江苏高考数学二轮复习专题五第2讲导数与函数的单调性、极值、最值问题学案理

§3.3导数与函数的极值、最值学习目标1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a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．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(√)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)教材改编题1．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 A解析 由题意知只有在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)C ．(－6，6)D ．[－6，6]答案 B解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.3．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________. 答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.题型一 利用导数求函数的极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (2022·广州模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A ．函数f (x )有极大值f (－3)和f (3)B ．函数f (x )有极小值f (－3)和f (3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案 D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2求已知函数的极值例2已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x－1＋ae x，所以f′(x)＝1－ae x，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae x，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6答案 A 解析 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3， 检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.(2)(2022·南京模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，e)B.⎝⎛⎭⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎫0，12 D.⎝⎛⎭⎫0，13 答案 C解析 f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝⎛⎭⎫1x －a＝ln x ＋1－2ax ，由题意知ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a ＝ln x ＋1x， 设g (x )＝ln x ＋1x， 则g ′(x )＝1－(ln x ＋1)x 2＝－ln x x 2.当0<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 )的极大值为g (1)＝1，又当x >1时，g (x )>0，当x →＋∞时，g (x )→0，当x →0时，g (x )→－∞，所以0<2a <1，即0<a <12. 教师备选 1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1B.m ＋1m －1C.1－m m ＋1D.m ＋11－m 答案 B解析 由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0，得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m， 故tan ⎝⎛⎭⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( )A ．1≤b <aB ．b <a ≤1C ．a <1≤bD ．a <b ≤1 答案 B解析 令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析．对选项A ，若1≤b <a ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项B ，若b <a ≤1，由图可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意． 思维升华 根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则f (x )的极大值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 答案 C解析 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，故可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝e x －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]，因为x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，故可得f ′(1)＝0，即2a ＋2＝0，解得a ＝－1.此时f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)＝e x －1(x ＋2)(x －1)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝1，由f ′(x )>0可得x <－2或x >1；由f ′(x )<0可得－2<x <1，所以f (x )在区间(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的极大值点为x ＝－2.则f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋2－1)e －3＝5e －3.(2)(2022·芜湖模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫52，103B.⎣⎡⎭⎫52，103C.⎝⎛⎦⎤52，103D.⎣⎡⎦⎤2，103 答案 B解析 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)， ∴f ′(x )＝1x＋x －a ， ∵函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点， ∴y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x . 设g (x )＝1x ＋x ，则g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，又g ⎝⎛⎭⎫12＝52，g (3)＝103， ∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点． ∴实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，103.题型二 利用导数求函数最值例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．解 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e. 综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.教师备选已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得f ′(x )＝1x－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 综上所述，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a时，f (x )取得最大值， 即f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ×1a－2 ＝ln 1a－3＝－ln a －3， 因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0，设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1，故实数a 的取值范围是(0,1)．思维升华 (1)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh (元)，底面的总成本为160πr 2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．由题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，∴h ＝15r (300－4r 2)．从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0，可得0<r <5 3.故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)， 故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上单调递增；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上单调递减．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f (x )＝x 2＋2xe x 的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于() A ．－4 B. 2C ．0D ．2答案 C解析 f ′(x )＝2－x 2e x ，当－2<x <2时，f ′(x )>0；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0.故f (x )＝x 2＋2x ex 的极大值点与极小值点分别为2，－2， 则a ＝2，b ＝－2，所以a ＋b ＝0.2．如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，下列结论中正确的是( )A ．f (x )在[－2，－1]上单调递增B ．当x ＝3时，f (x )取得最小值C ．当x ＝－1时，f (x )取得极大值D ．f (x )在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案 D解析 根据题图知，当x ∈(－2，－1)，x ∈(2,4)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(－1,2)，x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以y ＝f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A 不正确，选项D 正确；故当x ＝－1时，f (x )取得极小值，选项C 不正确；当x ＝3时，f (x )不是取得最小值，选项B 不正确．3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2 答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3， ∵f (x )在x ＝2处取得极小值，∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12， ∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ， f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52. 4．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为( )A ．π－2B.π6 C ．2D.π6＋ 3 答案 D解析 由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，∴当0≤sin x ≤12，即x 在⎣⎡⎦⎤0，π6和⎣⎡⎦⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； 当12<sin x ≤1，即x 在⎝⎛⎭⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫π6＝π6＋3，有极小值f ⎝⎛⎭⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝⎛⎭⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝⎛⎭⎫5π6， ∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3. 5．(多选)已知x ＝1和x ＝3是函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x ＋k (a ，b ∈R )的两个极值点，且函数f (x )有且仅有两个不同零点，则k 值为( )A ．－43B.43 C ．－1D ．0 答案 BD解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意1,3是f ′(x )＝0的两个根， 所以⎩⎨⎧ 1＋3＝－2b 3a ，1×3＝－33a，解得a ＝－13，b ＝2. 故f (x )＝－13x 3＋2x 2－3x ＋k . 易求得函数f (x )的极大值为f (3)＝k 和极小值为f (1)＝－43＋k .要使函数f (x )有两个零点，则f (x )极大值k ＝0或f (x )极小值－43＋k ＝0， 所以k ＝0或k ＝43. 6．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( )A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点答案 BD解析 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数，故A 错误；因为f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，所以f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，故B 正确；显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x， 分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 错误，D 正确．7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.答案 sin x (答案不唯一)解析 正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ， 所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x，当12<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝⎛⎦⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－2ln 12＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1. 9．已知函数f (x )＝ln x －2x －2x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2(a ∈R )，若x 1，x 2是函数g (x )的两个极值点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2(x ＋1)－2(x －1)(x ＋1)2＝(x －1)2x (x ＋1)2≥0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立， 当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2＝ln x －a x ＋1， 所以g ′(x )＝1x ＋a (x ＋1)2＝x 2＋(2＋a )x ＋1x (x ＋1)2(x >0)． 由题意知x 1，x 2是方程g ′(x )＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h (x )＝x 2＋(2＋a )x ＋1，又h (0)＝1>0，所以只需⎩⎪⎨⎪⎧－2－a >0，Δ＝(2＋a )2－4>0，解得a <－4，即实数a 的取值范围为(－∞，－4)． 10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，∴f ′(x )＝1－ax x， 由f ′(1)＝0，得a ＝1.∴f ′(x )＝1－x x， ∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ， ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－axx ＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e 时，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e ≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e ，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为() A.6e 3 B ．－2eC ．－2e D.4e 2答案 A解析 因为f (x )＝(x 2－a )e x ，所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ，由f′(x)＝(x2＋2x－a)e x＝0，得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)e x的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)e x，f′(x)＝(x2＋2x－3)e x，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝6 e3.12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案 C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则() A．a<b B．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案 D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .图2综上，可知必有ab >a 2成立．14．(2022·河南多校联考)已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x ＋2，若f (x 1)＝g (x 2)，则x 1－x 2的最小值为______．答案 4－2ln 2解析 设f (x 1)＝g (x 2)＝t ，即2ln x 1＝t ，x 2＋2＝t ，解得x 1＝2e t ，x 2＝t －2，所以x 1－x 2＝2e t －t ＋2，令h (t )＝2e t －t ＋2，则h ′(t )＝21e 2t －1， 令h ′(t )＝0，解得t ＝2ln 2，当t <2ln 2时，h ′(t )<0，当t >2ln 2时，h ′(t )>0，所以h (t )在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )的最小值为h (2ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，所以x 1－x 2的最小值为4－2ln 2.15．(多选)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( )A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋2x 0<0D ．f (x 0)＋2x 0>0答案 AD解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，∴f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝2e >0，当x >1e时，f ′(x )>0， ∵当x →0时，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e，即A 正确，B 不正确； f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即D 正确，C 不正确．16．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x，x >0， 一元二次方程2x 2－2x ＋a ＝0的Δ＝4(1－2a )，①当a ≥12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当0<a <12时，令f ′(x )＝0， 得x 1＝1－1－2a 2>0，x 2＝1＋1－2a 2>0， 所以当0<x <1－1－2a 2时， f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当1－1－2a 2<x <1＋1－2a 2时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1＋1－2a 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≥12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞. (2)由(1)知，0<a <12，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a 2，则0<x 1<12<x 2， 由f (x 1)≥mx 2恒成立，得x 21－2x 1＋a ln x 1≥mx 2，即(1－x 2)2－2(1－x 2)＋2(1－x 2)x 2ln(1－x 2)≥mx 2，即m ≤x 2－1x 2＋2(1－x 2)ln(1－x 2)， 记h (x )＝x －1x＋2(1－x )ln(1－x )， 1>x >12， 则h ′(x )＝1x 2－2ln(1－x )－1>0⎝⎛⎭⎫1>x >12， 故h (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，h ⎝⎛⎭⎫12＝－32－ln 2， 故m ≤－32－ln 2.。

高三数学函数的极值、最值及应用苏教版【本讲教育信息】一. 教学内容：函数的极值、最值及应用 二、本周教学目标：1、理解可导函数的单调性与其导数的关系；2、了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；3、会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 三、本周知识要点：1、极大值：一般地，设函数f （x ）在点x 0附近有定义，如果对x 0附近的所有的点，都有f （x ）＜f （x 0），就说f （x 0）是函数f （x ）的一个极大值，记作y 极大值=f （x 0），x 0是极大值点．2、极小值：一般地，设函数f （x ）在x 0附近有定义，如果对x 0附近的所有的点，都有f （x ）＞f （x 0）就说f （x 0）是函数f （x ）的一个极小值，记作y 极小值=f （x 0），x 0是极小值点．3、极大值与极小值统称为极值（ⅰ）极值是一个局部概念由定义，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整个的定义域内最大或最小．（ⅱ）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的极大值或极小值可以不止一个．（ⅲ）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．（ⅳ）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点 而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．4、判别f （x 0）是极大、极小值的方法：若0x 满足0)(0='x f ，且在0x 的两侧)(x f 的导数异号，则0x 是)(x f 的极值点，)(0x f 是极值，并且如果)(x f '在0x 两侧满足“左正右负”，则0x 是)(x f 的极大值点，)(0x f 是极大值；如果)(x f '在0x 两侧满足“左负右正”，则0x 是)(x f 的极小值点，)(0x f 是极小值．5、求函数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f ′（x ）=0的根．（3）用函数的导数为0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，则f （x ）在这个根处无极值 6、函数的最大值和最小值：在闭区间[]b a ,上连续的函数)(x f 在[]b a ,上必有最大值与最小值．（1）在开区间(,)a b 内连续的函数)(x f 不一定有最大值与最小值．（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数)(x f 在闭区间[]b a ,上连续，是)(x f 在闭区间[]b a ,上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）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．7、利用导数求函数的最值步骤：⑴求)(x f 在(,)a b 内的极值；⑵将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值．8、利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤． （1）求f '（x ）．（2）确定f '（x ）在（a ，b ）内符号．（3）若f '（x ）>0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是增函数；若f '（x ）<0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是减函数． 9、用导数求多项式函数单调区间的一般步骤． （1）求f '（x ）（2）f '（x ）>0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；f '（x ）<0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．【典型例题】例1、求函数的极值：2122-+=x xy 解：22222/2)1()1)(1(2)1(22)1(2)(,212)(x x x x x x x x f x x x f ++-=+⋅-+=∴-+= 令0)(/=x f ，得驻点1,1x x =-=∴当极小极大例2、设f （x ）=x 3－3ax 2+2bx 在x =1处有极小值－1，试求a 、b 的值，并求出f （x ）的单调区间．剖析：由已知x =1处有极小值－1，点（1，－1）在函数f （x ）上，得方程组解之可得a 、b ．解：f '（x ）=3x 2－6ax +2b ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧-=⨯+⨯-=+⨯-⨯,112131,021613232b a b a 即⎩⎨⎧=+-=+-.0232,0263b a b a 解之得a =31，b =－21此时f （x ）=x 3－x 2－x ，f '（x ）=3x 2－2x －1=3（x +31）（x －1）当f '（x ）>0时，x >1或x <－31，当f '（x ）<0时，－31<x <1∴函数f （x ）的单调增区间为（－∞，－31）和（1，+∞），减区间为（－31，1）点评：极值点、最值点这些是原函数图象上常用的点．例3、设e e x ax x f x()1()(2-⋅-+=为自然对数的底，a 为常数且R x a ∈<,0），)(x f 取极小值时，求x 的值解：)1()1()12()(2-⋅⋅-++⋅+='--x xe x ax e ax x f令210)(或ax x f -=⇒=' （1）0121<<->-a 即当，由表)(,1x f a x 时-=∴取极小值（2）0)2(21)(,21212≤-⋅⋅-='-==--x e x f a a x 时即当无极值（3）121-<<-a 即当时，由表取极小值时时当)x (f ,2x ,2a =-<．例4、设函数f （x ）=12+x －ax ，其中a ＞0，求a 的范围，使函数f （x ）在区间)[0∞+，上是单调函数分析：要使f （x ）在)[0∞+，上是单调函数，只需f ′（x ）在)[0∞+，上恒正或恒负即可解：f ′（x ）=21xx+－a ．当x ＞0时，01<<因为a ＞0，所以当且仅当a ≥1时，f ′（x ）=21xx +－a 在)[0∞+，上恒小于0，此时f （x ）是单调递减函数点评：要使f （x ）在（a ，b ）上单调，只需f ′（x ）在（a ，b ）上恒正或恒负，即f ′（x ）＞0（或＜0＝⇒单调递增（或减）．例5、用总长148m 的钢条制作一个长方体容器的框架如果所制作容器的底面的一边比另一边长05 m ，那么高为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积．解：设容器底面短边长为x m ，则另一边长为（x +05）m ，高为4)5.0(448.14+--x x =32－2x （m ）设容积为y m 3，则y =x （x +05）（32－2x ）（0＜x ＜16＝整理，得y =－2x 3+22x 2+16x ．所以y ′=－6x 2+44x +16．令y ′=0，即－6x 2+44x +16=0，所以15x 2－11x －4=0．解得x =1或x =－154（不合题意，舍去）．从而在定义域（0，16）内只有x =1处使得y ′=0．由题意，若x 过小（接近0）或过大（接近16）时，y 值很小（接近0）． 因此，当x =1时，y 有最大值且y max =－2+22+16=18， 此时，高为32－2×1=1.2（m ）答：容器的高为1.2m 时，容积最大，最大容积为1.8m 3．【模拟试题】1、某物体做s =2（1－t ）2的直线运动，则t =08 s 时的瞬时速度为（ ）A 、4B 、－4C 、－48D 、－082、函数f （x ）=x 3－6bx +3b 在（0，1）内有极小值，则（ ）A 、b ＞0B 、b ＜21C 、0＜b ＜22D 、b ＜13、函数f （x ）=a x+log a （x +1）在［0，1］上的最大值与最小值之和为a ，则a 的值为（ ）A 、41B 、21C 、2D 、44、若曲线f （x ）=x 4－x 在点P 处的切线平行于直线3x －y =0，则点P 的坐标为（ ） A 、（1，3） B 、（－1，3） C 、（1，0） D 、（－1，0）5、已知曲线y =31x 3+34，则过点P （2，4）的切线方程是__________．6、设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为___________。

１．函数的单调性（１）单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f（x）的定义域为I：如果对于定义域I内某个区间D 上的任意两个自变量的值x１，x２当x１＜x２时，都有f（x１）＜f（x２），那么就说函数f（x）在区间D上是单调增函数当x１＜x２时，都有f（x１）＞f（x２），那么就说函数f（x）在区间D上是单调减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的如果函数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叫做函数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，如果存在实数M满足条件１对于任意的x∈I，都有f（x）≤M；２存在x∈I，使得f（x）＝M１对于任意x∈I，都有f（x）≥M；２存在x∈I，使得f（x）＝M结论M为函数y＝f（x）的最大值M为函数y＝f（x）的最小值[小题体验]１．（２0１9·常州一中月考）f（x）＝|x＋２|的单调递增区间为________．答案：[—２，＋∞）２．若函数f（x）＝错误!在区间[２，a]上的最大值与最小值的和为错误!，则a＝________.解析：由f（x）＝错误!的图象知，f（x）＝错误!在（0，＋∞）上是减函数，因为[２，a]⊆（0，＋∞），所以f（x）＝错误!在[２，a]上也是减函数，所以f（x）max＝f（２）＝错误!，f（x）min＝f（a）＝错误!，所以错误!＋错误!＝错误!，所以a＝４．答案：４３．函数f（x）是在区间（—２,３）上的增函数，则y＝f（x＋５）的一个递增区间是________．解析：由—２＜x＋５＜３，得—7＜x＜—２，故y＝f（x＋５）的递增区间为（—7，—２）．答案：（—7，—２）１．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．２．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f （x）在区间（—１,0）上是减函数，在（0,１）上是减函数，但在（—１,0）∪（0,１）上却不一定是减函数，如函数f（x）＝错误!.３．两函数f（x），g（x）在x∈（a，b）上都是增（减）函数，则f（x）＋g（x）也为增（减）函数，但f（x）·g（x），错误!等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．[小题纠偏]１．（２0１9·海安期中）函数f（x）＝错误!的单调递减区间为________．答案：错误!和错误!２．已知函数f（x）＝log５（x２—３x—４），则该函数的单调递增区间为________．解析：由题意知x２—３x—４＞0，则x＞４或x＜—１，令y＝x２—３x—４，则其图象的对称轴为x＝错误!，所以y＝x２—３x—４的单调递增区间为（４，＋∞）．单调递减区间为（—∞，—１），由复合函数的单调性知f（x）的单调递增区间为（４，＋∞）．答案：（４，＋∞）错误!错误![题组练透]１．讨论函数f（x）＝错误!在x∈（—１,１）上的单调性．解：设—１＜x１＜x２＜１，则f（x１）—f（x２）＝错误!—错误!＝错误!.因为—１＜x１＜x２＜１，所以x２—x１＞0，x１x２＋１＞0，（x错误!—１）（x错误!—１）＞0，所以f（x１）—f（x２）＞0，即f（x１）＞f（x２），故函数f（x）在（—１,１）上为减函数．２．已知函数f（x）＝a＋错误!（a∈R），判断函数f（x）的单调性，并用单调性的定义证明．解：f（x）在（—∞，0），（0，＋∞）上均为减函数，证明如下：函数f（x）的定义域为（—∞，0）∪（0，＋∞），在定义域内任取x１，x２，使0＜x１＜x２，则f（x２）—f（x１）＝错误!—错误!＝错误!.因为0＜x１＜x２，所以２x１＜２x２，２x２＞１,２x１＞１，所以２x１—２x２＜0,２x１—１＞0,２x２—１＞0，从而f（x２）—f（x１）＜0，即f（x２）＜f（x１），所以f（x）在（0，＋∞）上为减函数，同理可证f（x）在（—∞，0）上为减函数．[谨记通法]１．定义法判断函数单调性的步骤取值错误!错误!错误!２．导数法判断函数单调性的步骤错误!错误!错误!错误!错误![典例引领]求下列函数的单调区间：（１）y＝—x２＋２|x|＋１；（２）y＝log错误!（x２—３x＋２）．解：（１）由于y＝错误!即y＝错误!画出函数图象如图所示，单调递增区间为（—∞，—１]和[0,１]，单调递减区间为[—１,0]和[１，＋∞）．（２）令u＝x２—３x＋２，则原函数可以看作y＝log错误!u与u＝x２—３x＋２的复合函数．令u＝x２—３x＋２＞0，则x＜１或x＞２．所以函数y＝log错误!（x２—３x＋２）的定义域为（—∞，１）∪（２，＋∞）．又u＝x２—３x＋２的对称轴x＝错误!，且开口向上．所以u＝x２—３x＋２在（—∞，１）上是单调减函数，在（２，＋∞）上是单调增函数．而y＝log错误!u在（0，＋∞）上是单调减函数，所以y＝log错误!（x２—３x＋２）的单调递减区间为（２，＋∞），单调递增区间为（—∞，１）．[由题悟法]确定函数的单调区间的３种方法[提醒] 单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．[即时应用]１．函数f（x）＝log２（x２—４）的单调递增区间为________．解析：令t＝x２—４＞0，解得x＜—２或x＞２，故函数f（x）的定义域为{x|x＜—２或x＞２}，且f（x）＝log２t.利用二次函数的性质可得，t ＝x ２—４在定义域{x |x ＜—２或x ＞２}内的单调递增区间为（２，＋∞），所以函数f （x ）的单调递增区间为（２，＋∞）．答案：（２，＋∞） ２．函数y ＝错误!2231x x －＋的单调递增区间为________．解析：令u ＝２x ２—３x ＋１＝２错误!２—错误!.因为u ＝２错误!２—错误!在错误!上单调递减，函数y ＝错误!u 在R 上单调递减． 所以y ＝错误!2231x x －＋在错误!上单调递增．答案：错误! 错误! 错误![锁定考向]高考对函数单调性的考查多以填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中． 常见的命题角度有： （１）求函数的值域或最值； （２）比较数值的大小； （３）利用单调性解函数不等式；（４）利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值１．（２0１9·启东中学检测）设m ∈R ，若函数f （x ）＝|x ３—３x —２m |＋m 在x ∈[0,２]上的最大值与最小值之差为３，则m ＝________.解析：令y ＝x ３—３x ，x ∈[0,２]，则y ′＝３x ２—３． 由y ′＞0，得１＜x ＜２；由y ′＜0，得0＜x ＜１，所以y ＝x ３—３x 在（0,１）上单调递减，在（１,２）上单调递增，所以当x ∈[0,２]时，y ＝x ３—３x 的值域为[—２,２]，y ＝x ３—３x —２m 的值域为[—２—２m,２—２m ]．１当m ＝0时，f （x ）max ＝２，f （x ）min ＝0，不符合题意；２当m ≥１时，f （x ）max ＝f （—２）＝２＋３m ，f （x ）min ＝f （２）＝３m —２，f （x ）max —f （x ）＝４，不符合题意；min３当0＜m＜１时，f（x）max＝f（—２）＝２＋３m，f（x）min＝m，f（x）max—f（x）min＝２＋２m＝３，解得m＝错误!，符合题意；４当—１＜m＜0时，f（x）max＝f（２）＝２—m，f（x）min＝m，f（x）max—f（x）min＝２—２m＝３，解得m＝—错误!，符合题意；５当m≤—１时，f（x）max＝２—m，f（x）min＝—２—m，f（x）max—f（x）min＝４，不符合题意．综上可得，m＝±错误!.答案：±错误!角度二：比较数值的大小２．设函数f（x）定义在实数集R上，它的图象关于直线x＝１对称，且当x≥１时，f（x）＝３x—１，则f错误!，f错误!，f错误!的大小关系为________________（用“＜”号表示）．解析：由题设知，f（x）的图象关于直线x＝１对称，当x＜１时，f（x）单调递减，当x≥１时，f（x）单调递增，所以f错误!＝f错误!＝f错误!＝f错误!，又错误!＜错误!＜错误!＜１，所以f错误!＞f错误!＞f 错误!，即f错误!＞f错误!＞f错误!.答案：f错误!＜f错误!＜f错误!角度三：利用单调性解函数不等式３．设函数f（x）＝错误!若f（a＋１）≥f（２a—１），则实数a的取值范围是________．解析：易知函数f（x）在定义域（—∞，＋∞）上是增函数，∵f（a＋１）≥f（２a—１），∴a＋１≥２a—１，解得a≤２．故实数a的取值范围是（—∞，２]．答案：（—∞，２]x）＞0４．定义在R上的奇函数y＝f（x）在（0，＋∞）上递增，且f 错误!＝0，求不等式f（log19的解集．解：∵y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且y＝f（x）在（0，＋∞）上递增．∴y＝f（x）在（—∞，0）上也是增函数，又f 错误!＝0，知f 错误!＝—f 错误!＝0．故原不等式f（log19x）＞0可化为f（log19x）＞f错误!或f错误!＜f（log19x）＜f错误!，∴log19x＞错误!或—错误!＜log19x＜0，解得0＜x＜错误!或１＜x＜３．∴原不等式的解集为错误!.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值５．（２0１9·南通调研）已知函数f（x）＝错误!（a＞0，且a≠１）满足对任意x１≠x２，都有错误!＜0成立，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f（x）为减函数，所以错误!解得0＜a≤错误!.答案：错误![通法在握]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略（１）求函数最值（五种常用方法）（２）比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于填空题能数形结合的尽量用图象法求解．（３）解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．（４）利用单调性求参数的范围（或值）的方法１视参数为已知数，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求参数；２需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．[提醒] １若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；２分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．[演练冲关]１．（２0１9·连云港调研）若函数f（x）＝错误!是在R上的减函数，则a的取值范围是________．解析：由题意得错误!解得—6≤a＜１．答案：[—6,１）２．函数f（x）＝—错误!＋b（a＞0）在错误!上的值域为错误!，则a＝________，b＝________.解析：因为f（x）＝—错误!＋b（a＞0）在错误!上是增函数，所以f错误!＝错误!，f（２）＝２．即错误!解得a＝１，b＝错误!.答案：１错误!３．已知函数f（x）＝ln（２＋|x|）—错误!，则使得f（x＋２）＞f（２x—１）成立的x的取值范围是________．解析：由f（—x）＝f（x）可得函数f（x）是定义域R上的偶函数，且x＞0时函数f（x）单调递增，则不等式等价于f（|x＋２|）＞f（|２x—１|），即|x＋２|＞|２x—１|，两边平方化简得３x２—8x—３＜0，解得—错误!＜x＜３．答案：错误!一抓基础，多练小题做到眼疾手快１．（２0１9·如皋中学月考）函数f（x）＝|x２—２x＋２|的增区间是________．解析：因为函数f（x）＝|x２—２x＋２|＝|（x—１）２＋１|＝（x—１）２＋１，所以函数f（x）＝|x２—２x＋２|的增区间是[１，＋∞）．答案：[１，＋∞）２．函数y＝错误!—x（x≥0）的最大值为________．解析：令t＝错误!，则t≥0，所以y＝t—t２＝—错误!２＋错误!，结合图象知，当t＝错误!，即x＝错误!时，y max＝错误!.答案：错误!３．（２0１8·徐州质检）函数f（x）＝错误!x—log２（x＋２）在区间[—１,１]上的最大值为________．解析：因为y＝错误!x和y＝—log２（x＋２）都是[—１,１]上的减函数，所以y＝错误!x—log２（x ＋２）是在区间[—１,１]上的减函数，所以最大值为f（—１）＝３．答案：３４．已知偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上单调递减，则满足f（２x—１）＜f（５）的x的取值范围是________．解析：因为偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上单调递减，且f（２x—１）＜f（５），所以|２x—１|＞５，即x＜—２或x＞３．答案：（—∞，—２）∪（３，＋∞）５．若函数f（x）＝—x２＋２ax与g（x）＝（a＋１）１—x在区间[１,２]上都是减函数，则a的取值范围是________．解析：因为f（x）＝—x２＋２ax＝—（x—a）２＋a２在[１,２]上是减函数，所以a≤１．又g（x）＝（a＋１）１—x在[１,２]上是减函数．所以a＋１＞１，所以a＞0．综上可知0＜a≤１．答案：（0,１]6．（２0１9·海门中学高三检测）已知函数f（x）＝错误!满足对任意x１＜x２，都有f（x１）＜f（x２）成立，那么实数a的取值范围是________．解析：∵函数f（x）满足对任意x１＜x２，都有f（x１）＜f（x２）成立，∴函数f（x）在定义域上是增函数，则满足错误!即错误!解得错误!≤a＜２．答案：错误!二保高考，全练题型做到高考达标１．设函数f（x）＝错误!在区间（—２，＋∞）上是增函数，则a的取值范围是________．解析：f（x）＝错误!＝a—错误!，因为函数f（x）在区间（—２，＋∞）上是增函数．所以错误!解得a≥１．答案：[１，＋∞）２．（２0１9·江阴高三检测）设a＞0且a≠１，函数f（x）＝log a|ax２—x|在[３,５]上是单调增函数，则实数a的取值范围为______________．解析：∵a＞0且a≠１，函数f（x）＝log a|ax２—x|＝log a|x·（ax—１）|在[３,５]上是单调增函数，∴当a＞１时，y＝x·（ax—１）在[３,５]上是单调增函数，且y＞0，满足f（x）是增函数；当0＜a＜１时，要使f（x）在[３,５]上是单调增函数，只需错误!解得错误!≤a＜错误!.综上可得，a＞１或错误!≤a＜错误!.答案：错误!∪（１，＋∞）３．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝错误!设函数f（x）＝—x＋３，g（x）＝log２x，则函数h（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值是________．解析：依题意，h（x）＝错误!当0＜x≤２时，h（x）＝log２x是增函数，当x＞２时，h（x）＝—x ＋３是减函数，所以h（x）在x＝２时，取得最大值h（２）＝１．答案：１４．（２0１8·徐州一模）已知函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象关于y轴对称，当函数y＝f（x）和y＝g（x）在区间[a，b]上同时递增或者同时递减时，把区间[a，b]叫做函数y＝f（x）的“不动区间”，若区间[１,２]为函数f（x）＝|２x—t|的“不动区间”，则实数t的取值范围是________．解析：因为函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象关于y轴对称，所以g（x）＝f（—x）＝|２—x—t|.因为区间[１,２]为函数f（x）＝|２x—t|的“不动区间”，所以函数f（x）＝|２x—t|和函数g（x）＝|２—x—t|在[１,２]上单调性相同，因为y＝２x—t和函数y＝２—x—t的单调性相反，所以（２x—t）（２—x—t）≤0在[１,２]上恒成立，即２—x≤t≤２x在[１,２]上恒成立，解得错误!≤t≤２．答案：错误!５．（２0１8·金陵中学月考）定义在[—２,２]上的函数f（x）满足（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]＞0，x１≠x２，且f（a２—a）＞f（２a—２），则实数a的取值范围为________．解析：函数f（x）满足（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]＞0，x１≠x２，所以函数在[—２,２]上单调递增，所以错误!所以错误!所以0≤a＜１．答案：[0,１）6．设偶函数f（x）的定义域为R，当x∈[0，＋∞）时，f（x）是增函数，则f（—２），f（π），f （—３）的大小关系为____________（用“＜”表示）．解析：因为f（x）是偶函数，所以f（—３）＝f（３），f（—２）＝f（２）．又因为函数f（x）在[0，＋∞）上是增函数，所以f（π）＞f（３）＞f（２），所以f（—２）＜f（—３）＜f（π）．答案：f（—２）＜f（—３）＜f（π）7．（２0１8·苏州高三暑假测试）已知函数f（x）＝x＋错误!（a＞0），当x∈[１,３]时，函数f（x）的值域为A，若A⊆[8,１6]，则a的值等于________．解析：因为A⊆[8,１6]，所以8≤f（x）≤１6对任意的x∈[１,３]恒成立，所以错误!对任意的x∈[１,３]恒成立，当x∈[１,３]时，函数y＝１6x—x２在[１,３]上单调递增，所以１6x—x２∈[１５,３9]，函数y＝8x—x２在[１,３]上也单调递增，所以8x—x２∈[7,１５]，所以错误!即a的值等于１５．答案：１５8．若函数f（x）＝a x（a＞0，a≠１）在[—１,２]上的最大值为４，最小值为m，且函数g（x）＝（１—４m）错误!在[0，＋∞）上是增函数，则a＝________.解析：函数g（x）在[0，＋∞）上为增函数，则１—４m＞0，即m＜错误!.若a＞１，则函数f（x）在[—１,２]上的最小值为错误!＝m，最大值为a２＝４，解得a＝２，错误!＝m，与m＜错误!矛盾；当0＜a＜１时，函数f（x）在[—１,２]上的最小值为a２＝m，最大值为a—１＝４，解得a＝错误!，m＝错误!.所以a＝错误!.答案：错误!9．已知函数f（x）＝a—错误!.（１）求证：函数y＝f（x）在（0，＋∞）上是增函数；（２）若f（x）＜２x在（１，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围．解：（１）证明：当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝a—错误!，设0＜x１＜x２，则x１x２＞0，x２—x１＞0，f（x２）—f（x１）＝错误!—错误!＝错误!—错误!＝错误!＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上是增函数．（２）由题意a—错误!＜２x在（１，＋∞）上恒成立，设h（x）＝２x＋错误!，则a＜h（x）在（１，＋∞）上恒成立．任取x１，x２∈（１，＋∞）且x１＜x２，h（x１）—h（x２）＝（x１—x２）错误!.因为１＜x１＜x２，所以x１—x２＜0，x１x２＞１，所以２—错误!＞0，所以h（x１）＜h（x２），所以h（x）在（１，＋∞）上单调递增．故a≤h（１），即a≤３，所以实数a的取值范围是（—∞，３]．１0．（２0１9·江阴期中）设函数f（x）＝错误!是定义在（—１,１）上的奇函数，且f错误!＝错误!.（１）求函数f（x）的解析式；（２）用单调性定义证明f（x）在（—１,１）上是增函数；（３）解不等式f（|t|—１）＋f（t２）＜f（0）．解：（１）因为f（x）＝错误!是定义在（—１,１）上的奇函数，所以f（0）＝b＝0，所以f（x）＝错误!，而f错误!＝错误!＝错误!，解得a＝１，所以f（x）＝错误!，x∈（—１,１）．（２）证明：任取x１，x２∈（—１,１）且x１＜x２，则f（x１）—f（x２）＝错误!—错误!＝错误!.因为x１＜x２，所以x１—x２＜0，又因为x１，x２∈（—１,１），所以１—x１x２＞0，所以f（x１）—f（x２）＜0，即f（x１）＜f（x２），所以函数f（x）在（—１,１）上是增函数．（３）由题意，不等式f（|t|—１）＋f（t２）＜f（0）可化为f（|t|—１）＋f（t２）＜0，即f（t２）＜—f（|t|—１），因为f（x）是定义在（—１,１）上的奇函数，所以f（t２）＜f（１—|t|），所以错误!解得错误!＜t＜错误!且t≠0，所以该不等式的解集为错误!∪错误!.三上台阶，自主选做志在冲刺名校１．f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f（y），f（３）＝１，当f （x）＋f（x—8）≤２时，x的取值范围是____________．解析：因为f（9）＝f（３）＋f（３）＝２，所以由f（x）＋f（x—8）≤２，可得f[x（x—8）]≤f （9），因为f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，所以有错误!解得8＜x≤9．答案：（8,9]２．已知定义在区间（0，＋∞）上的函数f（x）满足f错误!＝f（x１）—f（x２），且当x＞１时，f （x）＜0．（１）证明：f（x）为单调递减函数；（２）若f（３）＝—１，求f（x）在[２,9]上的最小值．解：（１）证明：任取x１，x２∈（0，＋∞），且x１＞x２，则错误!＞１，由于当x＞１时，f（x）＜0，所以f错误!＜0，即f（x１）—f（x２）＜0，因此f（x１）＜f（x２），所以函数f（x）在区间（0，＋∞）上是单调递减函数．（２）因为f（x）在（0，＋∞）上是单调递减函数，所以f（x）在[２,9]上的最小值为f（9）．由f错误!＝f（x１）—f（x２）得，f错误!＝f（9）—f（３），而f（３）＝—１，所以f（9）＝—２．所以f（x）在[２,9]上的最小值为—２．。

2.4压轴题大题1导数在函数中的应用2.4.1函数的单调性、极值点、极值、最值必备知识精要梳理1.函数的导数与单调性的关系函数y=f(x)在(a,b)内可导,(1)若f'(x)>0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;(2)若f'(x)<0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减.2.函数的导数与单调性的等价关系函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为增函数.f'(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为减函数.3.函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.(3)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.4.两个常用结论(1)ln x≤x-1;(2)e x≥x+1.5.构造辅助函数的四种方法(1)移项法:不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))⇔f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数;(3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x));(4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.关键能力学案突破热点一求单调区间或讨论单调性(多维探究)类型一求不含参数的函数的单调区间【例1】已知函数h(x)=ln x-ax(a∈R).设f(x)=h(x)++(a+1)x,求函数f(x)的单调区间.解题心得求f(x)的单调区间,需知f'(x)的正负,若f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将f'(x)中正负不定的部分设为g(x),对g(x)再进行一次或二次求导,由g'(x)的正负及g(x)的零点判断出g(x)的正负,进而得出f'(x)的正负.【对点训练1】设f(x)=ln x,g(x)=x|x|.令F(x)=xf(x)-g(x),求F(x)的单调区间.类型二讨论含参数的函数的单调性【例2】设a>0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:分类讨论点1:求导后,考虑f'(x)=0是否有实根,从而引起分类讨论;分类讨论点2:求导后,f'(x)=0=有实根,但不清楚f'(x)=0的实根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;分类讨论点3:求导后,f'(x)=0=有实根,f'(x)=0的实根也落在定义域内,但不清楚这些实根的大小关系,从而引起分类讨论.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.热点讨论函数极值二点的个数【例3】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间→极值→最值→恒成立问题的步骤:1.求函数定义域;2.求导→通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”);3.对参数分类,分类的层次:(1)按导函数的类型分大类;(2)按导函数是否有零点分小类;(3)在小类中再按导函数零点的大小分小类;(4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.【对点训练3】设函数f(x)=x2+b ln(x+1),其中b≠0.(1)当b>时,判断函数f(x)在定义域上的单调性;(2)当b≠0时,求函数f(x)的极值点.热点三求函数的极值、最值【例4】已知函数f(x)=ln x-kx+k(k∈R),求f(x)在[1,2]上的最小值.解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值.若有唯一的极值点,则其为最值点.【对点训练4】(2020北京,19)已知函数f(x)=12-x2.(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;(2)设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.热点四在恒成立中求参数的极值、最值【例5】设a>0,若ln≥a|x|对x∈(-1,1)恒成立,求a的最大值.解题心得洛比达法则:如果当x→x0(x0也可以是±∞)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无穷大,那么极限可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为型或型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛比达法则来求.定理1:若函数f(x)和g(x)满足条件:(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.(2)f(x)=g(x)=0.(3)=a,则有=a.定理2:若函数f(x)和g(x)满足条件:(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.(2)f(x)=g(x)=∞.(3)=a,则有=a.在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则.【对点训练5】(2020广东茂名一模,理20)设函数f(x)=e x-mx+n,曲线y=f(x)在点(ln 2,f(ln 2))处的切线方程为x-y-2ln 2=0.(1)求m,n的值;(2)当x>0时,若k为整数,且x+1>(k-x)[f(x)+x+1],求k的最大值.2.4压轴题大题1导数在函数中的应用2.4.1函数的单调性、极值点、极值、最值关键能力·学案突破【例1】解f(x)=h(x)++(a+1)x=ln x++x,定义域为(0,+∞),f'(x)=(x>0).令F(x)=1-ln x+x+x2(x>0),则F'(x)=(x>0).令F'(x)<0(x>0),得0<x<;令F'(x)>0(x>0),得x>所以函数F(x)=1-ln x+x+x2(x>0)在区间0,上单调递减,在区间,+∞上单调递增.所以F(x)min=F=1-ln+2=+ln2>0.所以F(x)=1-ln x+x+x2>0对任意(0,+∞)恒成立,所以f(x)=ln x++x的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.对点训练1解F(x)的定义域为(0,+∞),∴F(x)=x ln x-x2,则F'(x)=ln x+1-x,令G(x)=F'(x)=ln x+1-x,则G'(x)=-1,由G'(x)=-1>0得0<x<1,由G'(x)=-1<0得x>1,则G(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,即F'(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴F'(x)≤F'(1)=0,∴F(x)在定义域(0,+∞)上单调递减.【例2】解f(x)的定义域是(0,+∞).f'(x)=+2a(1-a)x-2(1-a)=令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型对a进行分类讨论.(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=1>0,f'(x)=>0,于是f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)当a≠1时,g(x)是二次函数,首先讨论f'(x)=0是否有实根,方程g(x)=0对应的Δ=4(a-1)(3a-1).①当Δ<0,即<a<1时,g(x)=0无实根,g(x)的图象在x轴上方,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当Δ=0,即a=时,g(x)=0有两个相等的实根x1=x2=,于是f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.③当Δ>0,即0<a<或a>1时,g(x)=0有两个不相等的实根分别为x1=,x2=因为x1+x2=,x1x2=,所以当0<a<时,有x1+x2>0且x1x2>0,所以x1>0,x2>0.由x1与x2的表达式知x1<x2,由f'(x)>0,可得0<x<x1或x>x2,所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增;由f'(x)<0,可得x1<x<x2,所以f(x)在(x1,x2)上单调递减.当a>1时,有x1+x2>0且x1x2<0,此时x2<0<x1,由f'(x)>0,可得0<x<x1,所以f(x)在(0,x1)上单调递增;由f'(x)<0可得x>x1,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递减.综上所述,当0<a<时,f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减;当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.其中x1=,x2=对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.【例3】解定义域为(-1,+∞),∴f'(x)=+a(2x-1)=(2ax2+ax+1-a),>0,令g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1),当a=0时,g(x)=1,则f'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当a=0时,函数无极值点;当a>0时,由Δ=a(9a-8)≤0,得0<a,此时g(x)≥0,则f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即0<a,函数无极值点;当Δ>0时,得a>或a<0两个不同的范围,当a>时,设方程2ax2+ax+1-a=0的两根分别为x1,x2(x1<x2),∵x1+x2=-,函数g(x)的图象如右:x1,x2的中点为-,∴x1<-,x2>-,由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-,则当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,因此,当a>,函数有两个极值点;当a<0时,Δ>0,函数g(x)的图象如下:由g(-1)=1>0,可得x1<-1,则当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,因此,当a<0时,函数有一个极值点.综上所述,当a<0时,函数有一个极值点;当0<a,函数无极值点;当a>,函数有两个极值点.对点训练3解(1)函数f(x)=x2+b ln(x+1)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=2x+令g(x)=2x2+2x+b,则Δ=4-8b.当b>时,Δ<0,所以g(x)在(-1,+∞)上恒大于0,所以f'(x)>0,于是当b>时,函数f(x)在定义域(-1,+∞)上单调递增.(2)首先考虑g(x)=0是否有实根.①当Δ<0,即b>时,由(1)知函数f(x)无极值点.②当Δ=0,即b=时,g(x)=0有两个相等的实根,g(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,于是f'(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在(-1,+∞)上无极值点.③当Δ>0,即b<时,g(x)=0有两个不相等的根x1=,x2=,其中x1<x2.为确定两个根是否都在定义域(-1,+∞)内需要对参数b分类讨论.当b<0时,x1=<-1,x2=>-1,由f'(x)>0,可得x>x2,由f'(x)<0,可得-1<x<x2,所以f(x)在(-1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,所以当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一极小值点x2=当0<b<时,x1=>-1,x2=>-1,由f'(x)>0,可得-1<x<x1或x>x2,由f'(x)<0,可得x1<x<x2,所以f(x)在(-1,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,所以当0<b<时,f(x)在(-1,+∞)上有一个极大值点x1=和一个极小值点x2=综上所述,当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一的极小值点x2=;当0<b<时,f(x)有一个极大值点x1=和一个极小值点x2=;当b时,f(x)无极值点.【例4】解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-k=①当k≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在[1,2]为增函数,所以[f(x)]min=f(1)=0.②当k>0时,由f'(x)>0,可得0<x<,由f'(x)<0,可得x>,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.于是f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=0或f(2)=ln2-k.(ⅰ)当0<ln2-k,即0<k<ln2时,[f(x)]min=f(1)=0.(ⅱ)当0≥ln2-k,即k≥ln2时,[f(x)]min=f(2)=ln2-k.综上所述,当k<ln2时,[f(x)]min=f(1)=0;当k≥ln2时,[f(x)]min=f(2)=ln2-k.对点训练4解(1)因为f(x)=12-x2,所以f'(x)=-2x,设切点为(x0,12-x0),则-2x0=-2,即x0=1,所以切点为(1,11),由点斜式可得切线方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.(2)显然t≠0,因为y=f(x)在点(t,12-t2)处的切线方程为y-(12-t2)=-2t(x-t),令x=0,得y=t2+12,令y=0,得x=,所以S(t)=(t2+12),不妨设t>0(t<0时,结果一样),则S(t)=,所以S'(t)=3t2+24-=,由S'(t)>0,得t>2,由S'(t)<0,得0<t<2,所以S(t)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以t=2时,S(t)取得极小值,也是最小值为S(2)==32.【例5】解令t=|x|∈[0,1),则ln a|x|对x∈(-1,1)恒成立等价于ln at对t∈[0,1)恒成立.方法一(分离参数法)当t=0时,不等式恒成立,当t>0时,有a对t∈(0,1)恒成立.令G(t)=,则G'(t)=,令H(t)=-ln,则H'(t)=>0,所以H(t)在(0,1)上单调递增,于是H(t)>H(0)=0,即G'(t)>0,所以G(t)在(0,1)上单调递增.由洛比达法则,可得G(t)==2,于是0<a≤2,所以a的最大值为2.方法二(最值法)构造函数F(t)=ln-at,则F'(t)=-a=①当2-a≥0,即a≤2时,F'(t)>0,所以函数F(t)在[0,1)上递增,所以F(t)≥F(0)=0.②当2-a<0,即a>2时,由F'(t)<0可得0≤t<,所以函数F(t)在上递减,所以F(t)≤F(0)=0,不合题意.综上所述,a的最大值为2.对点训练5解(1)由f'(x)=e x-m,由于x-y-2ln2=0的斜率为1,且过点(ln2,-ln2),得解得m=1,n=-2.(2)由(1)知f(x)=e x-x-2,由x+1>(k-x)[f(x)+x+1],得x+1>(k-x)(e x-1),故当x>0时,等价于k<+x(x>0),①令g(x)=+x,则g'(x)=+1=,令h(x)=e x-x-2,∵x>0,∴h'(x)=e x-1>0.∴函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α),又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3),故①等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.。