导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲 高考数学(新高考地区专用)(解析版)

高考数学热点必会题型第8讲 导数中的极值和极值点偏移——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、求已知函数的极值 【题型】二、根据极值点求参数【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系 【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系 【题型】五、求已知函数的极值点 【题型】六、函数最值与极值的关系 【题型】七、导数中的极值偏移问题 二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（ ）A ．3B ．C ．D 【答案】D【分析】先根据题意确定函数的极值点，进而得到1105a a ⋅，然后根据等比中项求得答案.【详解】由题意，()()()23129313f x x x x x =-+=--'，则(),1x ∈-∞时0fx ，函数单调递增，()1,3x ∈时()0f x '<，函数单调递减，()3,x ∈+∞时0fx，函数单调递增，于是x =1和x =3是函数的两个极值点，故1a ，105a 是()231290x x f x =-+='的两个根，所以11053a a ⋅=，所以25311053a a a =⋅=，又110540a a +=>，所以10a >，1050a >，设公比为q ，525310a a q =>，所以55a =故选：D.例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（ ） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【分析】对每个选项求导，然后判断即可 【详解】对选项A ，210y x '=-<，故没有极值点； 对选项B ，1e x y '=-，则极值点为0x =，故正确； 对选项C ，0y '=，故没有极值点； 对选项D ，230y x '=≥，故没有极值点； 故选：B例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（ ）． A ．0 B ．1 C ．2 D ．e【答案】C【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到20e a a =或224e e a a ≥，再次构造关于a 的函数()2e a a h a =，研究其单调性，解出不等式，求出数a 的最大值.【详解】令()22e e 0x a f x a x =-=，得到22e e x ax a =，函数()22e e xa f x a x =-至多有2个不同的零点，等价于22e ex a x a=至多有两个不同的根，即函数2e x x y =与2e a a y =至多有2个不同的交点令()2ex x g x =，则()22e xx x g x -'=，当02x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0x <或2x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以0x =与2x =为函数()g x 的极值点，且()()2400,2e g g ==， 且()20e x x g x =≥在R 上恒成立，画出()2ex x g x =的图象如下：有图可知：20e a a =或224e ea a ≥时，符合题意， 其中20e aa=，解得：0a = 设()2e a a h a =，则()22e aah a -'=， 当1a <时，()0h a '>，当1a >时，()0h a '<， 所以()2e aah a =在()1-∞，上单调递增，在()1+∞，上单调递减，由224e e a a ≥可得：()()2h a h ≥，所以2a ≤， 综上：实数a 的最大值为2 故选：C【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（ ）A ．1B ．4C ．43D ．49【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得2()()(3)f x x t x t =---，再借助导数求出极大值作答.【详解】因函数()f x 在3t +处取得极小值0，又t 是函数()f x 的另一零点，因此函数()f x 只有两个零点，从而有2()()(3)f x x t x t =---，求导得：()3(1)(3)f x x t x t '=----， 当1x t <+或3x t >+时，()0f x '>，当13t x t +<<+时，()0f x '<， 于是，()f x 在3x t =+处取得极小值，在1x t =+处取得极大值(1)4f t +=， 所以()f x 的极大值为4. 故选：B【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1x f x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】将函数有两个极值点转化为其导数有两个零点进行求解即可.【详解】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根， 亦即2e xxa -=有两个不等实根. 令()2e x xg x =，则()()21e xx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 21eg x g ==， 又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<， 即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（ ） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据极值点的定义，利用整体法，列出关于ω的不等关系，即可求得参数范围. 【详解】因为()f x 在[)0,π有2个极值点，也即()f x 在区间[)0,π取得一次最大值，一次最小值；又0ω>，则当[)0,x π∈，,333x πππωωπ⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭，要使得()f x 满足题意，只需35232ππωππ<+≤，解得713,66ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：C.例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（ ）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值【答案】A【分析】对()f x 求导，根据极值点求参数a ，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，2()1f x ax x '=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增； ∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值. 综上，有最小值2ln2-，无最大值. 故选：A例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______． 【答案】1k ≥-【分析】先求函数()f x 的导函数2(e )(1)()xk x f x x+-'=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明e 0x k +=在,()0x ∈+∞上无解，或有唯一解1x = ，求实数k 的取值 【详解】e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为(0,)+∞222(1)e 11(e )(1)()()x x x k x f x k x x x x -+-'∴=+-+=1x =是函数()f x 的唯一极值点1x ∴= 是导函数()0f x '=的唯一根 （Ⅰ）e 0x k +=在(0,)+∞无变号零点令()e x g x k =+ ，则()e 0x g x '=> ，即()g x 在(0,)+∞上单调递增 此时min ()10g x k =+≥ 1∴≥-k（Ⅱ）当()e x g x k =+ 在(0,)+∞有解1x = 时，此时e 0k += ，解得e k =- 此时()f x 在(0,1) 和(1,)+∞ 上均单调递增，不符合题意 故答案为：1k ≥-第二天学习及训练【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d【答案】C【分析】根据导函数的图象确定()f x 的单调性，从而比较函数值的大小及极值情况，对四个选项作出判断.【详解】由题图可知，当x c ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在,c 上单调递增，又a <b <c ，所以()()()f a f b f c <<，故A 不正确． 因为()0f c '=，()0f e '=，且当x c <时，0f x；当c <x <e 时，()0f x '<；当x >e 时，0fx．所以函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e 处取得极小值，不一定是最小值，故B 不正确，C 正确．由题图可知，当d x e ≤≤时，()0f x '≤，所以函数()f x 在[d ，e ]上单调递减，从而()()f d f e >，所以D 不正确． 故选：C ．例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零【答案】D【分析】根据导函数图像，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC 选项，根据导数的定义和几何意义即判断D 选项，从而得出答案. 【详解】由图像知，当3x <-或3x >时，0fx，()f x 单调递增，当33x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在区间(),3-∞-，()3,+∞内单调递增，在区间()3,3-内单调递减， 3-是()f x 的极大值点，3是()f x 的极小值点，故ABC 错误；又因为()20f '<，所以曲线()y f x =在2x =处切线斜率小于零，故D 正确. 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【分析】根据导函数的图象可判断出()f x 的单调性，结合极小值点的概念即可得结果. 【详解】由()f x '的图象可得：函数()f x 在()1,a x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减， 在()24,x x 上单调递增，在()4,x b 上单调递减，故2x x =为函数()f x 的极小值点，即()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是1， 故选：A.例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题： ①函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ②若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；③函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；④若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<． 其中正确命题的序号是（ ）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④【答案】B【分析】根据()y f x '=图象判断函数()y f x =单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可.【详解】①中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，在区间[]34,x x 上，()0f x '≤，故函数()y f x =在区间[]24,x x 上先增再减，①错误；②中，看图知，在区间[]45,x x 上，()y f x '=是下凸的，任意连接两点()(),(),,()m f m n f n ''，中点为()(),22m n f m f n M ''++⎛⎫ ⎪⎝⎭，线段一定在()y f x '=图象上方，故中点也在图象上方，即()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭，故②正确；③中，看图知，在区间[]3,a x 上，()0f x '≥，在区间[]35,x x 上，()0f x '≤，在区间[]5,x b 上，()0f x '≥，所以()y f x =有一个极大值点3x 和一个极小值点5x ，故③错误；④中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，且()f x '递减，故()y f x =单调递增，故()(),()()f p f q f p f q '<'>，故[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<，即④正确.综上，正确命题的序号是②④. 故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数判断函数()f x 的单调性和极值的方法：①写定义域，对函数()f x 求导()f x '；②在定义域内，令 ()0f x '>的区间即是增区间，令()0f x '<的区间即是减区间，③根据单调区间，判断极值点即可.【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323cbx +的单调递增区间是（ ）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞【答案】D【分析】由图象知0a >，0d =，不妨取1a =，先对函数32()f x x bx cx d =+++进行求导，根据2x =-，3x =时函数取到极值点知(2)0f '-=，(3)f '0=，故可求出b ，c 的值，再根据函数单调性和导数正负的关系得到答案． 【详解】解：不妨取1a =，32()f x x bx cx =++，2()32f x x bx c '∴=++由图可知(2)0f '-=，(3)f '0=1240b c ∴-+=，2760b c ++=， 1.5b ∴=-，18c =-2964y x x ∴=--，924y x '=-，当98x >时，0'>y2964y x x ∴=--的单调递增区间为：9[8，)∞+故选：D ．例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】首先求函数()f x 的解析式，再根据平移公式，求解函数()g x 的解析式，结合函数的图象，列式求实数a 的取值范围. 【详解】由题意知()f x 的最小正周期2T ππω==，∴2ω=，∴()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴()5sin 2sin 23412g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，作出()g x 的图象如图所示，数形结合可知0112424a a a ππ⎧⎪>⎪⎪≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩ ，解得：112424a ππ<≤∴实数a 的取值范围是11,2424ππ⎛⎤⎥⎝⎦.故选：D例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（ ）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值【答案】B【分析】根据()'y f x =图象判断()f x 的单调性，由此求得()f x 的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，()f x 在区间()33,,2,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x <递减；在区间()3,2,4,52⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >递增.所以1x =不是()f x 的极值点，2x =是()f x 的极大值点. 所以ACD 选项错误，B 选项正确. 故选：B例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x af x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（ ）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点 【答案】ABC【分析】选项A ，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B ，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C ，结合选项A 中的新函数进行判断；选项D ，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D ．【详解】对于A 选项，当e a =时，()0f x ≥，即eln 1e eln e x x x x x x ≥⇔≥⇔≤，设()ln x g x x=， 则()21ln xg x x-'=，故当()0,e x ∈时，()0g x '>，当()e,x ∈+∞时，()0g x '<， 所以()()ln e 1e e eg x g ≤==，故A 正确； 对于B 选项，当01a <<时，()x af x a x =-单调递减，且当0x +→时，()1f x →，()110f a =-<，因此()f x 只有一个零点，故B 正确；对于C 选项，()0ln ln x af x a x x a a x =⇔=⇔=，即ln ln x ax a=，当e a >时，由A 选项可知，()10eg a <<，因此()()g x g a =有两个零点，即()f x 有两个零点，故C 正确； 对于D 选项，()1ln xa f x a a ax-'=-，令()0f x '=，得11ln x a a a x --=，两边同时取对数可得，()()()1ln ln ln 1ln x a a a x -+=-，设()()()()1ln ln ln 1ln h x x a a a x =-+--，则()1ln a h x a x -'=-，令()0h x '=，得1ln a x a -=，则()h x 在10,ln a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,ln a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因此()h x 最多有两个零点，所以()f x 最多有两个极值点，故D 错误. 故选：ABC.第三天学习及训练【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ①函数()f x 有2个极值点 ②函数()f x 有3个零点③点(0,1)是函数()f x 的对称中心 其中正确命题的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【分析】利用导数研究()f x 的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据()()2f x f x +-=判断对称中心.【详解】令2()310f x x '=-=，可得x =所以(,-∞、)+∞上()0f x '>，()f x 递增；(上()0f x '<，()f x 递减；所以x =是()f x 的极值点，又(2)50f -=-<，(10f =>，10f =->，所以()f x 在(2,-上存在一个零点，所以()f x 有2个极值点，1个零点，①正确，②错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，③正确.故选：C例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（ ）A ．1B ．12C ．37D ．57【答案】D【分析】由题知0()0f x '=，可得01cos26x =，由二倍角公式可算得207cos 12x =，进而有205sin 12x =，所以205tan 7x =.【详解】()2001112cos2,cos22cos 1366f x x x x =-∴=∴-='，∴207cos 12x =，∴22005sin 1cos 12x x =-=， ∴220020sin 5tan cos 7x x x == 故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（ ） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π【答案】D【分析】根据已知条件，令()0f x '=，求出方程的根，判断根左右两侧的导函数符号可得极值点，从而可求解()f x 所有极值点的和.【详解】解：()16cos 26f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，令()16cos 206f x x π⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭，得,23k x k Z ππ=+∈， 因为()f x '在,23k x k Z ππ=+∈两侧异号，所以,23k x k Z ππ=+∈是函数()f x 的极值点， 又(]0,4x π∈，所以极值点54117171023,,,,,,,36363636x ππππππππ=，所以()f x 所有极值点的和为5411717102350,363636363πππππππππ++++++=， 故选：D.例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（ ） A ．()()f x f x π+= B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】ABD【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.【详解】()2sin 2sin 2sin 21cos 212cos 2cos 2122xx xf x x xx ===+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭， A 选项：()()()()sin 22sin 22cos 222cos 2x x f x f x x xπππ++===+++，A 选项正确；B 选项：设()sin 22cos 2xf x t x==+，则()sin 2cos 222x t x t x ϕ-=+≤解得213t ≤，t ≤≤，即max t =，即()f xB 选项正确；C 选项：因为022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误；D 选项：()()()()()222cos 22cos 2sin 22sin 24cos 222cos 22cos 2x x x x x f x x x +--+'==++，令()0f x '=，解得1cos 22x =-，即3x k ππ=+或23x k ππ=+，Z k ∈， 当2,33x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭，Z k ∈时，()0f x '<，函数单调递减， 当当24,33x k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，Z k ∈时，0f x ，函数单调递增，所以函数()f x 的极大值点为3π，43π，，()13n ππ+-，又函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则2021,202233a ππππ⎛⎤∈++ ⎥⎝⎦，即60646067,33a ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，D 选项正确；故选：ABD.【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e +-=，则下列结论不正确的是（ ）A ．函数()f x 有极小值也有最小值B ．函数()f x 存在两个不同的零点C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e=，则t 的最小值为2 【答案】C【分析】先求导，通过导函数的单调性分析出原函数大致图象，然后画出图象，结合图象来分析每一个选项即可求出答案.【详解】由222()x x x f x e +-=，得()22'2(22)(22)4()x x x x x e x x e x f x e e +-+--+==， 令'()0f x =，则2x =-或2x =，当<2x -或2x >时，'()0f x <；当22x -<<时，'()0f x > ， 所以()f x 在(,2)-∞-和(2,+)∞上单调递减，在(2,2)-上单调递增， 所以()f x 有极小值()2244222f e e ---==--，有极大值()224+4262f e e-==， 当x →-∞时，()f x →+∞， 当x →+∞时，()0f x →， 故函数的图象如图，由图像可知A ，B ，D 正确，C 错误. 故选：C例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（ ） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值 D ．无极小值，但有最小值【答案】C【分析】先求出导数，34242()21x x f x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，然后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，进而判断各选项【详解】34242()21x x f x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，下面讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况.令2[0,)u x =∈+∞，2()(21)1g u u a u a =++++， （1）当(0)10g a =+<时(即1a <-)，()g u 仅有一个唯一的正零点，不妨设为0u ，此时()f x '有三个不同零点，分别为0 （2）当(0)10g a =+=时(即1a =-)3422()(1)(1)1x f x x x x x =+-++'；满足既有极小值，也有最小值；（3）当(0)10g a =+>时(即1a >-且0a ≠)，若2102a u +=-≤(即12a ≥-且0a ≠)，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0，若212a u +=-1012a ⎫⎛>-<<- ⎪⎝⎭，结合22Δ(21)4(1)43a a a =+-+=-分析可知：当1a -<<时，()g u 有两个不同的正零点(令为1u ，2u 且12u u <).此时()f x 在(,-∞，()，上单调递减，当12a ≤<-时，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值，也有最小值；综上分析， 故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键在于：求导后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，讨论的时候，分情况：（1）当(0)10g a =+<；（2）当(0)10g a =+=；（3）当(0)10g a =+>，进而判断各选项，属于难题例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()x f x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定【答案】C【解析】对函数求导，转化条件为()0f x '<有解，再结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且e 0x >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解， 所以220x x a ++=有两个不等实根， 所以函数()y f x '=的零点个数为2. 故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题. 例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值【答案】AB【分析】由()f x '图象可确定()f x 的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】由()f x '图象可知：当()(),,x c e ∈-∞+∞时，0fx；当(),x c e ∈时，()0f x '<；f x 在(),c -∞，(),e +∞上单调递增，在(),c e 上单调递减；对于A ，a b c <<，()()()f a f b f c ∴<<，A 正确； 对于B ，c d e <<，()()()f e f d f c ∴<<，B 正确；对于C ，由单调性知()f c 为极大值，当>x e 时，可能存在()()0f x f c >，C 错误； 对于D ，由单调性知()()f e f d <，D 错误. 故选：AB.第四天学习及训练【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（ ） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】C【分析】对于A ，分析()f x 导函数可作判断；对于B ，考查函数()y f x x =-的单调性可作判断；对于C ，分离参数，再分析函数()f x x最值情况而作出判断；对于D ，构造函数()()(4)(02)g x f x f x x =--<<讨论其单调性，确定()0g x >即可判断作答.【详解】对于A 选项：()f x 定义域为(0,)+∞，22212()x f x x x x'-=-+=， 02x <<时,()0,2f x x '<>时()0f x '>，2x =是()f x 的极小值点，A 正确；对于B 选项：令222()(),()0x x h x f x x h x x -+'=-=-<， ()h x 在(0,)+∞上递减，(1)1,(2)ln 210h h ==-<， ()h x 有唯一零点，B 正确；对于C 选项：令23()2ln ln 4(),()f x x x x x x x x x x x ϕϕ-+'==+=-， 令()ln 4F x x x x =-+，()ln ,(0,1)F x x x '=∈时,()0,(1,)F x x '<∈+∞时,()0F x '>， ()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，则min ()(1)30F x F ==>，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,)+∞上递减，()ϕx 图象恒在x 轴上方，与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得()f x kx >恒成立，C 错误； 对于D 选项：由A 选项知，()f x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增， 因正实数1x ，2x ，且12x x >，()()12f x f x =，则2102x x <<<，02x <<时，令()()(4)g x f x f x =--，()()()()2222404x x g x f x f x x x --=+-'+-''=<，即()g x 在(0,2)上递减，于是有()()20g x g >=，从而有()()122(4)f x f x f x =>-， 又242x -> ，所以124x x >-，即124x x +>成立，D 正确. 故选：C.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（ ） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C ．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y > 【答案】AD【分析】A ：代入2,5直接计算比较大小；B ：求()f x 的导函数，分析单调性，可得当()f x m=有两个不相等实根时1x 、2x 的范围，不妨设1x 2x <，则有10e x <<2x <，比较()211,e f x f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭的大小关系，因为()()12f x f x =，可构造()()2e F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0e)x <<，求导求单调性，计算可得()0F x <成立，可证212e x x >；C ：用()f x 在()0,e 上单调递增，构造ln 2ln e2e<可证明；D ：令23x y t ==，解出lg lg 2t x =，lg lg 3ty =，做差可证明23x y >.【详解】解：对于A ：()()12ln 52525n f f ====又105232==1025=，3225>>()()25f f >，A 正确；对于B ：若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x >，故B 不正确；证明如下：函数()ln x f x x =，定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=， 当0fx时，0e x <<；当()0f x '<时，e x >；所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()max 1ef x =且e x >时，有()0f x >，所以 若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，有10em <<，不妨设1x 2x <，有10e x <<2x <，要证212e x x >，只需证221e x x >，且221e e x x >>，又()()12f x f x =，所以只需证()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，令()()2e F x f x f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭(0e)x << 则有()()()22241111e ln e F x f x f x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0e x <<时，1ln 0x ->，24110e x ->，所以有()0F x '>，即()F x 在(0,e)上单调递增，且()0e F =，所以()0F x <恒成立，即()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()221e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即212e x x >.对于C ：由B 可知，()f x 在()0,e 上单调递增，则有()()2e f f <，即ln 2ln e2e<，则有2ln 2e <<C 不正确； 对于D ：令23x y t ==，则1t >，2lg log lg 2t x t ==，3lg log lg 3ty t ==， 2lg 3lg lg (lg9lg8)230lg 2lg3lg 2lg3t t t x y -∴-=-=>⋅， 23∴>x y ，故D 正确；故选：AD.【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠(1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +> 【答案】(1)(0,1] (2)证明见解析【分析】（1）先判断a<0不成立，当0a >时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；（2）设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，可得()0h x >恒成立，从而可证不等式. (1)当a<0时，111e af a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 因为10e e a<<，所以111e e a>，即11e f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，不符合题意；当0a >时，(1)()e xa x f x -'=， 当(,1)x ∞∈-时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． 所以()(1)eaf x f ≤=． 由1()e f x ≤恒成立可知1e ea ≤，所以1a ≤．又因为0a >，所以a 的取值范围为(0,1]． (2)因为e m n m n -=，所以e e m n m n --=，即e e m nm n=． 令()e xxg x =，由题意可知，存在不相等的两个实数m ，n ，使得()()g m g n =．由（1）可知()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． 不妨设m n <，则1m n <<．设()()(2)(1)h x g x g x x =-->， 则2221e 1()()[(2)](1)e (1)0e e x x x xx h x g x g x x x ----'''=--=+-=-⋅>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增， 所以()0h x >，即()(2)g x g x >-在区间(1,)+∞上恒成立． 因为1n >，所以()(2)g n g n >-． 因为()()g m g n =，所以()(2)g m g n >-． 又因为1m <，21n -<，且()g x 在区间(,1)-∞上单调递增， 所以2m n >-，即2m n +>．【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭． (1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【分析】（1）当0k =时，1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到()(0)1f x f <=-；（2）首先确定1x =为函数的一个零点，接下来研究e ()1xF x k x =-+，构造差函数，求导后单调性，得到证明. (1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+， 则221()e 0(1)xx f x x +='>+， ()f x 在(1,0)-上单调递增，所以1()e (0)11xx f x f x -=<=-+． (2)e ()(1)1xf x x k x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ；设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>， 故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>． 设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x xh x x x -=++-， 2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'，由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01xx x ++>-，故()0h x '<， 即函数()h x 在(1,0)-上单调递减， 所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-，由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增， 所以21x x >-， 所以120x x +>．【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.。

利用导数求函数的极值、最值一、知识梳理1.函数的极值与导数形如山峰形如山谷2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是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[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值二、例题精讲 + 随堂练习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)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. 答案 D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.解 (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.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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，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.解 (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.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m >0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0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. 答案 A(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. 解 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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，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 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.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. 解 (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.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.解 (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 xsin 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 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－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)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋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.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋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 3－2 000）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.三、课后练习1.(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 )＝x 2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. 答案 C2.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323.(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12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 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. 解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3， 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10 cm 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)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.答案 44.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(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. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。

考向16 利用导数研究函数的极值与最值【2022·全国·高考真题（理）】当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【2022·全国·高考真题（文）】函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+，1．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．2．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．3．求函数()f x 在闭区间[],a b 内的最值的思路（1）若所给的闭区间[],a b 不含有参数，则只需对函数()f x 求导，并求()0f x '＝在区间[],a b 内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与()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．（2）若所给的闭区间[],a b 含有参数，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．（1）若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则 不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>； 不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥； 不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<； 不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；（2）若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，且值域为(),m n ，则不等式()()()f x a f x a >≥或在区间D 上恒成立m a ⇔≥．不等式()()()f x b f x b <≤或在区间D 上恒成立m b ⇔≤．（3）若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<； 不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤； 不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>； 不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；（4）若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，如值域为(),m n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()()()a f x f x <≤或a 在区间D 上有解a n ⇔< 不等式()()()b f x f x >≥或b 在区间D 上有解b m ⇔>（5）对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；（6）对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；（7）若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；（8）若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；（9）对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；（10）对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；（11）若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤（12）若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．1．函数的极值函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数的一个极大值，记作0()y f x =极大值．如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数的一个极小值，记作0()y f x =极小值．极大值与极小值统称为极值，称0x 为极值点．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （1）先确定函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '； （3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值．注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号．②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点．2．函数的最值函数()y f x =最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数()f x 最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．导函数为21212()()()()f x ax bx c a x x x x m x x n =++=--<<<（1）当0a >时，最大值是1()f x 与()f n 中的最大者；最小值是2()f x 与()f m 中的最小者．（2）当0a <时，最大值是2()f x 与()f m 中的最大者；最小值是1()f x 与()f n 中的最小者．一般地，设()y f x =是定义在[]m n ，上的函数，()y f x =在()m n ，内有导数，求函数()y f x =在[]m n ，上的最大值与最小值可分为两步进行： （1）求()y f x =在()m n ，内的极值（极大值或极小值）； （2）将()y f x =的各极值与()f m 和()f n 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．1．（2022·山西太原·三模（文））已知函数()e e xf x =⋅（1）若()()()g x f x kx k k =--∈R 在1x =-时取得极小值，求实数k 的值； （2）若过点(,)a b 可以作出函数()y f x =的两条切线，求证：()0b f a <<2．（2022·湖北·模拟预测）已知函数()21ln 2f x x x mx =++，（m R ∈）． （1）若()f x 存在两个极值点，求实数m 的取值范围； （2）若1x ，2x 为()f x 的两个极值点，证明：()()()212122228f x f x m x x f +++⎛⎫-> ⎪⎝⎭．3．（2022·河南郑州·高三阶段练习（文））已知函数()21xf x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间及其最大值与最小值．4．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数()ln f x x mx =+，其中m ∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若(0,)∀∈+∞x ，2()2f x x x ≤-，求m 的最大值．5．（2022·山东菏泽·高三期末）设函数()22cos f x x x =+．（1）求曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）求函数()f x 在区间[]0,π上的最大值和最小值．6．（2022·北京市第九中学模拟预测）已知()sin 2f x k x x =+． （1）当2k =时，判断函数()f x 零点的个数； （2）求证：()sin 2ln 1,(0,)2x x x x π-+>+∈．1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知函数()()ln 2,ln xxe f x xe x x g x x x x=---=+-的最小值分别为,m n ，则（ ）A ．m n <B ．m n >C ．m n =D ．,m n 的大小关系不确定2．（2022·北京·北大附中三模）如图矩形,6ABCD AB =，沿PQ 对折使得点B 与AD 边上的点1B 重合，则PQ 的长度可以用含α的式子表示，那么PQ 长度的最小值为（ ）A ．4B ．8C ．62D 933．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））已知函数()f x 为定义在R 上的增函数，且对,()()1x R f x f x ∀∈+-=，若不等式()(ln )1f ax f x +-≥对(0,)∀∈+∞x 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,e]B ．(,e]-∞C ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭4．（2022·江西省丰城中学模拟预测（文））已知函数()2e 2xf x ax ax =++在()0,x ∈+∞上有最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．e 1,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．()1,0-D ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数()32f x x ax x a =+-+有两个极值点12,x x ，且1223x x -=，则()f x 的极大值为（ ） A 3B 23C 3D 36．（2022·广东广州·三模）设()f x '为函数()f x 的导函数，已知()()()21ln ,12x f x xf x x f '==-'+，则（ ）A ．()xf x 在()0,∞+单调递增B ．()xf x 在()0,∞+单调递减C ．()xf x 在()0,∞+上有极大值12D ．()xf x 在()0,∞+上有极小值127．（2022·全国·模拟预测（文））下列结论正确的是（ ）A ．设函数()3f x x ax b =++，其中a ，b ∈R ，当a ＝－3，2b >时，函数有两个零点B ．函数()()e 0xa f x a x=>没有极值点C ．关于x 的方程32230x x a -+=在区间[]22-,上仅有一个实根，则实数a 的取值范围为[)(]4,01,28-D ．函数()()e 0e xxx a f x a -=<有两个零点8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()321132f x x ax x =-+在区间1,32⎛⎫⎪⎝⎭上既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()2,+∞B ．[)2,+∞C ．52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．102,3⎛⎫ ⎪⎝⎭9．（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习（文））已知m 为常数，函数()2ln 2f x x x mx=-有两个极值点，其中一个极值点0x 满足01x >，则()0f x 的取值范围是（ ） A ．(),0∞-B ．()0,∞+C ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10．（多选题）（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习）已知函数21()e xx x f x +-=，则下列结论正确的是（ ）A ．函数()f x 只有一个零点B ．函数()f x 只有极大值而无极小值C ．当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若当[,)x t ∈+∞时，max 25()e f x =，则t 的最大值为2 11．（多选题）（2022·重庆八中模拟预测）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极小值点，以下结论一定正确的是（ ） A ．0x 是()f x 的最小值点 B ．0x 是()f x -的极大值点 C ．0x -是()f x -的极大值点 D ．0x -是()f x --的极大值点12．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知函数32()247f x x x x =---，其导函数为()'f x ，给出以下命题正确的是（ ） A ．()f x 的单调递减区间是2,23⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 的极小值是15-C ．当2a >时，对任意的2x >且x a ≠，恒有()()()()f x f a f a x a '>+-D ．函数()f x 有且只有一个零点13．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（ ）A ．6eB ．(27eC ．(23eD ．2e14．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知()()323ln 21f x x x x =--，则（ ） A ．()f x 的定义域是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．若直线y m =和()f x 的图像有交点，则3,ln 22m ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦C ．723ln 16< D ．()32ln22129> 15．（2022·福建·福州三中高三阶段练习）如果两个函数存在零点，分别为,αβ，若满足n αβ-<，则称两个函数互为“n 度零点函数”.若()()ln 2f x x =-与()2ln g x ax x =-互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为___________.16．（2022·浙江湖州·模拟预测）设(){}(){}0,0P f Q g ααββ====，若存在,R αβ∈∈R ，使得||n αβ-<，则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”．若2()log 1f x x =-与()2x g x x a =-⋅互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为_____________．17．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））实数x ，y 满足()23e 31e x y x y -≤--，则3xy -的值为______．18．（2022·河南新乡·高三期末（文））已知函数()322161f x x m x mx m =+-+-在x ＝2处取得极小值，则m =______．19．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数()e (sin )x f x x a =-在区间()0,π上存在极值，则实数a 的取值范围是________．20．（2022·全国·高三专题练习（理））已知x ＝1e是函数()ln()1f x x ax =+的极值点，则a ＝________.21．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知函数()e (1ln )x f x m x =+，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设()()ex f x h x '=，且5()2h x ≥恒成立．(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数())1(ln f x x x ax x=+-，0a >．(1)若2a =，求函数()f x 的极值； (2)设()()21e 2=-+axg x ax ax ，当0x >时，()()f x g x '≤（()g x '是函数()g x 的导数），求a 的取值范围．23．（2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习）已知函数()(0)bf x ax c a x=++>的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-．(1)若3c =，求a ，b ；(2)若()ln ≥f x x 在[)1,+∞上恒成立，求a 的取值范围．24．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数()ln (0)f x x ax a a =-+>. (1)当2a =时，求()f x 的单调区间； (2)设函数()f x 的最大值为m ，证明：0m ≥.25．（2022·全国·郑州一中模拟预测（理））已知函数()()ln 0f x ax x a =≠. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明：()e sin 1xf x x <+-.26．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x ∈R ，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +>27．（2022·山东师范大学附中高三期中）设函数()1ln f x x a x x=-+ (1)当3a =时，求()f x 的单调区间；(2)任意正实数12,x x ，当122x x +=时，试判断()()12f x f x +与()2122a --的大小关系并证明28．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知函数ln ()1a xf x x =+，曲线()y f x =在(1,(1))f处的切线与直线20x y +=垂直.(1)设()(1)()x g x x f x =+，求()g x 的单调区间； (2)当0x >，且1x ≠时，ln 1()1x k f x x x->+-，求实数k 的取值范围.29．（2022·北京市大兴区兴华中学三模）设函数()e 1x f x a x =--，a R ∈．(1)当1a =时，求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当x ∈R 时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围； (3)求证：当()0,x ∈+∞时，2e 1e x x x->．1．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln b f x a x x =+取得最大值2-，则(2)f '=（ ）A ．1-B ．12-C ．12 D ．12．（2022·全国·高考真题（文））函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-，C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 3．（2021·全国·高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ）A ．a b <B ．a b >C ．2ab a <D ．2ab a > 4．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．5．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______.6．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．(1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．7．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+． (1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．8．（2021·北京·高考真题）已知函数()232x f x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．9．（2021·天津·高考真题）已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．10．（2021·全国·高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．。

导数的单调性、极值、最值1.最新考试说明：1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数不超过三次)．【2020年高考全国Ⅰ卷理数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． 【答案】（1）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）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可； (2)首先讨论0x =的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数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 ----， 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 ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数．【考向总结】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题； (4)考查数形结合思想的应用．【2020年高考全国Ⅱ卷文数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．【答案】（1）1c ≥-；（2）()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间．【思路导引】（1）不等式()2f x x c ≤+转化为()20f x x c --≤，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数()g x 求导，把导函数()g x '的分子构成一个新函数()m x ，再求导得到()m x '，根据()m x '的正负，判断()m x 的单调性，进而确定()g x '的正负性，最后求出函数()g x 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．【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数单调性，考查不等式恒成立的参数取值范围问题，考查转化与化归思想，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用参数分离法解决不等式恒成立的参数取值范围问题．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超过三次).【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<， 1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增.因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根.综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.【2020年高考天津卷20】已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； 【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析． 【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得()g x '的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；【解析】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+．可得()11f =，()'19f =， ∴曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-． (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x =-++∈+∞．从而可得()2263'36g x x x x x=-+-，整理可得：323(1)(1)()x x g x x'-+=，令()'0g x =，解得1x =．当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：∴函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值． 【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题． 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（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．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3a x =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1] 的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （1）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （2）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（3）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（1）y x =与6427y x =-；（2）见解析；（3）3a =-. 【解析】（1）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（2）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-．令()0g'x =得0x =或8x =．(),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0．故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （3）由（2）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.会利用导数解决某些实际问题.【2020年高考江苏卷17】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线（O '在AB 上）．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN的距离1h （米）与D 到OO '的距离a （米）之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h （米）与F 到OO '的距离b （米）之间满足关系式3216800h b b =-+．己知点B 到OO '的距离为40米．（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上（不包括端点）．桥墩EF 每米造价k （万元），桥墩CD 每米造价32k （万元）（0k >）， 问'O E 为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【答案】（1）桥AB 的长度为120米；（2）O E '为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低． 【解析】（1）过A ，B 分别作MN 的垂线，垂足为A '，B '，则3140640160800AA BB ''==-⨯+⨯=．令2116040a =，得80a =，∴80AO '=， 8040120AB AO BO ''=+=+=． （2）设O E x '=，则80CO x '=-，由04008080x x <<<-<⎧⎨⎩得040x <<．总造价][23311160(80)160[](6)240800k y x k x x =--+--+3230160800)(800x x k +⨯=- 23360)(20)800800k k y x x x x '=-=-（，∵0k >，∴令0y '=，得0x =或20，∴当020x <<时，0y '<，y 单调递减；当2040x <<时，0y '>，y 单调递增,∴当 20x =时，y 取最小值，造价最低．【专家解读】本题的特点是注重导数在生活实际中的应用，本题考查了导数与函数的单调性、最值，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题的关键是应用导数与函数最值的关系解决生活中的最优化问题．2.命题方向预测：1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，往往与函数、解析几何、不等式、数列等交汇命题，一般难度较大.3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年考查也较多.3.课本结论总结：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．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)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．4．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)；(2)求函数的导数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．5．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．4.名师二级结论：1.f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件．2.函数在某区间上或定义域内极大值不是唯一的．3.函数的极大值不一定比极小值大．4.对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的既不充分也不必要条件．5.函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．6.可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x 0一定满足f′(x 0)＝0，但当f′(x 1)＝0时，x 1不一定是极值点．如f(x)＝x 3，f′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．(2)可导函数y ＝f(x)在点x 0处取得极值的充要条件是f′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f′(x)的符号不同． 7．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值． 8．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．5.课本经典习题：（1）（选修2—1第77页）抛物线2x y =上到直线42=-y x 的距离最小点的坐标是（ ） A )41,21( B )1,1( C )49,23( D )4,2(【解析】设2x y =则x y 2'= 设距离最小点的坐标为),(00y x ，所以220=x 。

高考数学导数与函数的极值、最值最新考纲了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).知识梳理1.函数的极值与导数(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)≤0，右侧f′(x)≥0，那么f(x0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.()(2)函数的极大值不一定比极小值大.()(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件.( ) (4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( ) 解析 (1)函数在某区间上或定义域内的极大值不唯一.(3)x 0为f (x )的极值点的充要条件是f ′(x 0)＝0，且x 0两侧导数符号异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ 2.函数f (x )＝－x 3＋3x ＋1有( ) A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3 C.极小值－2，极大值2D.极小值－1，极大值3解析 因为f (x )＝－x 3＋3x ＋1，故有y ′＝－3x 2＋3，令y ′＝－3x 2＋3＝0，解得x ＝±1，于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1 (－1，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )极大值极小值所以f (x )的极小值为f (－1)＝－1，f (x )的极大值为f (1)＝3. 答案 D3.(选修2－2P32A4改编)如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 由题意知在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正. 答案 A4.函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1，2]上的最大值是________. 解析 y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8, 所以最大值为8.答案 85.函数f (x )＝ln x －ax 在x ＝1处有极值，则常数a ＝________.解析 ∵f ′(x )＝1x －a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，经检验符合题意. 答案 16.函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为________；最小值为________.解析 ∵y ＝x ＋2cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴y ′＝1－2sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，令y ′＝0，得x ＝π6，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故x ＝π6时，∴y 最大＝y 极大＝π6＋3，又x ＝0时，y ＝2；x ＝π2时，y ＝π2，∴y 最小＝π2. 答案 π6＋3 π2考点一 用导数解决函数的极值问题 【例1】 求下列函数的极值： (1)f (x )＝x 2－2x －4ln x ；(2)f (x )＝ax 3－3x 2＋1－3a (a ∈R 且a ≠0). 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x ，令f ′(x )＝0得x ＝2或－1(舍).随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x )极小值∴f (x )有极小值(2)由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a .令f ′(x )＝0得x ＝0或2a .当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1. 综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.规律方法 函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值. (2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.【训练1】 (1)设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c .若f (x )在R 上无极值点，则实数a 的取值范围为________.(2)设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A.a >－3B.a <－3C.a >－13D.a <－13解析 (1)由题得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立. ①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.(2)y ′＝f ′(x )＝a e ax ＋3，当a ≥0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，∴f (x )无极值点； 当a <0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a ，∴1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a >0得a <－3，故选B.答案 (1)⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ (2)B考点二 用导数解决函数的最值问题【例2】已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值. 解 (1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞).(2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增.易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意.②当1＜－a 2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意.③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意.综上有，a ＝－10.规律方法 (1)求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a ，b )内的极值；②求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f (x )的极值与 f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.【训练2】 已知函数f (x )＝(ax －2)e x 在x ＝1处取得极值. (1)求a 的值；(2)求函数在区间[m ，m ＋1]上的最小值. 解 (1)f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ， 由已知得f ′(1)＝(a ＋a －2)e ＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，所以a 的值为1. (2)由(1)得f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x －1)e x .令f ′(x )>0得x >1，令f ′(x )<0得x <1.所以函数f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.当m ≥1时，f (x )在[m ，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (m )＝(m －2)e m ，当0<m <1时，f (x )在[m ，1]上递减，在(1，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (1)＝－e. 当m ≤0时，m ＋1≤1，f (x )在[m ，m ＋1]上单调递减， f (x )min ＝f (m ＋1)＝(m －1)e m ＋1. 综上，f (x )在[m ，m ＋1]上的最小值为f (x )min ＝⎩⎨⎧（m －2）e m ，m ≥1，－e ，0<m <1，（m －1）e m ＋1，m ≤0.[思想方法]1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分.2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小.3.可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同.4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值. [易错防范]1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能.2.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( )A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时， f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12. 答案 A3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( ) A.23 B.43 C.83D.163解析 由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案 C4.已知函数f (x )＝e x －x 2，若∀x ∈[1，2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e] B.[1－e ，e] C.[－e ，e ＋1]D.[e ，＋∞)解析 因为f (x )＝e x －x 2，所以f ′(x )＝e x －2x ，令g (x )＝f ′(x )，所以g ′(x )＝e x －2，因为x ∈[1，2]，所以g ′(x )＝e x －2>0，故f ′(x )＝e x －2x 在[1，2]上是增函数，故f ′(x )＝e x －2x ≥e －2>0；故f (x )＝e x －x 2在[1，2]上是增函数，故e －1≤e x －x 2≤e 2－4；故－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立可化为－m ≤e －1≤e 2－4≤m 2－4；故m ≥e.答案 D5.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B 二、填空题6.函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0，2]上的最小值是________. 解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，由f ′(x )＝0，x ∈[0，2]， 得x ＝1.比较f (0)＝－4，f (1)＝－173， f (2)＝－103，可知最小值为－173. 答案 －1737.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab 的值为________.解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎨⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23. 答案 －238.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________；函数的极大值为________. 解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：⎩（a ）3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4.f (x )＝x 3－3x ＋4，所以f (x )的单调递减区间是(－1，1)，当x ＝－a ＝－1时，f (x )极大＝f (－1)＝6. 答案 (－1，1) 6 三、解答题9.设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数.(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求实数a 的取值范围.解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax（1＋ax 2）2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点.(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以实数a 的取值范围为{a |0<a ≤1}. 10.已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0，1]上的最小值. 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下表：所以，f (x )). (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1，1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0，1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在[0，1]上的最小值为 f (k －1)＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.能力提升题组 (建议用时：30分钟)11.函数f (x )＝xe x ( ) A.仅有最小值12eB.仅有最大值12eC.有最小值0，最大值12eD.无最值解析 函数f (x )的定义域为[0，＋∞)，f ′(x )＝1－2x 2x e x，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )>0，f (x )递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )递减.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f (x )>0，∴f (x )min ＝0，f (x )max ＝12e . 答案 C12.若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，0)B.(－5，0)C.[－3，0)D.(－3，0)解析 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎨⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C13.已知函数F (x )＝1－x x ＋k ln x (其中k <1e 且k ≠0)，则F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为________，最小值为________.解析 F (x )＝1－x x ＋k ln x (x >0)，∴F ′(x )＝（1－x ）′x －（1－x ）x ′x 2＋k x ＝kx －1x 2.①若k <0，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上，恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1，F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.②k >0时，∵k <1e ，∴1k >e ，x －1k <0，∴k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，∴F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1.F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.综上所述，当k ≠0且k <1e 时，F (x )max ＝e －k －1，F (x )min ＝1e ＋k －1. 答案 e －k －1 1e ＋k －1 14.设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e2. 解 (1)f ′(x )＝1x ＋a＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞， 当－32<x <－1时，f ′(x )>0； 当－1<x <－12时，f ′(x )<0； 当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减.(2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ， 故f ′(x )>0在定义域上恒成立， 故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增.故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22)＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.15.若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )＝k 有3个解，求实数k 的取值范围. 解 (1)对函数f (x )求导得：f ′(x )＝3ax 2－b ， 由题意⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4.∴函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得：f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2 (－2，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )283－43因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283； 当x ＝2时，f (x )有极小值－43.∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示.因为方程f (x )＝k 的解的个数即为y ＝k 与y ＝f (x )的交点个数. 所以实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.高考导航 函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类题型，常涉及的问题：研究函数的性质(如求单调区间、求极值、最值)，研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)，研究不等式.热点一 利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围. 【例1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a . 若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a－1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，实数a的取值范围是(0，1).探究提高(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1<0，则需要构造函数来解.【训练1】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，因为f′(x)＝(－2x＋a)e x＋(－x2＋ax)e x＝[－x2＋(a－2)x＋a]e x，所以[－x2＋(a－2)x＋a]e x≥0对x∈(－1，1)都成立.因为e x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，即a≥x2＋2xx＋1＝（x＋1）2－1x＋1＝(x＋1)－1x＋1对x∈(－1，1)都成立.令y＝(x＋1)－1x＋1，则y′＝1＋1（x＋1）2>0.所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.热点二 利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】 已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ＞0)，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为π－32.(1)求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在(0，π)内的零点个数，并加以证明. 解 (1)由已知，得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，且a ＞0. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，有sin x ＋x cos x ＞0，从而f ′(x )＞0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1. 综上所述得f (x )＝x sin x －32.(2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下： 由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而f (0)＝－32＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0.又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内至少存在一个零点.又由(1)知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内有且只有一个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x .由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，使得g (m )＝0.由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，有g ′(x )＜0，从而g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π内单调递减.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )＞g (m )＝0，即f ′(x )＞0，从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 时，f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 上无零点；②当x ∈(m ，π)时，有g (x )＜g (m )＝0， 即f ′(x )＜0，从而f (x )在(m ，π)内单调递减.又f (m )＞0，f (π)＜0，且f (x )的图象在[m ，π]上连续不间断，从而f (x )在区间(m ，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点. 探究提高 利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【训练2】设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋e x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0).设φ(x)＝－13x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减. ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点.∴φ(x)的最大值为φ(1)＝2 3.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点. 热点三 利用导数研究不等式问题(规范解答)导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题. 【例3】 (满分12分)设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0). 当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.2分 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.4分又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)， 故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.6分(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)9分由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2a.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f(x)的最小值和基本不等式的应用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝x0处最值的判定.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，求解使f′(b)＜0的b满足的约束条件0＜b＜a4，且b＜14.如第(2)问中x0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【训练3】已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)<g(x2)，求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0， 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞). ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ， g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0，1]，所以g (x )max ＝2， 由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 值域为R ，故不符合题意.当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )，所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3.即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 3.(建议用时：80分钟)1.设函数f (x )＝3x 2＋axe x (a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x ，因为f (x )在x ＝0处取得极值， 所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0， 故f (x )为减函数；当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0， 即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数. 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.2.设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ， 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)， f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a . (2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 内单调递增.于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)， 都有g (x )>g (0).而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，故当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.3.已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k ＞0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根. 当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x ).h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0. 所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. 4.设f (x )＝ax ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3， 得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.令g ′(x )>0得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0； 当12<x <1时，h ′(x )>0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).5.已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增， 因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减. 因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增. 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负.故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.由(1)知，当a≤12时，g(x)在[0，1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.所以12＜a＜e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1.所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.6.已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋32对任意的x∈[1，2]成立.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－ax－2x2＋2x3＝（ax2－2）（x－1）x3.当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.当a>0时，f′(x)＝a（x－1）x3⎝⎛⎭⎪⎫x－2a⎝⎛⎭⎪⎫x＋2a.①0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)上，f ′(x )≥0，f (x )单调递增， ③a >2时，0<2a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]，设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]. 则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x ≥0可得g (x )在[1，2]上递增，∴g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号.h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4，设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0即h′(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减.又h(1)＝1，h(2)＝12，所以h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝3 2，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.。

专题3.3 导数与函数的单调性-重难点题型精讲1．函数的单调性与导数的关系条件 恒有 结论函数y ＝f (x )在区间(a，b)上可导f ′(x )>0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数2一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些. 常见的对应情况如下表所示.【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】确定不含参函数的单调性、单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间；(4)由此可得出函数f (x )的单调性；【例1】（2022•扬州开学）下列函数中，在（1，+∞）上为增函数的是（ ） A ．y ＝x 3﹣3xB ．y ＝lnx ﹣xC ．y ＝x +4xD ．y ＝x 2﹣3x +1【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝x 3﹣3x ，其导数y ′＝3x 2﹣3，在区间（1，+∞）上，y ′＞0，函数为增函数，符合题意， 对于B ，y ＝lnx ﹣x ，其导数y ′=1x −1=1−xx ，在区间（1，+∞）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意，对于C ，y ＝x +4x，其导数y ′＝1−4x 2，在区间（1，2）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意， 对于D ，y ＝x 2﹣3x +1是二次函数，在区间（1，32）上为减函数，不符合题意， 故选：A ．【变式1-1】（2022春•湖北期末）函数f （x ）=−12x 2﹣lnx 的递减区间为（ ） A ．（﹣∞，1）B ．（0，1）C ．（1，+∞）D ．（0，+∞）【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系可求． 【解答过程】解：f ′（x ）＝﹣x −1x＜0，x ＞0， 故函数的单调递减区间为（0，+∞）． 故选：D ．【变式1-2】（2022春•长寿区期末）函数f(x)=x −6x −5lnx 的单调递减区间为（ ） A ．（0，2）B ．（2，3）C ．（1，3）D ．（3，+∞）【解题思路】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可．【解答过程】解：∵f(x)=x −6x−5lnx ，定义域是（0，+∞），∴f ′（x ）＝1+6x 2−5x =x 2−5x+6x 2=(x−2)(x−3)x 2，令f ′（x ）＜0，解得2＜x ＜3， 故f （x ）的递减区间是（2，3）， 故选：B ．【变式1-3】（2022春•吉林期末）函数f （x ）＝﹣lnx +x 的递增区间是（ ） A ．（﹣∞，0）∪（1，+∞） B ．（﹣∞，0）和（1，+∞）C ．（1，+∞）D ．（﹣1，+∞）【解题思路】先写出函数的定义域，求导后，再解不等式f '（x ）＞0，即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝﹣lnx +x ，所以f '（x ）=−1x +1，定义域为（0，+∞）， 令f '（x ）＞0，则−1x +1＞0，解得x ＞1， 所以f （x ）的递增区间为（1，+∞）． 故选：C ．【题型2 含参函数的单调性】 【方法点拨】(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 【例2】（2022春•巴宜区校级期末）已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）若函数f （x ）在x ＝1处取得极小值﹣4，求实数a ，b 的值； （2）讨论f （x ）的单调性． 【解题思路】（1）根据题可得{f ′(1)=0f(1)=−4，解得a ，b ．（2）求导并令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，分三种情况：当a ＝0时，当a ＜0时，当a ＞0时，讨论f （x ）的单调性．【解答过程】解：（1）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ， 则{f ′(1)=0f(1)=−4，即{6−2a =02−a +b =−4，解得{a =3b =−3．（2）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ＝2x （3x ﹣a ）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，当a ＝0时，f ′（x ）≥0，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，在（﹣∞，a3），（0，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（a3，0）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当a ＞0时，在（﹣∞，0），（a3，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（0，a3）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，综上所述，当a ＝0时，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，f （x ）在（﹣∞，a3），（0，+∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减，当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，0），（a 3，+∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减．【变式2-1】（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣（a +2）x +alnx （a ∈R ）． （1）a ＝﹣2，求函数f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （2）讨论函数f （x ）的单调性．【解题思路】（1）当a ＝﹣2时，求出f （x ）的解析式，对f （x ）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出f （1），利用点斜式即可求得切线方程；（2）对f （x ）求导，再对a 分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可． 【解答过程】解：（1）当a ＝﹣2时，f （x ）＝x 2﹣2lnx ，f ′(x)=2x −2x切线的斜率k ＝f ′（1）＝0，f （1）＝1，则切线方程为y ﹣1＝0，即y ＝1． （2）函数f （x ）的定义域为（0，+∞），且f ′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x ， ①当a ≤0时，a 2≤0，由f ′（x ）＞0，得x ＞1；由f ′（x ）＜0，得0＜x ＜1． 则函数f （x ）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．②当0＜a2＜1，即0＜a ＜2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜a2或x ＞1；由f ′（x ）＜0，得a2＜x ＜1．则函数f （x ）的单调递增区间为(0，a2)，（1，+∞）， 函数f （x ）的单调递减区间为(a2，1)．③当a 2=1，即a ＝2时，f ′（x ）≥0恒成立，则函数f （x ）的单调递增区间为（0，+∞）．④当a2＞1，即a ＞2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜1或x ＞a 2；由f ′（x ）＜0，得1＜x ＜a2， 则函数f （x ）的单调递增区间为（0，1），(a2，+∞)，函数f （x ）的单调递减区间为(1，a2)． 综上所述，当a ≤0时，函数f （x ）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减； 当0＜a ＜2时，函数f （x ）在(0，a2)和（1，+∞）上单调递增，在(a2，1)上单调递减； 当a ＝2时，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增；当a ＞2时，函数f （x ）在（0，1）和(a 2，+∞)上单调递增，在(1，a 2)上单调递减． 【变式2-2】（2022春•蓝田县期末）已知函数f （x ）＝alnx ﹣ax ﹣3（a ≠0）． （Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）当a ＝﹣1时，证明：在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0． 【解题思路】（Ⅰ）先求导，再分类讨论导函数的符号即可求解；（Ⅱ）构造函数g （x ）＝f （x ）+2，再利用导数求出g （x ）的最值，从而得证． 【解答过程】解：（Ⅰ）∵f ′(x)=a x −a =a(1−x)x ，x ＞0， ①当a ＞0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＞0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＜0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； ②当a ＜0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＞0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．综合可得：当a ＞0时，f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 当a ＜0时，f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． （Ⅱ）证明：当a ＝﹣1时，令g （x ）＝f （x ）+2＝﹣lnx +x ﹣1，x ＞1， ∴g ′(x)=−1x +1=x−1x ＞0， ∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∴g （x ）＞g （1）＝0，故在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0．【变式2-3】（2022春•南沙区期末）已知函数f （x ）＝2lnx ﹣ax 2﹣2（a ﹣1）x +1（a ∈R ）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．【解答过程】解：（1）f′（x）=2x−2ax﹣2（a﹣1）=−2ax2−2(a−1)x+2x=−2(ax−1)(x+1)x，因为x＞0，x+1＞0，故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＞0时，x＞1a时，f′（x）＜0，0＜x＜1a时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，1a ）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减，综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞）；（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞），又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，若使f（x）有2个零点，则f（1a ）=−2lna+1a−1=2ln1a+1a−1＞0，令t=1a，则t＞0，即2lnt+t﹣1＞0，令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，所以t＞1，所以0＜a＜1，故a的取值范围为（0，1）．【题型3 利用函数的单调性比较大小】【方法点拨】根据题目条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来比较大小，即可得解. 【例3】（2022春•眉山期末）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ﹣ye x ＝0，ze x −e x ln 1x =0，若y ＞1，则（ ） A ．x ＞y ＞zB ．y ＞x ＞zC ．y ＞z ＞xD ．x ＞z ＞y【解题思路】首先根据题中的条件得到e y y+e z z=0，从而得到z ＜0；再根据x ＞1时，x ＞lnx 得到e y y＞e xx，结合函数g(x)=e xx (x ＞1)的单调性得到y ＞x ，从而得到y ＞x ＞z ． 【解答过程】解：由e y lnx ﹣ye x ＝0，得e y y =e x lnx ；由ze x −e zln 1x =0，得e z z =e x ln1x，两式相加得e y y+e z z=0，因为y ＞1，e y ＞0，所以e z z ＜0，又因为e z ＞0，所以z ＜0；因为e yy =e x lnx，y ＞1，所以e xlnx＞0，即lnx ＞0，所以x ＞1．令f （x ）＝x ﹣lnx （x ＞1），则f ′(x)=1−1x =x−1x ， 当x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）＝x ﹣lnx 在（1，+∞）内单调递增，即x ＞lnx ， 所以e y y=e x lnx＞e x x，即e y y＞e x x，又令g(x)=e x x (x ＞1)，则g ′(x)=xe x −e x x 2=(x−1)e xx 2(x ＞1)，当x ＞1时，g ′（x ）＞0，所以g(x)=e xx在（1，+∞）内单调递增，所以由e y y＞e x x，得到y ＞x ．所以y ＞x ＞z ． 故选：B ．【变式3-1】（2022春•绍兴期末）已知a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，其中e ＝2.71828⋯为自然对数的底数，则（ ） A ．c ＞a ＞bB ．a ＞c ＞bC ．b ＞a ＞cD ．a ＞b ＞c【解题思路】观察a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x ，自变量在（0，1）或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a ，b ，c 的大小． 【解答过程】解：令f(x)=e x −1−tanx =cosxe x −cosx−sinx cosx ，0＜x ＜π4，令g（x）＝cos xe x﹣cos x﹣sin x，则g′（x）＝（e x﹣1）（cos x﹣sin x），当0＜x＜π4时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝1﹣1＝0，所以g（x）＞0，又cos x＞0，所以f（x）＞0，在(0，π4)成立，所以f（0.2）＞0，即a＞c，令ℎ(x)=ln(x+1)−x，ℎ′(x)=1x+1−1=−xx+1，ℎ(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，令m(x)=x−tanx，m′(x)=1−1cos2x，m(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以m（x）＜m（0）＝0，即x＜tan x，所以ln(x+1)＜x＜tanx，x∈(0，π2)成立，令x＝0.2，则上式变为ln（0.2+1）＜0.2＜tan0.2，所以b＜0.2＜c所以b＜c，所以b＜c＜a．故选：B．【变式3-2】（2022春•渭南期末）已知函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，a＝f（﹣π），b＝f（20），c＝f（ln2），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．c＞b＞a【解题思路】利用导数判断函数f（x）的单调性，进而可比较函数值的大小．【解答过程】解：因为函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，所以f′（x）＝cos x﹣sin x﹣2=√2cos（x+π4）﹣2＜0，所以f（x）为R上的减函数，因为﹣π＜ln2＜1＝20，所以f（﹣π）＞f（ln2）＞f（20），即a＞c＞b．故选：A．【变式3-3】（2022•山东开学）已知0＜a＜4，0＜b＜2，0＜c＜3，且16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，则（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．b＞c＞a【解题思路】根据等式关系进行转化，然后构造函数f（x）=lnxx2，研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行判断即可．【解答过程】解：由16lna ＝a 2ln 4，4lnb ＝b 2ln 2，9lnc ＝c 2ln 3， 得lna a 2=ln442，lnb b 2=ln222，lnc c 2=ln332，构造函数f （x ）=lnxx 2， 得f （a ）＝f （4），f （b ）＝f （2），f （c ）＝f （3）， f ′（x ）=1x ⋅x 2−2xlnxx 4=x−2xlnx x 4=1−2lnxx 3， 由f ′（x ）＝0得1﹣2lnx ＝0，得lnx =12，即x =√e当x ＞√e 时，1﹣2lnx ＜0，即f ′（x ）＜0，则f （x ）在（√e ，+∞）上为减函数， 当0＜x ＜√e 时，1﹣2lnx ＞0，即f ′（x ）＞0，则f （x ）在（0，√e ）上为增函数， 则f （2）＞f （3）＞f （4）， 即f （b ）＞f （c ）＞f （a ）， ∵f （x ）在（0，√e ）上为增函数， ∴√e ＞b ＞c ＞a ＞0， 故选：D ．【题型4 利用函数的单调性解不等式】 【方法点拨】要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而转化求 解不等式.【例4】（2021秋•重庆月考）已知f （x ）是定义在R 上的可导函数，其导函数为f ′（x ），且f '（x ）﹣2f （x ）＞0，f （12）＝e （e 为自然对数的底数），则关于x 的不等式f （lnx ）＜x 2的解集为（ ）A ．（0，e2）B ．（0，√e ）C ．（1e，e2）D ．（e2，√e ）【解题思路】令F （x ）=f(x)e x ，求导分析单调性，不等式f （lnx ）＜x 2，可转化为f(lnx)e2lnx ＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），即可得出答案． 【解答过程】解：令g （x ）=f(x)e x ，g ′（x ）=e 2x f′(x)−2e 2x f(x)e 4x =f′(x)−2f(x)e 2x＞0，所以g （x ）在R 上单调递增， 不等式f （lnx ）＜x 2，则f(lnx)x 2＜1，又f （12）＝e ，所以f(lnx)e 2lnx＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），所以lnx ＜12， 解得0＜x ＜√e ， 故选：B ．【变式4-1】（2022春•新邵县期末）设f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f '（x ）g （x ）﹣f （x ）g '（x ）＞0，且f （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集是（ ） A ．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） B ．（﹣2，0）∪（0，2）C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D ．（﹣2，0）∪（2，+∞）【解题思路】令F （x ）=f(x)g(x)，求导分析F （x ）的单调性，根据题意可得F （x ）的奇偶性，由f （2）＝0，得F （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集为F （x ）＞F （2）解集，即可得出答案． 【解答过程】解：令F （x ）=f(x)g(x)， F ′（x ）=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g 2(x)，因为当x ＜0时，f '（x ）g （x ）﹣f （x ）g '（x ）＞0， 所以当x ＜0时，F ′（x ）＞0， 所以F （x ）在（﹣∞，0）上为增函数，因为f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数， 所以f （﹣x ）＝﹣f （x ），g （﹣x ）＝g （x ），所以F（﹣x）=f(−x)g(−x)=−f(x)g(x)=−F（x），所以F（x）在（﹣∞，+∞）上为奇函数，所以F（x）在（0，+∞）上为增函数，因为f（2）＝0，所以F（2）=f(2)g(2)=0，所以不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞0的解集，所以F（x）＞F（2），所以x＞2或﹣2＜x＜0，故选：D．【变式4-2】（2022春•辽宁月考）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），对∀x∈R满足f（x）+f（﹣x）＝2x2，在x∈（0，+∞）上，f'（x）＜2x若f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m，实数m的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．（﹣∞，1]C．[1，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝f（x）﹣x2，推出g（x）为奇函数，再由导数判断g（x）的单调性，把不等式f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m转化为关于m的一次不等式求解．【解答过程】解：∵f（x）+f（﹣x）＝2x2，∴f（x）﹣2x2+f（﹣x）＝0，令g（x）＝f（x）﹣x2，则g（﹣x）+g（x）＝f（﹣x）﹣x2+f（x）﹣x2＝0，∴函数g（x）为奇函数．∵x∈（0，+∞）时，g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，故函数g（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，则函数g（x）在（﹣∞，0）上也是单调递减函数．由f（0）＝0，得g（0）＝0，可得g（x）在R上是单调递减．则f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m⇔f（2﹣m）﹣（2﹣m）2≥f（m）﹣m2，即g（2﹣m）≥g（m），∴2﹣m≤m，解得m≥1，∴实数m的取值范围是[1，+∞）．故选：C ．【变式4-3】（2022春•赣州期末）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数为f '（x ）．若f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，且当x ≤0时，f ′(x)−12sinx ＞0，则不等式f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x 的解集为（ ）A ．(−∞，π2)B ．（π2，+∞） C ．（﹣∞，π） D ．（π，+∞） 【解题思路】构造函数g(x)=f(x)+12cosx ，然后判断g （x ）的奇偶性，然后再由导数分析g （x ）的单调性，结合单调性及奇偶性可求．【解答过程】解：设g(x)=f(x)+12cosx ，因为f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，所以f （﹣x ）＝﹣f （x ）﹣cos x ，所以g(−x)=f(−x)+12cosx =−f （x ）﹣cos x +12cos x ＝﹣f （x ）−12cos x ，即g （x ）为奇函数，而g ′(x)=f ′(x)−12sinx ＞0，则g （x ）在R 上单调递增，f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x ，即f(π−x)−12cosx ＞f(x)+12cosx ⇒f(π−x)+12cos(π−x)＞f(x)+12cosx ，即g(π−x)＞g(x)⇒π−x ＞x ⇒x ＜π2，所以x 的范围为（﹣∞，π2）． 故选：A ．【题型5 函数单调性与导函数图象的关系】【例5】（2022•赫山区校级开学）如图所示是函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象，则下列判断中正确的是（ ）A ．函数f （x ）在区间（﹣3，0）上是减函数B ．函数f （x ）在区间（﹣3，2）上是减函数C．函数f（x）在区间（0，2）上是减函数D．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是单调函数【解题思路】根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）＞0时单调递增，f'（x）＜0时单调递减，依次判断选项即可．【解答过程】解：由函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图像知，A．x∈（﹣3，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，故A正确；B．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，故B错误；C．x∈（0，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，故C错误；D．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D错误．故选：A．【变式5-1】（2022春•平顶山期末）已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，且f'（x）是f（x）的导函数，则（）A．f'（﹣1）＝f'（﹣2）＜0＜f'（1）＜f'（2）B．0＞f'（2）＞f'（1）＞f'（﹣1）＝f'（﹣2）C．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣1）＝f'（﹣2）D．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣2）＜f'（﹣1）【解题思路】根据函数图象的特征，判断函数的单调性，进而判断导数的变化情况，即可得答案．【解答过程】解：由函数图象可知，当x≤0时，函数y＝f（x）匀速递增，故f′（x）是一个大于0的常数，当x≥0时，函数y＝f（x）递减，且递减幅度越来越快，∴f′（x）＜0，且y＝f′（x）单调递减，则f′（2）＜f′（1）＜0＜f′（﹣1）＝f′（﹣2），故选：C．【变式5-2】（2022春•莆田期末）定义在（﹣1，3）上的函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）图象如右图所示，则y＝f（x）的单调递减区间是（）A．（﹣1，0）B．（﹣1，1）C．（0，2）D．（2，3）【解题思路】利用导函数的图像，即可得出答案．【解答过程】解：由f′（x）的图像可知在（0，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故选：C．【变式5-3】（2022春•遵义期末）函数f（x）的导函数为f'（x）的图象如图所示，关于函数f（x），下列说法不正确的是（）A．函数在（﹣1，1），（3，+∞）上单调递增B．函数在（﹣∞，﹣1），（1，3）上单调递减C．函数存在两个极值点D．函数有最小值，但是无最大值【解题思路】由导函数的图像，分析原函数f（x）的单调性，最值，极值，即可得出答案．【解答过程】解：由图像可知在（﹣∞，﹣1），（1，3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（﹣1，1），（3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故A、B正确；在x＝﹣1，x＝3处函数f（x）取得极小值，在x＝1处函数f（x）取得极大值，故C错误；函数的最小值为f（﹣1）和f（3）中的最小值，因为x→+∞时，函数f（x）→+∞，所以函数f（x）无最大值，故D正确，故选：C．【题型6 根据函数的单调性求参数】【方法点拨】根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【例6】（2022•安徽开学）已知函数f(x)=4cosx−13mx3在[3π4，2π]上单调递增，则实数m的取值范围为（）A．(−∞，−16√39π]B．(−∞，−16√29π2]C．(−∞，−32√39π]D．(−∞，−32√29π2]【解题思路】由函数的单调性可知导数f′（x）≥0在[3π4，2π]上恒成立，分离参数后，利用导数求g(x)=−4sinxx2的最小值即可得解．【解答过程】解：由题意得，f′（x）＝﹣4sin x﹣mx2，又f′（x）≥0在[3π4，2π]上，则﹣4sin x﹣mx2≥0，∴−4sinxx2≥m．令g(x)=−4sinxx2，可知当x∈[3π4，π)时，g（x）＜0，当x∈[π，2π]时，g（x）≥0，当x∈[3π4，π)时，g′(x)=4x3(2sinx−xcosx)＞0，∴函数g（x）在[3π4，π)上单调递增，∴g(x)min=g(3π4)=−32√29π2，则m≤−32√29π2，∴实数m的取值范围为(−∞，−32√29π2)．故选：D．【变式6-1】（2022春•清远期末）已知函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，则实数a 的最小值为（ ）A ．﹣2B ．2C ．﹣1D ．1【解题思路】求出原函数的导函数，问题转化为a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立，再求出﹣2x 在[1，+∞）上的最大值得答案．【解答过程】解：由f （x ）＝alnx +2x ，得f ′（x ）=a x +2，∵函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，∴a x +2≥0，即a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立， 而﹣2x 在[1，+∞）上的最大值为﹣2，∴a ≥﹣2，即实数a 的最小值为﹣2．故选：A ．【变式6-2】（2022春•中山市校级月考）设函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．（1，2]B ．[4，+∞）C ．（﹣∞，2]D ．（0，3] 【解题思路】利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a 的取值范围．【解答过程】解：f′(x)=x 2−27x =x 3−27x ，x ＞0，令f '（x ）≤0，得0＜x ≤3， 因为函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，所以{a −1＞0a +1≤3，故1＜a ≤2， 所以a 的取值范围为（1，2]．故选：A ．【变式6-3】（2022春•道里区校级月考）若函数f （x ）＝（x 2﹣ax ﹣a ）e x 在区间（﹣2，0）内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．[0，+∞）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，1]【解题思路】结合导数与单调性关系可把问题转化为f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，分离常数后可求．【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，因为e x ＞0，即x2+（2﹣a）x﹣2a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以（x﹣a）（x+2）≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以x﹣a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥x在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥0．故选：B．。