π5,66ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭因此当x = 时,函数取得极大值f = × +1+cos =1+ + ,当x = 时,函数取得极小值f = × +1+cos =1+ - ,又f (0)=2, f (2π)= ×2π+1+cos 2π=1+π+1=2+π,1+ - <2<1+ + <2+π,所以函数f (x )在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为1+ - ,所以f (x )在[0,2π]上的值域为 .6π6π⎛⎫ ⎪⎝⎭126π6π12π3256π56π⎛⎫ ⎪⎝⎭1256π56π512π3212512π3212π32512π32531,2122ππ⎡⎤+-+⎢⎥⎣⎦1.(2024届湖南长沙长郡中学月考,4)若0<x 1<x 2<1,则 ( )A. - >ln x 2-ln x 1B. - <ln x 2-ln x 1C.x 2 >x 1 D.x 2 <x 1 2e x 1e x 2e x 1e x 1e x 2e x 1e x 2e x C2.(多选)(2024届广东东莞月考,11)已知函数f (x )=ax 2-2x +ln x 存在极值点,则实数a 的值可以是 ( )A.0B.-eC. D. 121e ABD3.(2024届山东泰安月考,15)设a∈R,若函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是 .答案 (-∞,-1)4.(2024届辽宁辽东教学共同体期中,19)已知函数f (x )=e x ,g (x )= .(1)直接写出曲线y =f (x )与曲线y =g (x )的公共点坐标,并求曲线y =f (x )在公共点处的切线方程;(2)已知直线y =a 分别交曲线y =f (x )和y =g (x )于点A ,B ,当a ∈(0,e)时,设△OAB 的面积为S (a ),其中O 是坐标原点,求S (a )的最大值.e x解析 (1)易得曲线y =f (x )与曲线y =g (x )的公共点坐标为(1,e).因为f '(x )=e x ,所以f '(1)=e,所以曲线y =f (x )在公共点处的切线方程为y -e=e(x -1),即y =e x .(2)因为直线y =a 分别交曲线y =f (x )和y =g (x )于点A ,B ,所以A (ln a ,a ),B .S (a )= a ·|AB |= a ,a ∈(0,e).因为a ∈(0,e)时, >1,ln a <1,所以 >ln a ,所以S (a )= - a ln a ,a ∈(0,e),求导得S '(a )=- (1+ln a ),e ,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1212e ln a a -e a e a e 21212令S '(a )=0,得a = ,所以S '(a ),S (a )的变化情况如表:1ea S'(a)+0-S(a)↗极大值↘10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1e 1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭因此,S (a )的极大值也是最大值,为S = + .1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 212e5.(2024届湖南长沙南雅中学开学考,21)已知函数f (x )=ax - -(a +1)ln x (a ≠0).(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若f (x )既有极大值又有极小值,且极大值和极小值的和为g (a ),解不等式g (a )<2a -2.1x解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),对f (x )求导得f '(x )=a + - = = ,令f '(x )=0,则x 1=1,x 2= .当a <0时,ax -1<0,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;21x 1a x +22(1)1ax a x x -++2(1)(1)ax x x --1a当a >0时,①当 =1,即a =1时,f '(x )≥0恒成立,1a 所以f (x )在(0,+∞)上单调递增;②当 >1,即0<a <1时,令f '(x )>0,解得0<x <1或x > ,令f '(x )<0,解得1<x < ,所以f (x )在(0,1)上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增;③当 <1,即a >1时,令f '(x )>0,解得0<x < 或x >1,令f '(x )<0,解得 <x <1,1a 1a 1a11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a 1a 1a所以f (x )在 上单调递增,在 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭综上所述:当a <0时, f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当0<a <1时, f (x )在(0,1)上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增;当a =1时, f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时, f (x )在 上单调递增,在 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)由(1)知:a >0且a ≠1,且g (a )=f +f (1)=1-a +(a +1)ln a +a -1=(a +1)ln a .g (a )<2a -2等价于(a +1)ln a <2a -2(a >0且a ≠1),11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭等价于解不等式ln a - <0,2(1)1a a -+令m (a )=ln a - (a >0),(构造函数m (a ),结合函数的单调性以及特殊值m (1)=0,从而解得不等式的解集)m '(a )= - = >0,所以m (a )在(0,+∞)上单调递增,且m (1)=0,所以m (a )<0=m (1),即不等式的解集为{a |0<a <1}.2(1)1a a -+1a 24(1)a +22(1)(1)a a a -+。

第 27 练导数与函数的单调性、极值、最值[压轴大题突破练][明晰考情 ] 1.命题角度：讨论函数的单调性、极值、最值以及利用导数求参数范围是高考的热点.2.题目难度：偏难题 .考点一利用导数研究函数的单调性方法技巧(1) 函数单调性的判定方法：在某个区间(a， b)内，如果 f′( x)>0 ，那么函数 y＝ f(x)在此区间内单调递增；如果f′ (x)<0 ，那么函数 y＝f(x)在此区间内单调递减 .(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：若可导函数 f(x)在某个区间内单调递增 ( 或递减 )，则可以得出函数 f(x) 在这个区间内f′ (x)≥ 0(或 f′ (x)≤ 0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验 ).(3)若函数 y＝ f(x)在区间 (a， b) 上不单调，则转化为f′ (x)＝ 0 在( a，b)上有解 .4 4－ x21.已知函数 f(x)＝ k＋k ln x＋x ，其中常数 k>0，讨论 f(x)在 (0， 2)上的单调性 .4k＋k 4解因为 f′( x)＝x－x2－ 14 2 4k＋k x－ 4－ x＝－x－ k x－k(x>0， k>0).＝x 2 2x4 4①当 0<k<2 时，>k>0，且k >2，k所以当 x∈ (0， k)时， f′ (x)<0 ，当 x∈(k，2)时， f′ (x)>0 ，所以函数 f(x)在 (0， k)上是减函数，在 (k， 2)上是增函数；4②当 k＝2 时，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立，所以 f(x)在(0， 2)上是减函数；4 4③当 k>2 时， 0<k<2， k>k，4所以当 x∈ 0，k时， f′ ( x)<0；4当 x∈k， 2 时， f′ (x)>0 ，4 4， 2上是增函数 .所以函数 f(x)在 0，k上是减函数，在k综上可知，当 0<k<2 时， f(x)在 (0， k)上是减函数，4 4是增函数 .2.已知函数f(x)＝ aln(x＋ 1)－ ax－x2，讨论 f(x) 在定义域上的单调性.－2x x＋2＋ af′ (x)＝a－a－ 2x＝ 2解，x＋ 1 x＋ 1令 f′ (x)＝0，得 x＝0 或 x＝－a＋2， 2又 f(x)的定义域为 (－ 1，＋∞ )，①当－a＋2≤ －1，即当 a≥ 0 时，2若 x∈ (－ 1，0)， f ′(x)＞ 0，则 f(x)单调递增；若x∈ (0，＋∞ )， f′ ( x)＜0，则 f(x) 单调递减 .②当－ 1＜－a＋2＜ 0，即－ 2＜ a＜ 0 时，2若 x∈ －1，－a＋2， f′ (x)＜0，则 f(x)单调递减；2若 x∈ －a＋2， 0 ， f ′(x)＞ 0，则 f(x)单调递增；2若 x∈ (0，＋∞ )， f′ ( x)＜0，则 f(x) 单调递减 .③当－a＋2＝ 0，即 a＝－ 2 时，2f′ ( x)≤ 0， f(x)在 (－ 1，＋∞ )上单调递减 .④当－a＋2＞ 0，即 a＜－ 2 时，2若 x∈ (－ 1，0)， f ′(x)＜ 0，则 f(x)单调递减；若 x∈ 0，－a＋2， f ′(x)＞ 0，则 f(x)单调递增；2a＋ 2若 x∈ －2，＋∞， f′ (x)＜ 0，则 f(x)单调递减 .综上，当 a≥ 0 时， f(x)在 (－ 1， 0)上单调递增，在 (0，＋∞ )上单调递减；a＋ 2 a＋ 2当－ 2＜a＜ 0 时， f(x)在－ 1，－2 上单调递减，在－2， 0 上单调递增，在 (0，＋∞ )上单调递减；当 a＝－ 2 时， f(x)在(－ 1，＋∞ )上单调递减；当 a＜－ 2 时， f(x)在(－ 1， 0)上单调递减，在 0，－a＋2 上单调递增，在－a＋2，＋∞上单调递减 .2 23.设函数 f(x)＝3x2＋ axx(a∈R ).e(1)若 f(x)在 x＝ 0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线y＝ f(x) 在点 (1， f(1)) 处的切线方程；(2)若 f(x)在 [3，＋∞ )上为减函数，求 a 的取值范围 .解 (1) 对 f(x) 求导，得 f′ (x)＝6x ＋ a e x － 3x 2＋ ax e x － 3x 2＋ 6－ a x ＋ ae x 2＝e x， 因为 f(x)在 x ＝ 0 处取得极值，所以 f ′ (0)＝ 0，即 a ＝ 0.2－ 23x3x ＋ 6x当 a ＝ 0 时， f(x) ＝ e x ， f ′( x)＝ e x，故 f(1) ＝3， f ′ (1) ＝3，e e从而 f(x)在点 (1， f(1)) 处的切线方程为 y － 3＝3(x －1)，化简得 3x － ey ＝ 0.e e－ 3x 2＋ 6－ a x ＋ a(2)由 (1) 知， f ′ (x)＝ x .e令 g(x)＝－ 3x 2＋ (6－ a)x ＋a ，由 g(x)＝ 0，解得 x 1＝6－ a － a 2＋ 36，6x 2＝ 6－ a ＋a 2＋ 36 6.当 x ＜ x 1 时， g(x)＜ 0，即 f ′ (x)＜ 0，故 f(x)为减函数；当 x 1＜ x ＜ x 2 时， g(x)＞ 0，即 f ′ (x)＞ 0，故 f(x)为增函数；当 x ＞ x 2 时， g(x)＜ 0，即 f ′ (x)＜ 0，故 f(x)为减函数 .由 f(x)在 [3，＋ ∞ )上为减函数知，x 2＝ 6－ a ＋ a 2＋ 36 9，6 ≤3，解得 a ≥ －2故 a 的取值范围为 － 9，＋ ∞ . 21 24.已知函数 f(x)＝ x －2aln x ＋ (a － 2)x.2(1)当 a ＝－ 1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)是否存在实数 a ，使函数 g(x)＝ f( x)－ ax 在 (0，＋∞ )上单调递增？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由 .解 1 2，(1) 当 a ＝－ 1 时， f(x)＝ x ＋ 2ln x － 3x(x>0)222 x － 3x ＋ 2x －1 x － 2则 f ′ (x)＝x ＋ － 3＝＝x xx. 当 0< x<1 或 x>2 时， f ′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2 时， f ′ (x)<0 ， f(x) 单调递减 .∴ f( x)的单调递增区间为 (0， 1)， (2，＋ ∞ )，单调递减区间为 (1， 2).(2)假设存在实数 a ，使 g(x) ＝f(x)－ ax 在 (0，＋ ∞ )上是增函数，则 g ′ (x)＝ f ′ (x)－ a ＝ x －2ax － 2≥ 0 恒成立，2即 x －2x －2a≥ 0 在 (0，＋ ∞ )上恒成立，x1 2121∴ a ≤ ( x － 2x)＝2 (x － 1) － 恒成立 .221211又 φ(x)＝ (x － 1) － ，x ∈ (0，＋ ∞ )的最小值为－.222∴ 当 a ≤－ 1时， g ′ (x)≥0恒成立 .2又当 a ＝－ 1时， g ′ (x)＝ x －1 2，当且仅当 x ＝ 1 时，2 xg ′ (x)＝ 0.1故当 a ∈ － ∞ ，－2 时， g(x)＝ f(x)－ ax 在 (0，＋ ∞)上单调递增 . 考点二 导数与函数的极值、最值要点重组(1) 可导函数极值点的导数为0，但导数为 0 的点不一定是极值点，如函数f(x)＝ x 3， f ′ (0)＝ 0，但 x ＝ 0 不是极值点 .(2)极值点不是一个点，而是一个数 x 0 ，当 x ＝ x 0 时，函数取得极值，在 x 0 处， f ′( x 0)＝ 0 是函数 f(x)在 x 0 处取得极值的必要不充分条件 .(3)一般地，在闭区间 [ a ，b ]上函数 y ＝ f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数 y ＝ f(x)在 [a ，b]上必有最大值与最小值 .函数的最值必在极值点或区间的端点处取得. 5.已知函数 f(x)＝ ax 2＋ (1－2a)x － ln x.(1)当 a>0 时，求函数 f(x)的单调递增区间；1(2)当 a<0 时，求函数 f(x)在 2， 1 上的最小值 . 解 (1) 由函数 f(x)＝ ax 2＋ (1－ 2a)x －ln x ，可得 f ′ (x)＝ 2ax ＋ (1－2a)－ 1＝2ax ＋ 1 x － 1，x x∵ a>0，x>0，2ax ＋ 1 ∴>0 ，令 f ′ (x)>0，x即 x － 1>0，得 x>1，∴ f( x)的单调递增区间为 (1，＋ ∞).1(2)由 (1) 可得 f ′ (x)＝2a x － － 2ax －1x ，∵ a<0，令 f ′ (x)＝0，得 x 1＝－ 1， x 2＝ 1， 2a ①当－112a >1，即－ 2<a<0 时， f( x)在 (0， 1)上是减函数，1∴ f( x)在 2， 1 上的最小值为 f(1) ＝ 1－ a ；当 x ∈ 1，－ 1时， f ′(x)≤ 0；22a1当 x ∈ －2a ， 1 时， f ′(x)≥ 0，因此 f(x)在 1，－ 1上是减函数，在－1，1 上是增函数，22a 2a1 1∴ f( x)的最小值为 f － 2a ＝ 1－4a ＋ ln( －2a) ； ③当－ 1< 1，2a 2即 a<－ 1 时， f(x) 在12， 1 上是增函数，∴ f( x)的最小值为 1 1 3 f＝ － a ＋ ln 2.22 4 1综上，函数 f(x) 在区间，1 上的最小值为1 3 ， a<－ 1，2 － a ＋ ln 24f( x)min ＝ 1－ 1 ＋ ln － 2a ，－ 1≤ a ≤ －1， 4a2 11－ a ，－ 2<a<0.26.讨论函数 f(x)＝ ln( x ＋ 1)＋ a(x － x)(a ∈ R ) 的极值点的个数 .1 ＋ a(2x － 1)＝2ax 2＋ ax － a ＋1f ′ ( x)＝x ＋ 1x ＋ 1 .令 g(x)＝ 2ax 2＋ ax －a ＋ 1，x ∈ (－1，＋ ∞ ).① 当 a ＝0 时， g(x)＝ 1，此时 f ′ (x)＞ 0，函数 f(x)在 (－ 1，＋ ∞ )上单调递增，无极值点；② 当 a ＞0 时，令 2ax 2＋ ax － a ＋1＝ 0，则 ＝a 2－ 8a(1－ a)＝ a(9a －8).当 0＜ a ≤ 8时， Δ≤ 0，g(x)≥ 0. 9故 f ′ (x)≥0，函数 f(x)在 (－ 1，＋ ∞ )上单调递增，无极值点；当 a ＞ 8时， ＞ 0.9设方程 2ax 2＋ ax － a ＋ 1＝ 0 的两根分别为 x 1 ，x 2 (x 1＜ x 2)，1因为 x 1＋ x 2＝－ 2，所以 x 1＜－ 1， x 2＞－ 1，4 4 由 g(－ 1)＝ 1＞ 0，1所以当 x∈ (－ 1， x1)时， g(x)＞ 0， f′ (x)＞ 0，函数 f( x)单调递增；当 x∈ (x1， x2)时， g(x)＜ 0， f′ (x)＜ 0，函数 f(x)单调递减；当x∈ (x2，＋∞)时， g(x)＞ 0， f′ (x)＞ 0，函数 f(x)单调递增 .因此函数f(x)有两个极值点；③当 a＜0 时，＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当 x∈ (－ 1，x2) 时， g( x)＞0， f′ (x)＞0，函数 f(x)单调递增；当 x∈ (x2，＋∞)时， g(x)＜ 0， f′ (x)＜ 0，函数 f(x)单调递减，所以函数 f(x)有一个极值点 .综上所述，当a＜0 时，函数f(x)有一个极值点；当 0≤ a≤8时，函数 f(x)无极值点；9当 a＞89时，函数 f(x)有两个极值点 .a7.已知函数 f(x)＝ ln x＋x.(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意 x>0，均有 x(2ln a－ln x)≤ a 恒成立，求正数 a 的取值范围 .解 (1)f′ (x)＝1－a2＝x－ a2 ，x∈(0，＋∞). x x x①当 a≤0 时， f′ (x)>0， f(x)在(0 ，＋∞ )上为增函数，无极值；②当 a>0， x∈ (0， a)时， f ′(x)<0， f(x)在 (0， a)上为减函数；x∈ (a，＋∞)时， f′( x)>0， f(x)在 (a，＋∞)上为增函数，所以 f(x)在(0，＋∞ )上有极小值，无极大值，f( x)的极小值为f(a)＝ln a＋ 1.(2)若对任意x>0，均有 x(2ln a－ln x)≤ a 恒成立，a即对任意x>0 ，均有 2ln a≤＋ ln x 恒成立，由 (1)可知 f(x) 的最小值为ln a＋ 1，问题转化为2ln a≤ ln a＋ 1，即 ln a≤ 1，故 0< a≤e，故正数 a 的取值范围是 (0， e].1 2 2典例(12 分 )设函数 f(x)＝2a x － ln x(a∈R).(1)求函数 f(x) 的单调区间；(2)如果函数f(x)的图象不在x 轴的下方，求实数 a 的取值范围 .路2 1(1) 求得 f′ x ＝a x－x x>0 →分 a＝ 0， a>0， a<0→ 得f x的区(2)2 2ln x 2ln xx>0 ，利用数，求出h x 的最大1 将所求化 f x ≥ 0，即 a ≥x2 →令h x＝x 2 e2 1→解不等式 a ≥e，可求得 a的取范范解答· 分准解 (1)f′ (x)＝a2x－1(x＞ 0).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分x当 a＝ 0 ， f′ (x)＜0，故 f(x)在 (0，＋∞ )上减 .2 2 －1 a 2 x2－12当 a＞ 0 ， f′ (x)＝ a x ＝ ax ，x由 f′ (x)≥0，得 x≥1 13 分a；由 f′ (x)＜ 0，得 0＜ x＜ .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯a所以 f(x)的减区1，增区1，＋∞ .0，a aa2 x 2－12当 a<0 ， f′ (x) ＝ a ，x由 f′ (x)≥0，得 x≥－1； a由 f′ (x)<0，得 0＜x<－1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分a所以 f(x)的减区1，增区－1，＋∞. 0，－a a上，当 a＝ 0 ， f(x)的减区(0，＋∞ )；当 a＞ 0 ， f( x)的减区1 ，增区1，＋∞；当 a＜ 0 ， f( x)的减区0，a a1，增区－1，＋∞.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分0，－a a(2)f(x)的象不在 x 的下方，即当x＞ 0 ， f(x)≥ 0 恒成立，所以1 2 2 2 2ln x7 分2a x － ln x≥ 0，即 a ≥ 2 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯x2ln x令 h(x)＝x2(x＞0)，h′ (x)＝ 2 x－ 2xln x 2 1－ 2ln x9 分x4＝x3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯由 h′ (x)＞0，得 0＜ x＜e；由 h′ (x)＜ 0，得 x＞ e.故 h(x)在 (0， e]上单调递增，在 [e ，＋ ∞ )上单调递减 .当 x ＝ e 时， h(x)取得最大值1e.21 e e所以 a≥ e ，解得 a ≤－ e 或 a ≥ e .11 分 故实数 a 的取值范围是 －∞ ，－e ∪ e，＋ ∞ .12 分e e构建答题模板[第一步 ] 求导 ：一般先确定函数的定义域，再求导数f ′ (x).[第二步 ]转化 ：“判断函数单调性、求极值(最值 ) ”常转化为“判断 f ′ (x)的符号”，“切线方程、切线的斜率 (或倾斜角 )、切点坐标”，常转化为“导数的几何意义”，“恒成立问题”常转化为“求最值”等 .[第三步 ]求解 ：根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题.[第四步 ] 反思 ：单调区间不能用“∪”连接；范围问题的端点能否取到.1.(2016 北·京 )设函数 f(x)＝xe a －x ＋ bx ，曲线 y ＝ f(x)在点 (2， f(2)) 处的切线方程为 y ＝(e － 1)x ＋ 4.(1)求 a ， b 的值；(2)求 f(x)的单调区间 .解 (1)f(x)的定义域为 R .∵ f ′ (x) ＝e a － x － xe a － x ＋ b ＝ (1－ x)e a －x ＋ b.f 2 ＝ 2e ＋ 2，2e a －2＋ 2b ＝ 2e ＋ 2， 依题意可知，即f ′ 2 ＝ e －1，－ e a －2＋b ＝ e － 1.解得 a ＝2， b ＝ e.2－ x＋ ex ，(2)由 (1) 知， f(x)＝ xe由 f ′ (x)＝e 2－ x (1－x ＋ e x －1)及 e 2－x ＞ 0 知， f ′ ( x)与 1－ x ＋ e x －1 同号 .令 g(x)＝ 1－ x ＋e x －1 ，则 g ′ (x)＝－ 1＋e x －1.所以，当 x ∈ (－ ∞ ， 1)时， g ′ (x)＜ 0，g(x)在区间 (－ ∞ ， 1)上单调递减；当 x ∈ (1，＋ ∞ )时， g ′ (x)＞ 0，g(x)在区间 (1，＋ ∞ )上单调递增 .故 g(1)＝ 1 是 g( x)在区间 (－ ∞ ，＋ ∞ )上的最小值，从而 g(x)＞ 0，x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )，综上可知， f ′ (x)＞ 0， x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ ). 故 f(x)的单调递增区间为 (－ ∞ ，＋ ∞ ).2.已知函数 f(x)＝ ln x － a 2x 2＋ ax(a ∈R ).若函数 f(x)在区间 [1，＋∞ )上是减函数，求实数 a 的取值范围 .解 函数 f(x)＝ ln x － a 2x 2＋ ax 的定义域为 (0，＋ ∞ )，f ′ ( x)＝1－ 2a 2x ＋ a ＝ － 2a 2x 2＋ax ＋ 1 － 2ax ＋1 ax －1 . ＝x x x方法一① 当 a ＝0 时， f ′ (x)＝ 1＞ 0，所以 f(x) 在区间 [1，＋ ∞ ) 上是增函数，不合题意；x1 ② 当 a ＞0 时，令 f ′ (x)≤ 0(x ＞0) ，即 (2ax ＋ 1)(ax － 1)≥ 0(x ＞ 0)，即 x ≥ a ， 此时 f(x)的单调递减区间为1，＋ ∞ .a1依题意，得a ≤ 1，解得 a ≥1；a ＞ 0，③ 当 a ＜0 时， f ′ (x)≤ 0(x ＞ 0)，即 (2ax ＋ 1)(ax － 1)≥ 0(x ＞ 0)，即 x ≥ －2a 1.此时 f(x)的单调递减区间为－1，＋∞ .2a－1≤1，.依题意，得2a 解得 a ≤ －1a ＜ 0，21综上，实数 a 的取值范围是 －∞ ，－ 2 ∪[1 ，＋ ∞). 方法二① 当 a ＝0 时， f ′ (x)＝ 1＞ 0，x所以 f(x)在区间 [1，＋ ∞ )上是增函数，不合题意；② 当 a ≠0 时，要使函数 f(x)在区间 [1，＋ ∞ )上是减函数，只需f ′ (x)≤ 0 在区间 [1，＋ ∞) 上恒成立 .因为 x ＞0，所以只要 2a 2x 2－ ax － 1≥0 在区间 [1，＋ ∞ )上恒成立 .a所以 4a 2≤1， 解得 a ≥ 1 或 a ≤ －1.2a 2－ a － 1≥ 0，2综上，实数 a 的取值范围是 －∞，－1，＋ ∞).2 ∪[1 3.已知函数 f(x)＝1x 3－1ax 2，其中参数 a ∈ R .3 2(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 .解 (1) 由题意得 f ′ (x)＝x 2－ ax ，所以当 a ＝ 2 时， f(3)＝ 0，f ′ (x)＝ x 2－ 2x ，所以 f ′ (3)＝ 3，因此曲线 y ＝ f(x)在点 (3， f(3)) 处的切线方程是y ＝ 3(x － 3)，即 3x － y － 9＝0.(2)因为 g(x)＝ f( x)＋ (x － a)cos x － sin x ，所以 g ′( x)＝ f ′ (x)＋ cos x － (x － a)sin x － cos x＝x(x－ a)－ (x－ a)sin x＝ (x－ a)(x－ sin x).令 h(x)＝ x－ sin x，则 h′ (x)＝ 1－ cos x≥ 0，所以 h(x)在R上单调递增 .因为 h(0)＝ 0，所以当x>0 时， h(x)>0；当 x<0 时， h(x)<0.①当 a<0 时， g′(x)＝ (x－a)(x－ sin x)，当 x∈ (－∞， a)时， x－a<0 ， g′ (x)>0 ， g(x)单调递增；当 x∈ (a，0)时， x－ a>0，g′ (x)<0， g(x)单调递减；当x∈ (0，＋∞ )时， x－a>0 ， g′ (x)>0 ， g(x)单调递增 .所以当 x＝ a 时， g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－1a3－ sin a；6当 x＝ 0 时， g(x)取到极小值，极小值是g(0) ＝－ a.②当 a＝0 时， g′ ( x)＝ x(x－ sin x)，当 x∈ (－∞，＋∞ )时， g′ (x)≥ 0， g(x)单调递增；所以 g(x)在 (－∞，＋∞ )上单调递增， g(x)无极大值也无极小值.③当 a>0 时， g′(x)＝ (x－a)(x－ sin x)，当 x∈ (－∞， 0)时， x－a<0 ， g′ (x)>0 ， g(x)单调递增；当 x∈ (0， a)时， x－ a<0，g′ (x)<0， g(x)单调递减；当x∈ (a，＋∞ )时， x－a>0 ， g′ (x)>0 ， g(x)单调递增 .所以当 x＝ 0 时， g(x)取到极大值，极大值是g(0) ＝－ a；当 x＝ a 时， g(x)取到极小值，1 3极小值是g(a)＝－6a － sin a.综上所述，当a<0 时，函数g(x)在 (－∞，a)和 (0，＋∞ )上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是1 3 g(0) ＝－ a；g(a)＝－ a － sin a，极小值是6当 a＝ 0 时，函数 g(x)在 (－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当 a>0 时，函数 g(x)在 (－∞， 0)和( a，＋∞ )上单调递增，在 (0， a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－ a，极小值是g(a)＝－1a3－ sin a. 64.已知函数f(x)＝ ax－ln x＋ x2. (1)若 a＝－ 1，求函数f(x)的极值；(2)若 a＝ 1，? x1∈(1， 2)， ? 2 1 3(m≠ 0)，求实数 m 的取值范围 .x2∈ (1， 2)，使得 f(x1)－ x1＝ mx2－ mx23 解 (1) 依题意知，当 a＝－ 1 时， f(x)＝－ x－ln x＋ x2，f ′ ( x)＝－ 1－ 1＋ 2x ＝2x 2－ x － 1＝ 2x ＋ 1 x －1 ，x x x 因为 x ∈(0 ，＋ ∞ )，故当 x ∈ (0， 1)时， f ′ (x)＜ 0，当 x ∈ (1，＋ ∞)时， f ′(x)＞0，故当 x ＝1 时， f(x)有极小值，极小值为 f(1)＝ 0，无极大值 .(2)当 a ＝ 12时， f(x)＝ x － ln x ＋ x . 因为 ? x 1∈ (1， 2)， ? x 2∈ (1， 2)，21 3使得 f(x 1)－ x 1＝ mx 2－ mx 2(m ≠ 0)，313故 ln x 1－ x 1＝ 3mx 2－ mx 2.13设 h(x)＝ ln x － x ， g(x)＝ 3mx － mx ，当 x ∈ (1， 2)时， h ′ (x)＝ 1－ 1＜0，即函数 h(x)在(1， 2)上单调递减，x故 h(x)的值域为 A ＝ (ln 2 －2，－ 1).又 g ′ (x)＝ mx 2－ m ＝m(x ＋1)( x － 1).① 当 m ＜ 0 时， g(x) 在(1， 2)上单调递减，此时 g(x)的值域为 2m ，－ 2m，B ＝ 33 2m 因为 A? B ，又－3 ＞0＞－ 1，2m3故 ≤ ln 2－ 2，即 m ≤ ln 2 － 3；322m 2m 2m② 当 m ＞ 0 时， g(x) 在(1， 2)上单调递增，此时 g(x)的值域为 B ＝－3， 3 ，因为 A? B ，又3＞ 0＞－ 1， 故－ 2m 3 3≤ ln 2 － 2，故 m ≥ － 2 (ln 2 － 2)＝ 3－ ln 2.3 2 综上所述，实数 m 的取值范围为 －∞， 3 ln 2 － 3 ∪ 3－3ln 2，＋∞ .22。

利用导数研究函数的单调性、极值和最值（8大考点80题）考点01：利用导数求函数的单调区间求已知函数（不含参）的单调区间①求()y f x =的定义域②求()f x '③令()0f x '>，解不等式，求单调增区间④令()0f x '<，解不等式，求单调减区间注：求单调区间时，令()0f x '>（或()0f x '<）不跟等号.1．已知函数()23ln 2022f x x x =-+，则()f x 的单调递减区间为（ ）A ．30,2æöç÷èøB ．3,2æö-¥ç÷èøC ．2,3æö-¥ç÷èøD ．3,2æö+¥ç÷èø2．函数()2ln f x x x =-的单调递减区间是（ ）A ．(),2-¥B ．()2,+¥C ．()0,2D ．(),0¥-3．函数(e 3)()x f x x =-的单调递增区间是（ ）A ．(],2-¥B ．[]0,3C ．[]1,4D ．[)2,+¥4．函数()2ln f x x x =-单调递减区间是（ ）A ．æçèB ．ö+÷÷ø¥C ．,,¥ææ-ççççèèD ．,éöæ÷çê÷çëøè5．已知函数()ln f x x x =+，其导函数为()f x '．(1)求()f x 在()1,1处的切线方程；(2)求()()()2g x f x f x =+'的单调区间．6．已知函数()ln 1af x x x=-+ (其中a 为常数)．(1)当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2)求函数()f x 在[1,2]x Î上的最小值．7．已知函数()()()R ln xf x a x a =Î+．(1)当0a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)当1a =时，证明：()112f x x <+；(3)若()f x 既有极大值又有极小值，求实数a 的取值范围．8．设函数()()()22ln R f x x a x a x a =-++Î.(1)若3x =是()f x 的极值点，求a 的值，并求()f x 的单调区间；(2)讨论()f x 的单调性；(3)若()1f x ³，求a 的取值范围.9．已知函数1()1ln (0)f x a x a x=++>(1)求函数()f x 的单调区间；(2)函数()f x 有唯一零点1x ，函数2()sin eag x x x =--在R 上的零点为2x ．证明：12x x <．10．已知函数()()1ln e xf x x ax x a=++．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的斜率；(2)当1a =-时，讨论()f x 的单调性．考点02：求已知函数的极值与最值1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y ＝f (x )在点x ＝a 的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0；而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0.则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b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．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 )上的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．11．函数()321313f x x x x =+-+，则下列结论错误的是（ ）A ．()f x 在区间()0,2上不单调B ．()f x 有两个极值点C ．()f x 有两个零点D ．()f x 在(),0¥-上有最大值12．函数()213ln 42f x x x x =+-的极大值为（ ）A ．2-B ．52-C ．3-D ．72-13．函数()2ln e xf x x =-的极大值为（ ）A ．21e -B ．0C ．eD ．114．若函数()32113f x x x =+-在(),5a a +上存在最小值，则实数a 的取值范围是 .15．已知函数e (21)()1x x f x x -=-，若方程()0f x k -=有2个不同的实根，则实数k 的取值范围是 .16．已知函数()()e ln 1xf x a x =-+的图象在点()()0,0f 处的切线过点()2,1．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．17．已知函数()2ln f x x a x =+.(1)当2a =-时，求函数()f x 的图象在点()()e,e f 处的切线方程(2)当2a =-时，求函数()f x 的极值(3)若()()2g x f x x=+在[1,+)¥上是单调增函数，求实数a 的取值范围.18．已知函数()()1ln e xf x x ax x a=++（a<0）.(1)求函数()f x 的极值；(2)若集合(){}1x f x ³-有且只有一个元素，求a 的值.19．已知函数()ln f x x x =-.(1)求函数2()()24ln g x f x x x x=+--的单调区间和极值;(2)若不等式()(1)1f x a x £-+在(0,)+¥上恒成立，求实数a 的取值范围.20．已知()e 2xf x x =+.(1)求()f x 的单调区间，并求其极值；(2)画出函数()f x 的大致图象；(3)讨论函数()()1g x f x a =-+的零点的个数.考点03：已知函数在区间上递增（递减）求参数已知函数()f x 在区间D 上单调①已知()f x 在区间D 上单调递增⇔x D ∀Î，()0f x '³恒成立.②已知()f x 在区间D 上单调递减⇔x D ∀Î，()0f x '£恒成立.注：1.在区间内()()()00f x f x ''><是函数()f x 在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件；2.可导函数()f x 在区间(),a b 是增（减）函数的充要条件是：(),x a b ∀Î都有()()()00f x f x ''≥≤，且()f x '在(),a b 的任意一个子区间内都不恒为0；3.由函数在区间(),a b 是增（减）函数，求参数范围问题，可转化为()()()00f x f x ''≥≤恒成立问题求解.21．若函数()ln f x a x x =-的单调递增区间是()0,2，则=a （ ）A ．2-B ．12-C ．12D ．222．已知函数321()31m f x x x x =---在(1,)+¥上单调递增，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,1]-¥-B ．1,4æù-¥çúèûC ．[1,)-+¥D ．1,4éö+¥÷êëø23．已知函数()2ln f x x ax x =-+在区间[1，2]上单调递增，则实数a 的最大值是（ ）A ．1B ．38C ．34D ．1224．已知函数()325f x x ax x =-+-在R 上单调递增，则a 的最大值为（ ）A ．3B ．3-CD．25．已知函数()2ln f x x x mx =-为定义域上的减函数，则m 的取值范围是（ ）A ．1,2éö+¥÷êëøB ．(]0,1C ．[)1,+¥D ．[)e,+¥26．若对任意的()120,x x m Î、，且12x x >，122121ln ln 3x x x x x x ->-，则m 的最大值是 ．27．已知函数()()22e 25xf x x x x =+--+在区间()31,2m m -+上不单调，则m 的取值范围是 .28．若函数21()sin cos 2f x x x x ax =+-在(0,)+¥上单调递增，则实数a 的取值范围为.29．已知函数()()()2ln 1f x x x x ax a =+-+ÎR ．(1)若()f x 在定义域内是单调函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，求证：120x x +>．30．已知函数()2212ln 2f x x ax a x =+-(1)写出函数的定义域，求当1a =时()f x 的单调区间；(2)若0a >，()f x 在区间()0,2上为减函数，求a 的取值范围.考点04：已知函数存在单调区间或在区间上不单调求参数已知函数()f x 在区间D 上不单调⇔0x D ∃Î，使得()00f x '=（且0x 是变号零点）31．函数()()1ln f x x x ax =-+在()1,+¥上不单调的一个充分不必要条件是（ ）A ．()1,a Î+¥B ．(),0a Î-¥C ．()0,a Î+¥D ．()1,a Î-+¥32．已知函数()ln 3f x ax x =++在区间()1,2上不单调，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()2,1--B ．11,2æö--ç÷èøC ．11,2éù--êúëûD ．1,12æöç÷èø33．已知函数()ln 2f x x ax =--在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,12éùêúëûB ．1,12æöç÷èøC ．11,32æöç÷èøD ．12,23æöç÷èø34．已知函数在()1,+¥上不单调，()22f x ax x=+则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),1-¥B ．()0,1C ．()1,+¥D ．10,2æöç÷èø35．已知函数()32133f x ax x x =+++在[]0,2上不单调，则a 的取值范围是（ ）A ．5,04æö-ç÷èøB ．5,4æö-¥-ç÷èøC ．5,14æö--ç÷èøD ．5,4æö-+¥ç÷èø36．已知()2168ln 2f x x x x =-+-在[],1m m +上不单调，则实数m 的取值范围是（ ）A ．()1,2B ．()3,4C ．][()1,23,4ÈD ．()()1,23,4U 37．已知函数()22f x ax x=+在()1,+¥上不单调，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),1-¥B ．()0,1C ．()1,+¥D ．10,2æöç÷èø38．已知函数()()3123f x ax x a =-ÎR ．(1)若2a =，求函数()f x 的极小值；(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若()33f =，令()()ln g x f x m x =+，且()g x 在(上不单调，求实数m 的取值范围．39．已知函数()()e 1xf x a x =-+，R a Î，若()f x 在[]0,1上不单调，求a 的取值范围.40．已知函数()32153f x x ax x b =+-+在=1x -处取得极大值，且极大值为3.(1)求,a b 的值：(2)求()f x 在区间(),21m m -上不单调，求m 的取值范围.考点05：利用函数的单调性比较大小如图所示：①()x x x f ln =在()↑e ，0在()↓+¥,e ，在e x =时，取得最大值且为e1②极大值左偏，且()()42f f =③若e a b <<<0，则a b a b b a b a b a a b b ba a >⇒>⇒>⇒>ln ln ln ln ln ln 若+¥<<<ab e ，则ab a b b a b a b a a b bba a <⇒<⇒<⇒<ln ln ln ln ln ln 口诀：大指小底永为大（大小指e ）bn a m zb n a m y n x m b y a x z y x n m b a b a ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln log log log +=++==⇒==bn a m zb n a m y x b n a m y x b n a m y n x m n m n m ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln +=+=++=++⇒n m y x z =⇒41．若函数()f x 对任意的x ÎR 都有()()2f x f x '<+成立，则2(ln 2)f 与(2ln 2)2-f 的大小关系为（）A ．2(ln 2)(2ln 2)2>-f fB ．2(ln 2)(2ln 2)2<-f fC ．2(ln 2)(2ln 2)2=-f f D ．无法比较大小42．已知131420242023202315212024e 2023a b c æöæö===ç÷ç÷èøèø,,，则下列有关,,a b c 的大小关系比较正确的是（ ）A ．c b a <<B ．b a c <<C ．a b c <<D ．a c b<<43．比较11101011a =-，ln1.2b =，0.115ec =的大小关系为（ ）A ．a c b >>B ．b c a >>C ．b a c>>D ．a b c>>44．若函数()f x 对任意的x ÎR 都有()()f x f x '<恒成立，则2(2)f 与2e (ln 2)f 的大小关系正确的是（）A ．2(2)f >2e (ln 2)fB ．2(2)f =2e (ln 2)fC ．2(2)f <2e (ln 2)f D ．无法比较大小45．对于一些不太容易比较大小的实数，我们常常用构造函数的方法来进行，如，已知ln 56a =，ln 47b =，ln 38c =，要比较a ，b ，c 的大小，我们就可通过构造函数()ln ln(11)f x x x =-来进行比较，通过计算，你认为下列关系正确的一项是（ ）A ．a b c>>B ．a c b>>C ．b c a>>D ．c b a>>46．已知a =，)ln 1b =+，c =a ，b ，c 的大小（ ）A ．a c b>>B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c b a>>47．我们比较熟悉的网络新词，有“yyds ”、“内卷”、“躺平”等，定义方程()()f x f x '=的实数根x 叫做函数()f x 的“躺平点”．若函数()e xg x x =-，()ln h x x =，()20232023x x j =+的“躺平点”分别为a ，b ，c ，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b>>D ．c b a>>48．设3451ln ,,e 44a b c -===，比较,,a b c 的大小关系（ ）A ．a b c >>B ．a c >>bC ．c b a>>D ．c a b>>49．已知1ln 2ln e 3231ln 2ln 3,,e 23a b c æöæöæö===ç÷ç÷ç÷èøèøèø，试比较,,a b c 的大小关系（ ）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．a c b<<D ．c b a<<50．已知11011010,e 1,ln ,999a b c ==-=，试比较,,a b c 大小关系（ ）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a>>考点06：利用函数单调性处理抽象不等式单调性定义的等价形式（1）函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数:⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x <，都有()()021<-x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()02121>--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()02121>--x f x f x x .（2）函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数:⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x <，都有()()021>-x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()02121<--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ；⇔任取[]b a x x ,,21Î，且21x x ≠，()()02121<--x f x f x x .定义法判断函数奇偶性判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果()0()f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数；如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数．利用单调性、奇偶性解不等式原理1、解()()<f m f n 型不等式（1）利用函数的单调性，去掉函数符号“f ”，将“抽象”的不等式问题转化为“具体”的不等式问题求解；（2）若不等式一边没有函数符号“f ”，而是常数（如()<f m a ），那么我们应该将常数转化带有函数符号“f ”的函数值再解。