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导数与函数的极值与最值复习要点 1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值.3.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．一函数的极值1．函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．2．函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．3．函数的极值与极值点极小值点和极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．二函数的最大(小)值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．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值．(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常/用/结/论1．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．若x0是f(x)的极值点，则必有f′(x0)＝0，反过来，若f′(x0)＝0，但x0不一定是极值点.通俗讲：只有y＝f′(x)穿透x轴的零点，才是f(x)的极值点．2．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．3．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．4．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．1．判断下列结论是否正确．(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)三次函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c最多有两个极值点．(√)2．(课本习题改编)函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是()A．1B．－1C．1，－1,0D．0解析：∵f(x)＝x4－2x2＋3，由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x ＝－1.又当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x ＞1时，f′(x)＞0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．故选C.答案：C3．(2024·甘肃兰州模拟)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下命题错误的是()A．－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函数y＝f(x)的最小值点C．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零解析：根据导函数图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＜0，当x∈(－3,1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,1)上单调递增，故C正确；易知－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；因为y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，所以－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B错误；因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，所以切线的斜率大于零，故D正确．故选B.答案：B4．若函数f(x)＝1x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.3解析：f′(x)＝x2－4，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)上是减函数，在(2,3]上是增函数，又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max ＝f(0)＝4，所以m＝4.答案：4题型函数极值问题的多维研讨维度1根据函数图象判断极值典例1(多选)(2024·辽宁锦州模拟)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f(－2)＞f(－1)判断f(x)在[－2，－1]上的单调性．B．x＝1是f(x)的极小值点C．函数f(x)在(－1,1)上有极大值极值点一定是导函数y＝f′(x)穿透x轴的零点．D．x＝－3是f(x)的极大值点解析：由y＝f′(x)的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)单调递增；当x∈(－3，－1)时，f′(x)＜0，所以函数f(x)单调递减，因此有f(－2)＞f(－1)，x＝－3是f(x)的极大值点，所以A，D正确；当x∈(－1,1)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)单调递增，因此函数f(x)在(－1,1)上没有极大值，且x＝1不是f(x)的极小值点，所以B，C不正确．故选AD.由图象判断函数y＝f(x)的极值要抓住的两点(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．对点练1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)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f (x )有极小值f (－3)和极大值f (3)．答案：D 维度2求函数的极值问题典例2设函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1(a ＜0)，求函数f (x )的极值．解：函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝－2ax 2＋2a 2－1x ＋2ax 2＋12.令f ′(x )＝－2ax 2＋2a 2－1x ＋2ax 2＋12＝0，即－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a ＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－1a.f′(x)＝0的两个不等实根，是两个极值点，依据二次函数开口方向，与x 轴相交的位置，判断出是极大值点还是极小值点．又因为a ＜0，则x 1＜x 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：a 2.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤(1)确定函数f(x)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x0左右两侧导数值的符号．(5)求出极值．对点练2(2024·江西赣州五校协作体联考)已知函数f(x)＝(x e x－m)x－2e x(x∈R)，若m＝0，则f(x)的极大值点为________．解析：当m＝0时，f(x)＝(x2－2)e x，f′(x)＝(x2＋2x－2)e x，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－3，x2＝－1＋3，所以f(x)在(－∞，－1－3)和(－1＋3，＋∞)上单调递增，在(－1－3，－1＋3)上单调递减，所以f(x)的极大值点为－1－ 3.答案：－1－3维度3已知极值(点)求参数典例3(1)(2024·黑龙江大庆模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极小值10，则a＋b＝()1＝0，1＝10.A．－7B．0C．－7或0D．－15或6(2)(2024·安徽芜湖模拟)函数f(x)＝ln x＋12x2－ax(x＞0)有极值，则实数a 有极值⇔y＝f′(x)有穿透x轴的零点，而非与x轴相切的零点．的取值范围是________．解析：(1)由函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2有f′(x)＝3x2＋2ax＋b.函数f(x)在x＝1处有极小值10，1＝0，1＝10，1＝3＋2a＋b＝0，1＝1＋a＋b＋a2＝10，＝4，＝－11＝－3，＝3.时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(x－1)(3x＋11)，求出参数后，仍需回代检验x ＝1处是不是极小值点．令f′(x)＞0得x＞1或x＜－113，令f′(x)＜0得－113＜x＜1，所以函数f (x )∞－113，(1，＋∞)上单调递增．显然满足函数f (x )在x ＝1处有极小值10.时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时x ＝1处显然并不是极值点．所以函数f (x )在R 上单调递增，不满足函数f (x )在x ＝1处有极小值10.所以a ＋b ＝4－11＝－7.故选A.(2)∵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)有极值，∴y ＝f ′(x )有变号零点．理解此句话的含义．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x .此时要求y ＝a 和y ＝1x ＋x 相交，而非相切，即a≠2.设g (x )＝1x＋x ，则g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴a ＞2，即实数a 的取值范围是(2，＋∞)．故答案为(2，＋∞)．已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．对点练3(1)(2024·云南民族大学附中模拟)已知函数f (x )＝13x 3－mx 2＋mx ＋9在R 上无极值，则实数m 的取值范围为________．(2)(2024·黑龙江牡丹江高三第一次段考)若函数y ＝ax 2－ln x 在x ＝12处取得极值，则a ＝________.解析：(1)函数f (x )＝13x 3－mx 2＋mx ＋9在R 上无极值⇔f ′(x )＝x 2－2mx ＋m 在R 上无变号零点⇔Δ＝4m 2－4m ≤0⇔0≤m ≤1.(2)∵y ′＝2ax －1x ，∴y ′x ＝12＝a －2.∵函数y ＝ax 2－ln x 在x ＝12处取得极值，∴a －2＝0，故a ＝2.经检验符合题意．答案：(1)[0,1](2)2题型函数最值问题的多维研讨维度1求函数的最值典例4(2022·全国乙卷，文)函数f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()欲解最值，先求极值点．A ．－π2，π2B ．－3π2，π2C ．－π2，π2＋2D ．－3π2，π2＋2解析：因为f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1，所以f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)cos x ＝(x ＋1)cosx ，求导后，因式分解，极值点迅速暴露，x ＝π2和x ＝3π2.因为x ∈[0,2π]，所以x ＋1>0.当f ′(x )>0时，解得x ∈02π；当f ′(x )<0时，解得x 增．由单调性可知x ＝π2为极大值点，x ＝3π2为极小值点．又22f (x )的最大值为π2＋2，最小值为－3π2.故选D.最值点的最终确定，要把极值和端点值作比较．求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的方法(1)若函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，则f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f (x )在区间[a ，b ]上有极值，则先求出函数在[a ，b ]上的极值，再与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．对点练4已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )，求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．解：g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax＋2x －(a ＋2)＝2x 2－a ＋2x ＋ax＝2x －ax －1x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在1e 上单调递增，h (a )＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥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，lna 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e ，1－ea ＋e 2－2e ，a ≥2e.维度2已知最值求参数典例5(1)(2022·全国甲卷，理)当x ＝1时，函数f (x )＝a ln x ＋bx 取得最大值－2，则f ′(2)＝()1＝－2，1＝0.A ．－1B ．－12C.12D ．1(2)(2024·湖北黄冈模拟)设函数f (x )－2a ，x ≤0，x ，x >0，若f (x 1)＝f (x 2)(x 1<x 2)，且2x 2－x 1的最小值为ln 2，则a 的值为条件读到这里，需要构造函数2x 2－x 1＝g(t).这里的参数t ＝f(x 1)＝f(x 2)．()A ．－12B ．－ln ln 22C.e 2D ．－e 2解析：(1)由题意，得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －b x 2＝ax －bx 2.由于定义域为(0，＋∞)，而f(x)max ＝f(1)，说明函数y ＝f(x)为单峰函数，暗含a ＜0.又当x ＝1时，f (x )取得最大值－2，<0，1＝0，1＝－2，<0，－b ＝0，＝－2，所以a ＝b ＝－2，则f ′(x )＝－2x ＋2x 2，所以f ′(2)＝－2×2＋222＝－12.故选B.(2)令f (x 1)＝f (x 2)＝t ，由图象可得t ∈(－∞，－2a ]，∵x 1<x 2，∴x 1－2a ＝t ，ln x 2＝t ，即x 1＝t ＋2a ，x 2＝e t ，则2x 2－x 1＝2e t －t －2a ，令g (t )＝2e t －t －2a ，t ≤－2a ，则g ′(t )＝2e t －1，这样构造函数很自然流畅，使问题转化为求g(t)的最小值问题．令g ′(t )＝0，解得t ＝－ln 2，∵t ∈(－∞，－2a ]，∴当a ≥ln 22时，g ′(t )≤0，g (t )单调递减，∴g (t )min ＝g (－2a )＝2e －2a ＝ln 2，解得a ＝－lnln 22，符合题意；当a <ln 22时，此时这个a 的值满足条件，即a≥ln 22.g (t )在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，－2a ]上单调递增，则g (t )min ＝g (－ln 2)＝1＋ln 2－2a ＝ln 2，解得a ＝12，不符合题意．这里a ＝12，不符合条件a ＜ln 22，故应舍去．综上，a ＝－lnln 22.故选B.利用最值求参数的值或范围是高考命题的热点，热度一直不减，常考常新，具有非常旺盛的生命力，一定要引起重视，有时与恒成立问题综合命题.对点练5已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋(a －1)ln x (a ∈R )的最小值为2，则实数a 的值是________．解析：因为f ′(x )＝a －1x 2＋a －1x＝x ＋1ax －1x 2，x ＞0，当a ≤0时，f ′(x )＜0，所以f (x )是(0，＋∞)上的减函数，函数f (x )无最小值，不符合题意；当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0，得x ＞1a，所以f (x )f(x)的最小值为1＋a＋(1－a)ln a，由1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或e.答案：1或e题型生活中的优化问题典例6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12000π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160πr2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．由题意得200πrh＋160πr2＝12000π，∴h＝15r(300－4r2)．从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．由h＞0，且r＞0，可得0＜r＜5 3.h＞0⇒300－4r2＞0，解得r的范围．故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)由(1)知V(r)＝π5(300r－4r3)，故V′(r)＝π5(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．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．利用导数确定r＝5为函数的最大值点．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．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点就是最值点．即单峰函数的极值点也就是最值点.对点练6(2024·山东德州模拟)高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t (单位：分钟)满足2≤t ≤20，t ∈N *.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t 相关：当10≤t ≤20时，高铁为满载状态，载客量为1200人；当2≤t ＜10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t )2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．设发车间隔为t 分钟时，高铁载客量为P (t )．(1)求P (t )的表达式；(2)若该线路发车时间间隔为t 分钟时的净收益Q (t )＝t 5P (t )－40t 2＋660t －2048元，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益Q t t 最大？最大为多少？解：(1)当2≤t ＜10时，减少的人数与(10－t )2成正比，设比例系数为k ，所以P (t )＝1200－k (10－t )2,2≤t ＜10，当t ＝5时，P (5)＝950，即1200－k (10－5)2＝950，解得k ＝10，所以P (t )200－1010－t 2，2≤t ＜10，200，10≤t ≤20.(t ∈N *)(2)由题意可得Q (t )t －2048－2t 3，2≤t ＜10，t －40t 2－2048，10≤t ≤20.(t ∈N *)所以Q tt＝－2t 2－2048t ，2≤t ＜10，－40t －2048t，10≤t ≤20.(t ∈N *)令H (t )＝Q tt，当2≤t ＜10时，H ′(t )＝－4t ＋2048t 2＝2048－4t 3t 2，令H ′(t )＝0，得t ＝8.当2≤t ＜8时，H ′(t )＞0，当8＜t ＜10时，H ′(t )＜0，所以H (t )的最大值为H (8)＝316.当10≤t ≤20时，H ′(t )＝－40＋2048t2<0，所以H (t )的最大值为H (10)＝295.2.因为295.2＜316，所以当t ＝8时，单位时间的净收益最大，为316元．综上，当发车时间间隔为8分钟时，单位时间的净收益最大，且最大为316元．。
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln x f x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0 例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号） ①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341xf x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________． 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+. （1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x af x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有．例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ； （2）设函数．证明:．例12．（2021·全国高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．()e ln(1)xf x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+. （1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果. 【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x+'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x ⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==，①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<， 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤， 解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x --'=⋅，此时11e 2m<<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m<<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x --'=⋅，此时1012m<<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m<<， 所以()g x 在1(0,)2m和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x af x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()maxa f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()mina f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1)(2)在上单调递增. (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)xf x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证. (1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： (2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. (3)解：原不等式等价于， 令，， 即证，∵，，由（2）知在上单调递增， ∴， ∴∴在上单调递增，又因为，()e ln(1)xf x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1xf x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1xg x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)xg x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t xm x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()eln(1)e ln(1)()()11x t x x txm x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1xg x f x x x=++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ； （2）设函数．证明:．【答案】（1）；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为．要证，即证，即证．（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且，()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x(,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---xF x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-xF x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<。
专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（真题测试）一、单选题1．（2008·安徽·高考真题（文））设函数1()21(0),f x x x x=+-<则()f x （ ） A ．有最大值 B ．有最小值 C ．是增函数 D ．是减函数【答案】A 【解析】 【详解】1()21f x x x =+-，则2221'()x f x x -=．当x <'()0f x >，此时()f x 单调递增；当0x <<时，'()0f x <，此时()f x 单调递减．所以()f x 在x =A2．（2016·四川·高考真题（文））已知a 为函数f （x ）=x 3–12x 的极小值点，则a=（ ） A ．–4 B ．–2 C ．4 D ．2【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：()()()2312322f x x x x ==+'--，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 的极小值点为2，即2a =，故选D.3．（2012·陕西·高考真题（文））设函数f （x ）=2x+lnx ，则 （ ）A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=12为f(x)的极小值点 C ．x=2为 f(x)的极大值点 D ．x=2为 f(x)的极小值点【答案】D 【解析】 【详解】 22212'()x f x x x x-=-+=， 由'()0f x =得2x =， 又函数定义域为(0,)+∞，当02x <<时，'()0f x <，()f x 递减，当2x >时，'()0f x >，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ．4．（2013·全国·高考真题（文））已知函数f(x)=32x ax bx c +++,下列结论中错误的是（ ） A ．∃0x R ∈, f(0x )=0B ．函数y=f(x)的图像是中心对称图形C ．若0x 是f(x)的极小值点，则f(x)在区间（-∞, 0x ）单调递减D ．若0x 是f （x ）的极值点，则 f '(0x )=0 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由于三次函数的三次项系数为正值，当x→－∞时，函数值→－∞，当x→＋∞时，函数值也→＋∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x 轴，即一定∃x 0∈R ，f(x 0)＝0，选项A 中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x ＋m)3＋n(x ＋m)＋h 的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y ＝x 3＋nx 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B 中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x 1，x 2，则极小值点x 2＞x 1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C 中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D 中的结论正确.5．（2013·辽宁·高考真题（理））设函数()f x 满足()()()222,2,8x e e x f x xf x f x +=='则0x >时，()f x （ ）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值【答案】D 【解析】 【详解】函数()f x 满足2'()2()xex f x xf x x+=，()2'x e x f x x⎡⎤∴=⎣⎦，令()()2F x x f x =， 则()()()2',24?22x e e F x F f x ===，由()()2'2x e x f x xf x x +=，得()()32'x e F x f x x -=，令()()2xx e F x ϕ=-， 则()()()2'2',x xe x x e F x xϕ-=-=()x ϕ∴在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，()x ϕ∴的最小值为()()()22220,0e F x ϕϕ=-=∴≥.又()()0,'0,x f x f x >∴≥∴在()0,∞+单调递增，()f x ∴既无极大值也无极小值，故选D.6．（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-+， 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求得()f x 的单调区间，从而判断出()f x 在区间[]0,2π上的最小值和最大值. 【详解】()()()sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x '=-+++=+，所以()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，即()f x 单调递增；在区间π3π,22⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，即()f x 单调递减，又()()02π2f f ==，ππ222f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，3π3π3π11222f ⎛⎫⎛⎫=-++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[]0,2π上的最小值为3π2-，最大值为π22+.故选：D7.（2021·广西南宁·高三模拟预测（理））某制药公司生产某种胶囊，其中胶囊中间部分为圆柱，且圆柱高为l ，左右两端均为半球形，其半径为r ，若其表面积为S ，则胶囊的体积V 取最大值时r =( )A ．4SπB ．2S πC ．S πD ．6S π【答案】A【分析】由圆柱和球的表面积公式将l 用r 和S 表示出来，再代入圆柱体积和球体积公式，表示出胶囊的体积V ，利用求导求出V 的最大值及此时r 的值.【详解】依题意，224422S r r rl S l rππππ-+=⇒=，故32342()323Sr V r r r l r πππ=+=-2()22S V r r π'=-，当r =()0V r '=，V 取最大值．故选：A8．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =, 所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C. 二、多选题9．（湖北省十堰市2021-2022学年高二下学期期末）已知函数()32f x x ax ax =++，若1x ，2x 为()f x 的两个不同的极值点，则实数a 的取值可能是（ ）． A ．1- B ．12C ．3D ．4【答案】AD 【解析】 【分析】求导，根据导函数的零点数确定参数a. 【详解】()'232f x x ax a =++ ，因为()f x 有两个不同的极值点，所以24120a a ∆=->，解得0a <或3a >； 故选：AD.10．（2023·全国·高三专题练习）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论一定正确的是（ ） A ．x R ∀∈，()()0f x f x ≥ B ．0x -是()f x -的极大值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点【答案】BD【解析】 【分析】根据极值的定义、极值的性质和图象变换逐项判断后可得正确的选项. 【详解】对A. ()000x x ≠是()f x 的极大值点，并不是最小值点，故A 不正确；对B. ()f x -相当于()f x 关于y 轴的对称图象，故0x -应是()f x -的极大值点，故B 正确；对C. ()f x -相当于()f x 关于x 轴的对称图象，故0x 应是()f x -的极小值点，跟0x -没有关系，故C 不正确； 对D. ()f x --相当于()f x 先关于y 轴的对称，再关于x 轴的对称图象.故D 正确. 故选：BD.11．（2022·山东·模拟预测）已知0,0x y >>，且3x y +=，则下列结论中正确的是（ ） A ．ln ln +x y 有最大值94B ．222x y +有最小值3C ．41x y +有最小值43D ．2xy 有最大值4【答案】BD 【解析】 【分析】对于A,直接由基本不等式求得94≤xy ，即可判断A ；对于B ，将3y x =-代入222x y +中，结合二次函数性质即可判断；对于C,将41x y +变形为41()3x y x y ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，展开后，利用基本不等式即可判断；对于D,构造函数2232()(3)3,(03)==-=-+<<f y xy y y y y y ，利用导数求得最大值，即可判断.【详解】对于A 选项，因为0,0x y >>，且3x y +=，所以由3+=≥x y 94≤xy ， 当且仅当32x y ==时等号成立，9ln ln ln ln 4+=≤x y xy .故A 错误；对于B 选项，由22222233(3)69(2)332222+=+-=-+=-+≥x x y x x x x ，当且仅当2,1x y ==时等号成立，故B 正确；对于C 选项，因为41()41453333333⎛⎫++=+++≥+= ⎪⎝⎭x y y x x y x y 所以413+≥x y ，当且仅当433=y xx y即2,1x y ==时等号成立，故C 错误 对于D 选项，因为2232()(3)3,(03)==-=-+<<f y xy y y y y y ， 令2()360=-'+=f y y y ，解得2y =或0y =（舍），令2()360=-'+>f y y y ，解得02y <<，令2()360f y y y '=-+<，解得23y <<，故32max ()(2)2324==-+⨯=f y f ，此时1,2x y ==，故D 正确故选：BD12．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()322f x x ax x =--，下列命题正确的是（ ）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则12a =B ．若1x =是函数()f x 的极值点，则()f x 在[]0,2x ∈上的最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，则1a ≥-【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A ，由()01f '=可求出a 的值，对于B ，由选项A ，可求得()f x ，然后利用导数可求出()f x 在[]0,2x ∈上的最小值，对于C ，由题意可得()0f x '≤，可求出a 的范围，对于D ，将问题转化为2ln a x x x≥--在[]1,2x ∈上恒成立，构造函数2()ln h x x x x=--，再利用导数求出其最大值即可 【详解】对于A ，由()322f x x ax x =--，得()2322f x x ax '=--，因为1x =是函数()f x 的极值点，所以(1)3220f a '=--=，得12a =，经检验1x =是函数()f x 的极小值点，所以A 正确， 对于B ，由选项A ，可知()32122f x x x x =--，则()232f x x x '=--，由()0f x '>，得23x <-或1x >，由()0f x '<，得213x -<<，所以()f x 在2(,)3-∞-和(1,)+∞递增，在2(,1)3-上递减，所以当[]0,2x ∈时，1x =时，()f x 取得最小值()1311222f =--=-，所以B 正确， 对于C ，因为()f x 在()1,2上单调递减，所以()0f x '≤，即()23220f x x ax '=--≤，得312a x x≥-在()1,2上恒成立，令31()((1,2))2g x x x x =-∈，则231()02g x x'=+>，所以()g x 在()1,2单调递增，所以(1)()(2)g g x g <<，即15()22g x <<，所以52a ≥，所以C 正确， 对于D ，由()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，得232ln 2x x x ax x ≥-- 在[]1,2x ∈上恒成立，即2ln a x x x≥--在[]1,2x ∈上恒成立，令2()ln h x x x x =--，[]1,2x ∈，则222122()10x x h x x x x -+'=-+=>，所以()h x []1,2x ∈上单调递增，所以max ()(2)2ln 211ln 2h x h ==--=-，所以1ln 2a ≥-，所以D 错误，故选：ABC 三、填空题13．（2022·湖北·荆州中学模拟预测）设1x =是函数32()()f x x ax bx c x R =+++∈的一个极值点，则a 与b 的关系为________．【答案】23(3)a b a +=-≠- 【解析】 【分析】利用()01f '=求解即可. 【详解】解：因为32()()f x x ax bx c x R =+++∈， 所以2()32f x x ax b '=++， 又因为1x =是极值点， 所以(1)320f a b '=++=， 即：2a +b =-3.又因为()()()222212469430a b a a a ∆=-=++=+>，所以3a ≠-，故答案为：23(3)a b a +=-≠-14．（2018·江苏·高考真题）若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0,+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为__________． 【答案】3-. 【解析】 【详解】分析：先结合三次函数图象确定在(0,)+∞上有且仅有一个零点的条件，求出参数a ,再根据单调性确定函数最值，即得结果.详解：由()2620f x x ax '=-=得0,3ax x ==，因为函数()f x 在(0,)+∞上有且仅有一个零点且()0=1f ，所以0,033a a f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，因此322()()10, 3.33a a a a -+==从而函数()f x 在[1,0]-上单调递增，在[0,1]上单调递减，所以()max ()0,f x f ={}min ()min (1),(1)(1)f x f f f =-=-，max min ()()f x f x +=()0+(1)14 3.f f -=-=-15．（2018·全国·高考真题（理））已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】【解析】 【详解】分析：首先对函数进行求导，化简求得()()1'4cos 1cos 2f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，从而确定出函数的单调区间，减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，确定出函数的最小值点，从而求得sin x x ==. 详解：()()21'2cos 2cos24cos 2cos 24cos 1cos 2f x x x x x x x ⎛⎫=+=+-=+- ⎪⎝⎭，所以当1cos 2x <时函数单调减，当1cos 2x >时函数单调增，从而得到函数的减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，函数的增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，所以当2,3x k k Z ππ=-∈时，函数()f x 取得最小值，此时sin x x ==f (x )min =2×(−√32)−√32=−3√32，故答案是. 16．（2022·江西萍乡·三模（文））若存在实数0a >，使得函数()ln f x a x x =+与2()22g x x x b =--的图象有相同的切线，且相同切线的斜率为2，则实数b 的最大值为_________． 【答案】1-. 【解析】【分析】分别设出两个函数()f x 与()g x 的切点为11(,)x y 与22(,)x y ，再分别求出导函数，由公切线的斜率求出()g x 的切点坐标进而求出切线方程，再由公切线斜率求出()f x 的切点横坐标1x 与a 的关系，函数()f x 的切点即为()1111,ln x x x x +，代入公切线中化简得111ln 2b x x x =-+-，求111ln 2x x x -+-的最大值，即可求出答案. 【详解】设函数()ln f x a x x =+的切点为11(,)x y ，函数2()22g x x x b =--的切点为22(,)x y分别对函数进行求导，'()1af x x=+，'()42g x x =- 由相同切线的斜率为2，得'222()42=2=1,(1)g x x x g b =-⇒=- 故切线方程为22y x b =--'1111111()1=2,()ln af x a x f x x x x x =+⇒==+故函数()ln f x a x x =+的切点为()1111,ln x x x x +. 把切点()1111,ln x x x x +代入22y x b =--中得1111111ln 22ln 2x x x x b b x x x +=--⇒=-+-令()ln 2h x x x x =-+-，'()ln 11ln h x x x =--+=-当(0,1)x ∈时，'()0h x >，函数()h x 单调递增 当(1,)x ∈+∞时，'()0h x <，函数()h x 单调递减 故()(1)1h x h ≤=- 故实数b 的最大值为1- 故答案为：1-. 四、解答题17．（2022·北京·清华附中高一阶段练习）已知函数()()1e xf x -=(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (2)求证:函数()f x 存在最小值. 【答案】(1)112e 2ey x =- (2)证明见解析【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，从而得到切线方程；（2）首先求出导函数()f x '，当0a <时令()2g x ax a =-，利用导数说明()g x 的单调性，结合零点存在性定理即可得到()f x 的单调性，即可求出函数的最小值，当0a ≥时可得()()11e e x xf x --≥-=≥-，即可求出()f x 的最小值，从而得证；(1)解：当1a =时，())1e x f x -=，则()1ex f x -⎫'=⎪⎭，所以()112e f '=，又()10f =，所以切线方程为112e 2ey x =-； (2)证明：因为()()1e xf x -=，[)0,x ∈+∞，所以())2xf x ax a -'=-，①当0a <时，令()2g x ax a =-，则()20g x a'=， 所以()g x 在[)0,∞+上单调递减，且()00g a =->，()120g a =-<，所以存在()10,1x ∈，使得()10g x =，即当10x x <<时()0f x '<，当1x x >时()0f x '>，所以()f x 在()10,x 上单调递减，在()1,x +∞上单调递增，所以()()1min f x f x =，②当0a ≥时，因为0x ≥，所以()()11e e x x f x --≥-=≥-恒成立，且当0x =时等号成立， 所以()()min 01f x f ==-，综上可得函数()f x 存在最小值；18．（2012·江西·高考真题（文））已知函数2()()x f x ax bx c e =++在[0,1]上单调递减，且满足(0)1f =，(1)0f = (Ⅰ) 求a 的取值范围；（Ⅱ）设()()()g x f x f x '=-，求在[0,1]上的最大值和最小值【答案】：（Ⅰ）01a ≤≤（Ⅱ）（i ）当0a =时，()g x 在0x =上取得最小值(0)1g = ，在1x =上取得最大值(1)g e =当1a = 时，()g x 在0x = 取得最大值(0)2g = ，在1x = 取得最小值(1)0g = 当103a <≤ 时，()g x 在0x = 取得最小值(0)1g a =+ 在1x = 取得最大值(1)(1)g a e =- 当1131e a e -<≤+ 时，()g x 在0x =取得最小值(0)1g a =+ 当111e a e -<<+ 时， ()g x 在1x =取得最小值(1)(1)g a e =- 【解析】【详解】：（Ⅰ）由(0)1f =，(1)0f =得1,1C a b =+=-则2()[(1)1]x f x ax a x e =-++ ，2()[(1)]x f x ax a x a e =+--'依题意须对于任意(0,1)x ∈ ，有()0f x '< 当0a >时，因为二次函数2(1)y ax a x a =+-- 的图像开口向上，而，所以须(1)(1)0f a e -'=< ，即01a <<当1a = 时，对任意(0,1)x ∈ 有2()(1)0x f x x e '=-< ，()f x 符合条件；当0a =时，对于任意(0,1)x ∈ ，()0x f x xe =-<'，()f x 符合条件；当0a < 时，因，()f x 不符合条件，故a 的取值范围为01a ≤≤（Ⅱ）因()(21),()(21),x x g x ax e g x ax a e '=-+=-+-（i ）当0a =时，()0x g x e =>' ，()g x 在0x =上取得最小值(0)1g = ，在1x =上取得最大值(1)g e =（ii ）当1a = 时，对于任意(0,1)x ∈ 有()20x g x xe =-<' ，()g x 在0x = 取得最大值(0)2g = ，在1x = 取得最小值(1)0g =（iii ）当01a <<时，由()0g x '= 得102a x a ->> ① 若112a a -≥ ，即103a <≤ 时，()g x 在[0,1]上单调递增，()g x 在0x = 取得最小值(0)1g a =+ 在1x = 取得最大值(1)(1)g a e =-② 若112a a -< ，即113a << 时，()g x 在12a x a -= 取得最大值121()22a a a g ae a--= ，在0x = 或1x = 取得最小值，而(0)1g a =+，(1)(1)g a e =- 则当1131e a e -<≤+ 时，()g x 在0x =取得最小值(0)1g a =+ 当111e a e -<<+ 时， ()g x 在1x =取得最小值(1)(1)g a e =-19.（2012·北京·高考真题（文））已知函数2()1f x ax =+，（0a >），3()g x x bx =+（1）若曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点（1，c ）处具有公共切线，求a,b 的值（2）当3,9a b ==-时，若函数()()f x g x +在区间[k,2]上的最大值为28，求k 的取值范围【答案】3a b ==3k ≤-【解析】【详解】试题分析：（1）求a,b 的值,根据曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点()1,c 处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，列方程组,即可求出,a b 的值；（2）求k 的取值范围．,先求出()()f x g x +的解析式,由已知3,9a b ==-时，设()()()32391F x f x g x x x x =+=+-+,求导函数，确定函数的极值点，进而可得3k ≤-时，函数()F x 在区间[],2k 上的最大值为()328F -=；32k -<<时，函数()F x 在在区间[],2k 上的最大值小于28，由此可得结论．试题解析：（1）()()2'2,'3f x ax g x x b ==+,因为曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点()1,c 处具有公共切线，所以23,11a b a b c =++=+=,所以3a b ==;（2）当3,9a b ==-时，，()39g x x x =-，()()32391f x g x x x x +=+-+，令()()()F x f x g x =+，则()()()2'369331F x x x x x =+-=+-，令()'0F x =，得123,1x x =-=，所以()F x 在(),3-∞-与()1,+∞上单调递增，在()3,1-上单调递减，其中()328F -=为极大值，所以如果在区间[],2k 最大值为28，即区间包含极大值点13x =-，所以3k ≤-．20．（2011·湖南·高考真题（文））设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析：（2）不存在【解析】【详解】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x -+=+-=， 令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增，②当2a <-时，0∆>，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，0∆>，()0g x =的两根为12x x ==， 当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >；故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--.所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--, 又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k ax x -=--， 若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-， 亦即222212ln 0(1)x x x x --=>（*） 再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增， 而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与（*）式矛盾， 故不存在a ，使得2k a =-.21．（2017·山东·高考真题（理））已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中2.71828e =是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a =-∈R ，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）22ππ2y x =-- （Ⅱ）见解析【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率()2f ππ'=，由点斜式写出直线方程.（Ⅱ）写出函数2()(cos sin 22)(2cos )x h x e x x x a x x =-+--+，求导数得到)'(h x ()()2sin x e a x x =--，由于x e a -的正负与a 的取值有关，故可令()sin m x x x =-，通过应用导数研究()m x 在R 上的单调性，明确其正负.然后分0a ≤和0a >两种情况讨论()h x 极值情况即可.试题解析：（Ⅰ）由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x '=-，所以()2f ππ'=，因此 曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即 222y x ππ=--.（Ⅱ）由题意得 2()(cos sin 22)(2cos )x h x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =-则()1cos 0m x x '=-≥所以()m x 在R 上单调递增.因为(0)0,m =所以 当0x >时，()0,m x >当0x <时，()0m x <(1)当0a ≤时，x e a -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--；(2)当0a >时，()()()ln 2sin x a h x e e x x '=--由 ()0h x '=得 1ln x a =，2=0x①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x -><'，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x ->>'，()h x 单调递增.所以 当ln x a =时()h x 取得极大值.极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a =--+++⎡⎤⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；③当1a >时，ln 0a >所以 当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增；所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取得极小值.极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a =--+++⎡⎤⎣⎦.综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,∞+上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a =--+++⎡⎤⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a =--+++⎡⎤⎣⎦.22．（2020·北京·高考真题）已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【答案】（Ⅰ）2130x y +-=，（Ⅱ）32.【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11，由点斜式可得切线方程为：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）[方法一]：导数法显然0t ≠，因为()y f x =在点()2,12t t -处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅， 不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++， 所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-= 222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t -+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<，所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2t =时，()S t 取得极小值，也是最小值为()16162328S ⨯==. [方法二]【最优解】：换元加导数法 ()()2222121121()12(0)2|2|4||t t S t t t t t ++=⋅⋅+=⋅≠． 因为()S t 为偶函数，不妨设0t >，221()4S t =⋅，令a =2,0t a a =>．令412()a g a a +=，则面积为21[()]4S g a =，只需求出412()a g a a+=的最小值．34422412312()a a a a g a a a ⋅---='=()()()222223223(2a a a a a a a-++==．因为0a >，所以令()0g a '=，得a =随着a 的变化，(),()g a g a '的变化情况如下表：所以min [()]g a g ===所以当a =2t =时，2min 1[()]324S t =⨯=． 因为[()]S t 为偶函数，当0t <时，min [()](2)(2)32S t S S =-==．综上，当2t =±时，()S t 的最小值为32．[方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出412()(0)a g a a a+=>的最小值．令4312444()a g a a a a a a +==+++≥=当且仅当34a a=，即a =所以当a =2t =时，2min 1[()]324S t =⨯=． 因为()S t 为偶函数，当0t <时，min [()](2)(2)32S t S S =-==．综上，当2t =±时，()S t 的最小值为32．[方法四]：两次使用基本不等式法同方法一得到()()()()()22222222222121241646464()41616324||444t t t t S t t t t t t ++++++=≥==+++≥=+++ ,下同方法一.【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.。
第三节导数与函数的极值、最值1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧01f′(x)<0，右侧02f′(x)>0，则03a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处的函数值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04f′(x)>0，右侧05f′(x)<0，则06b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07极值点，极小值和极大值统称为08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09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10极值；②将函数y＝f(x)的各极值与11端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是12最大值，最小的一个是13最小值．1．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．2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．4．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的极小值一定是函数的最小值．()(2)函数的极小值一定不是函数的最大值．()(3)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．()答案(1)×(2)√(3)×2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册5.3.2例5改编)函数f(x)＝2x－x ln x的极值是()A．1e B．2eC．e D．e2答案C解析f′(x)＝1－ln x，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值，f(e)＝e.故选C.(2)(北师大版选择性必修第二册7.2例5改编)若商品的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为() A．1百万件B．2百万件C．3百万件D．4百万件答案C解析y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.所以函数在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以当x＝3时，该商品的年利润最大．故选C. (3)(2023·甘肃兰州模拟)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是()A．－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函数y＝f(x)的最小值点C．y＝f(x)在(－3，1)上单调递增D．曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于零答案B解析根据导函数图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；易知－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；因为y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，所以－1不是函数y ＝f(x)的最小值点，故B错误；因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于零，故D正确．故选B.考点探究——提素养考点一导数与函数的极值(多考向探究)考向1根据函数图象判断极值(点)例1(多选)(2024·山东枣庄第十六中学高三上学期月考)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论中正确的是()A．f(x)的单调递增区间是(－1，2)，(4，＋∞)B．x＝－1是f(x)的极小值点C．f(x)在(2，4)上是减函数，在(－1，2)上是增函数D．x＝2是f(x)的极小值点答案ABC解析根据题中图象知，当x∈(－1，2)∪(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数在(－1，2)，(4，＋∞)上单调递增；当x∈(－3，－1)∪(2，4)时，f′(x)<0，函数在(－3，－1)，(2，4)上单调递减，故A，C正确；当x＝－1时，f(x)取得极小值，x＝－1是f(x)的极小值点，故B正确；当x ＝2时，f(x)取得极大值，x＝2不是f(x)的极小值点，故D错误．故选ABC.【通性通法】由图象判断函数y＝f(x)的极值的方法由导函数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．【巩固迁移】1．(2024·陕西西安长安区高三上学期月考)已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．f(x)有2个极值点B．f(x)在x＝1处取得极小值C．f(x)有极大值，没有极小值D．f(x)在(－∞，1)上单调递减答案C解析由题图得，f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，∴f(x)有一个极大值，没有极小值，∴A，B，D错误，C正确．故选C.考向2求已知函数的极值(点)例2(多选)(2023·广东饶平模拟)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，则()A．－1是函数f(x)的极大值点B．3是函数f(x)的极小值点C．函数f(x)的极小值为－7D．函数f(x)的极大值为25答案CD解析因为f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，该函数的定义域为R，则f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，3)3(3，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减－7单调递增25单调递减所以－1是函数f(x)的极小值点，3是函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极小值为f(－1)＝－7，极大值为f(3)＝25.故选CD.【通性通法】求函数f(x)极值的一般解题步骤【巩固迁移】2．讨论函数f(x)＝x－1＋ae x的极值．解由题意，得f′(x)＝1－a e x .①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，可得x＝ln a.所以当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.则f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值f(ln a)＝ln a，无极大值．综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．考向3已知函数的极值(点)求参数例3(1)(2023·辽宁抚顺重点高中六校协作体高三二模)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处取得极大值4，则a－b＝()A．8B．－8C．2D．－2答案B解析因为f(x)＝ax3＋bx，所以f′(x)＝3ax2＋b，所以f′(1)＝3a＋b＝0，f(1)＝a＋b＝4，解得a＝－2，b＝6，经检验，符合题意，所以a－b＝－8.故选B.(2)(2024·江苏南京师范大学附属中学高三上学期开学测试)已知函数f(x)＝e x－12x2－ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为________．答案(1，＋∞)解析∵函数f(x)的定义域是R，f′(x)＝e x－x－a，令h(x)＝e x－x－a，h′(x)＝e x－1，所以在区间(－∞，0)上，h′(x)<0，h(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增．要使f(x)有两个极值点，则f′(0)＝h(0)＝1－a<0，a>1，又当x趋于－∞时，f′(x)趋于＋∞，当x趋于＋∞时，f′(x)趋于＋∞，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．【通性通法】已知函数的极值(点)求参数的方法(1)对于可导函数y ＝f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的必要条件，即当已知可导函数在某一点处取得极值时，该点处的导数值一定为零，据此可建立关于参数的方程进行求解，但应检验极值点两侧的导数是否异号．(2)若函数f (x )在区间I 上有极值点，则f ′(x )在区间I 上有变号的零点，亦即方程f ′(x )＝0有满足相应条件的实数根，从而可转化为方程有解问题，也可转化为直线与曲线的交点问题进行求解．【巩固迁移】3．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f (x )＝a ln x ＋b x ＋cx 2(a ≠0)既有极大值也有极小值，则()A ．bc >0B ．ab >0C ．b 2＋8ac >0D ．ac <0答案BCD解析函数f (x )＝a ln x ＋b x ＋c x 2的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝a x －b x 2－2c x 3＝ax 2－bx －2cx 3，因为函数f (x )既有极大值也有极小值，则函数f ′(x )在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a ≠0，因此方程ax 2－bx －2c ＝0有两个不等的正根x 1，x 2，＝b 2＋8ac >0，1＋x 2＝ba >0，1x 2＝－2ca>0，即有b 2＋8ac >0，ab >0，ac <0，显然a 2bc <0，即bc <0，A 错误，B ，C ，D 正确．故选BCD.考点二导数与函数的最值(多考向探究)考向1求已知函数的最值例4(2022·全国乙卷)函数f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为()A ．－π2，π2B ．－3π2，π2C ．－π2，π2＋2D ．－3π2，π2＋2答案D解析f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)cos x ＝(x ＋1)cos x ，当x，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又f (0)＝f (2π)＝2＝π2＋2，＝－3π2，所以f (x )在区间[0，2π]的最小值为－3π2，最大值为π2＋2.故选D.【通性通法】求函数最值的步骤【巩固迁移】4．(2023·江苏镇江模拟)已知函数f (x )＝e x －3，g (x )＝1＋ln x ，若f (m )＝g (n )，则n －m 的最小值为________．答案－2解析令t ＝f (m )＝g (n )，则e m －3＝t ，1＋ln n ＝t ，所以m ＝3＋ln t ，n ＝e t －1，即n －m ＝e t －1－3－ln t ，令h (t )＝e t －1－3－ln t ，则h ′(t )＝e t －1－1t (t >0)，令h ′(t )＝0，得t ＝1.当0<t <1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减；当t >1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增，所以h (t )min ＝h (1)＝－2，即n －m 的最小值为－2.考向2已知函数的最值求参数例5已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋(a －1)ln x (a ∈R )的最小值为2，则实数a 的值是________．答案1或e解析因为f ′(x )＝a －1x 2＋a －1x ＝(x ＋1)(ax －1)x 2x >0，当a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )是(0，＋∞)上的减函数，函数f (x )无最小值，不符合题意；当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ，由f ′(x )>0，得x >1a ，所以f (x )，＋，函数f (x )的最小值为1＋a ＋(1－a )ln a ，由1＋a ＋(1－a )ln a ＝2，得(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或e.综上，a ＝1或e.【通性通法】(1)由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致函数最值的变化，故函数含参数时，需注意是否需要分类讨论．(2)已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决．【巩固迁移】5．已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，且当x <0时，f (x )＝x ＋ax ＋1.若函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上的最小值为3，则实数a 的值为()A ．1B ．2C ．3D ．4答案D解析因为y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，且当x <0时，f (x )＝x ＋ax＋1.当x >0时，－x <0，则f (－x )＝－x －a x ＋1＝－f (x )，所以当x >0时，f (x )＝x ＋a x －1，此时f ′(x )＝1－ax 2.当a ≤1时，f ′(x )＝1－ax 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增，当x ＝1时，函数f (x )取得最小值f (1)＝1＋a －1＝3，解得a ＝3(舍去)；当a >1时，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减；当x ∈[a ，＋∞)时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，故当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值f (a )＝2a －1＝3，解得a ＝4.综上，a ＝4.故选D.考点三生活中的优化问题例6(2023·山东烟台高三上学期期末)某工厂拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为160π3立方米，且l ≥6r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为m (m >2.25)千元．设该容器的建造费用为y 千元．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r .解(1)设该容器的体积为V ，则V ＝πr 2l ＋23πr 3，又V ＝160π3，所以l ＝1603r 2－23r .因为l ≥6r ，所以0<r ≤2.所以建造费用y ＝2πrl ×94＋3πr 2m ＝2π×94＋3πr 2m ，因此y ＝3π(m －1)r 2＋240πr，0<r ≤2.(2)由(1)得y ′＝6π(m －1)r －240πr 2＝30<r ≤2.由于m >94，所以m －1>0，令r 3－40m －1＝0，得r ＝340m －1.若340m －1<2，即m >6，当r ，y ′<0，y (r )为减函数，当r ，y ′>0，y (r )为增函数，此时r ＝340m －1为函数y (r )的极小值点，也是最小值点．若340m －1≥2，即94<m ≤6，当r ∈(0，2]时，y ′≤0，y (r )为减函数，此时r ＝2是y (r )的最小值点．综上所述，当94<m ≤6时，建造费用最小时r ＝2；当m >6时，建造费用最小时r ＝340m －1.【通性通法】生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题，通过建立函数模型，用导数解决数学问题，得到优化问题的答案．【巩固迁移】6．(2023·山东德州模拟)高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t (单位：分钟)满足2≤t ≤20，t ∈N *.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t 相关：当10≤t ≤20时，高铁为满载状态，载客量为1200人；当2≤t <10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t )2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．设发车间隔为t 分钟时，高铁载客量为P (t )人．(1)求P (t )的表达式；(2)若该线路发车时间间隔为t 分钟时的净收益Q (t )＝t5P (t )－40t 2＋660t －2048元，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益Q (t )t最大？最大为多少？解(1)当2≤t <10时，减少的人数与(10－t )2成正比，设比例系数为k ，所以P (t )＝1200－k (10－t )2，2≤t <10，当t ＝5时，P (5)＝950，即1200－k (10－5)2＝950，解得k ＝10，所以P (t )－10(10－t )2，2≤t <10，，10≤t ≤20.(2)由题意可得Q (t )t －2048－2t 3，2≤t <10，t －40t 2－2048，10≤t ≤20.所以Q (t )t＝－2t 2－2048t，2≤t <10，－40t －2048t10≤t ≤20.令H (t )＝Q (t )t ，当2≤t <10时，H ′(t )＝－4t ＋2048t 2＝2048－4t 3t 2，令H ′(t )＝0，得t ＝8.当2≤t <8时，H ′(t )>0，当8<t <10时，H ′(t )<0，所以H (t )的最大值为H (8)＝316，当10≤t ≤20时，H ′(t )＝－40＋2048t 2<0，所以H (t )的最大值为H (10)＝295.2，因为295.2<316，所以当t ＝8时，单位时间的净收益最大，为316元．综上，当发车时间间隔为8分钟时，单位时间的净收益最大，为316元．课时作业一、单项选择题1．已知函数f (x )＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)，则()A ．f (x )的极大值为5，无极小值B ．f (x )的极小值为－27，无极大值C ．f (x )的极大值为5，极小值为－27D ．f (x )的极大值为5，极小值为－11答案A解析f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，由f ′(x )>0，得－2<x <－1，由f ′(x )<0，得－1<x <2，所以函数f (x )＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)在(－2，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，所以函数f (x )＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)在x ＝－1时，取得极大值5，无极小值．故选A.2．已知函数f (x )＝x 2－8x ＋6ln x ＋1，则f (x )的极大值为()A ．10B ．－6C ．－7D ．0答案B解析因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －8＋6x ＝2(x －1)(x －3)x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝3，故列表如下：x (0，1)1(1，3)3(3，＋∞)f ′(x )＋0－0＋f (x )单调递增－6单调递减－14＋6ln 3单调递增所以f (x )的极大值为f (1)＝－6.故选B.3．函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极小值－3，则a －b 的值为()A ．0B ．6C ．3D ．2答案A解析f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，因为f (x )在x ＝1处有极小值－3，＝12－2a －2b ＝0，＝4－a －2b ＋2＝－3，＝3，＝3.经检验符合题意，所以a －b ＝0.故选A.4.(2024·湖南长沙第一中学高三上学期月考(三))已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列说法正确的是()A ．函数f (x )有最小值B ．函数f (x )有最大值C ．函数f (x )有且仅有三个零点D ．函数f (x )有且仅有两个极值点答案A解析由函数图象可知f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：x (－∞，－1)(－1，1)(1，3)(3，＋∞)f ′(x )－＋－＋f (x )由上表可知f (x )在(－∞，－1)和(1，3)上分别单调递减，在(－1，1)和(3，＋∞)上分别单调递增，函数f (x )的极小值分别为f (－1)，f (3)，其极大值为f (1)．对于A ，由以上分析可知f (x )min ＝min{f (－1)，f (3)}，即函数f (x )有最小值，故A 正确；对于B ，由题图可知当x →＋∞，有f ′(x )→＋∞，即f (x )增加得越来越快，因此当x →＋∞，有f (x )→＋∞，所以函数f (x )没有最大值，故B 错误；对于C ，若f (－1)<0，f (1)>0，f (3)<0，则由零点存在定理可知函数f (x )有四个零点，故C 错误；对于D ，由上表及以上分析可知，函数f (x )共有三个极值点，故D 错误．故选A.5．(2022·全国甲卷)当x ＝1时，函数f (x )＝a ln x ＋bx 取得最大值－2，则f ′(2)＝()A ．－1B ．－12C ．12D ．1答案B解析因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f (1)＝－2，f ′(1)＝0，而f ′(x )＝a x－b x 2，所以b ＝－2，a －b ＝0，即a ＝－2，b ＝－2，所以f ′(x )＝－2x ＋2x 2＝2(1－x )x 2，当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x ＝1时取最大值，满足题意，所以f ′(2)＝2×(1－2)22＝－12.故选B.6．(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)答案B解析f (x )＝x 3＋ax ＋2，则f ′(x )＝3x 2＋a ，若f (x )存在3个零点，则f (x )存在极大值和极小值，则a <0.令f ′(x )＝3x 2＋a ＝0，解得x ＝－－a3或x ＝－a3，且当x ∞，＋，f ′(x )>0，当x －－a3，，f ′(x )<0，故f (x )的极大值为f，极小值为f，若f (x )存在3个零点，则，即a －a3＋2>0，a －a3＋2<0，解得a <－3.故选B.7．(2023·山东聊城高三三模)若直线y ＝x ＋b 与曲线y ＝e x －ax 相切，则b 的最大值为()A ．0B ．1C ．2D ．e答案B解析设切点坐标为(x 0，y 0)，因为y ＝e x －ax ，所以y ′＝e x －a ，故切线的斜率为e x 0－a ＝1，e x 0＝a ＋1，则x 0＝ln (a ＋1)．又切点(x 0，y 0)在切线y ＝x ＋b 与曲线y ＝e x －ax 上，所以x 0＋b ＝e x 0－ax 0，所以b ＝(a ＋1)－x 0(a ＋1)＝(a ＋1)[1－ln (a ＋1)]．令a ＋1＝t ，则b ＝t (1－ln t )，设f (t )＝t (1－ln t )，f ′(t )＝(1－ln t )＋t ln t ，令f ′(t )＝0，得t ＝1，所以当t ∈(0，1)时，f ′(t )>0，f (t )是增函数；当t ∈(1，＋∞)时，f ′(t )<0，f (t )是减函数，所以f (t )max ＝f (1)＝1.所以b 的最大值为1.故选B.8．(2023·福建南平高三第三次质量检测)A ，B 分别是函数y ＝e x －1和y ＝x －1图象上的点，若AB 与x 轴平行，则|AB |的最小值是()A ．1－ln 22B ．1＋ln 22C ．3－ln 22D ．3＋ln 22答案B解析因为AB 与x 轴平行，设AB 的方程为y ＝m (m >0)，＝m ，＝e x －1，＝m ，＝ln m ＋1，即A (ln m ＋1，m )，＝m ，＝x －1，＝m ，＝m 2＋1，即B (m 2＋1，m )，所以|AB |＝m 2＋1－(ln m ＋1)＝m 2－ln m ，设f (x )＝x 2－ln x (x >0)，则f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，当x ，f ′(x )<0，f (x )，当x ＋，f ′(x )>0，f (x )＋，故f (x )min ＝＝12－ln 22＝1＋ln 22.故选B.二、多项选择题9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，则()A ．f (x )有两个极值点B ．f (x )有三个零点C ．点(0，1)是曲线y ＝f (x )的对称中心D ．直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x ＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1＞0，得x ＜－33或x ＞33；由f ′(x )＝3x 2－1＜0，得－33＜x ＜33.所以f (x )＝x 3－x ＋1在∞，＋，－33，，所以f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值－33＋1＝1－239＞0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1.若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上，若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.10．(2023·河北秦皇岛联考高三冲刺卷(三))已知函数f (x )＝ln xx 2，则下列结论正确的是()A ．f (x )≥0恒成立B ．f (x )只有一个零点C ．f (x )在x ＝e 处得到极大值12eD ．f (x )是(0，＋∞)上的增函数答案BC解析函数f (x )＝ln x x 2的定义域为(0，＋∞)，当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )＝ln xx2<0，故A 错误；令f (x )＝0，则ln xx 2＝0，即ln x ＝0，所以x ＝1，故f (x )只有一个零点，故B 正确；因为f (x )＝ln xx 2，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1－2ln x x 3，由f ′(x )>0，可得0<x <e ，由f ′(x )<0，可得x >e ，所以当0<x <e 时，函数f (x )单调递增，当x >e 时，函数f (x )单调递减，所以f (x )极大值＝f (e)＝12e ，故C 正确，D 错误．故选BC.三、填空题11．(2023·山东潍坊模拟)函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点为________．答案2解析因为函数f (x )＝x 3－12x ，所以由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，令f ′(x )>0，得x <－2或x >2，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，令f ′(x )<0，得－2<x <2，所以函数f (x )的单调递减区间为(－2，2)，所以函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点为2.12．(2024·河南郑州模拟)若函数f (x )＝3x －x 3的两个极值点为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝________．答案0解析由f (x )＝3x －x 3，得f ′(x )＝3－3x 2，令f ′(x )<0，得x <－1或x >1，令f ′(x )>0，得－1<x <1，所以f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，所以函数f (x )的极值点为－1和1，则x 1＋x 2＝0.13．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0，3]上的最大值为4，则m ＝________．答案4解析由题意，得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 ＝4.14．若函数f (x )＝x ln x －3a 2x 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．答案解析由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1－3ax ，因为函数f (x )在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即f ′(x )＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即3a ＝ln x ＋1x在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即函数g (x )＝ln x ＋1x 和y ＝3a 的图象有两个交点，又由g (x )＝ln x ＋1x ，得g ′(x )＝－ln xx 2，当x ∈(0，1)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 )max ＝g (1)＝1，且当x →0＋时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0.所以0<3a <1，解得0<a <13，即实数a 四、解答题15．(2024·九省联考)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2＋ax ＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋3y ＝0垂直．(1)求a ；(2)求f (x )的单调区间和极值．解(1)f ′(x )＝1x＋2x ＋a ，则f ′(2)＝12＋2×2＋a ＝92＋a ，1，解得a ＝－3.(2)由a ＝－3，得f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋2，则f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x ，x >0，故当0<x <12时，f ′(x )>0，当12<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，故f (x )(1，＋∞)，故f (x )有极大值ln 12＋－3×12＋2＝34－ln 2，有极小值f (1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.16．(2023·湖北省部分省级示范高中高三上学期期中联考)已知函数f (x )＝3－2xx 2＋a .(1)若a ＝0，求y ＝f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝－1处取得极值，求f (x )的最大值和最小值．解(1)若a ＝0，有f (x )＝3－2x x 2，定义域为{x |x ≠0}，则f ′(x )＝2x －6x3，由f ′(x )<0，得0<x <3，由f ′(x )>0，得x <0或x >3，所以f (x )的单调递减区间是(0，3)，单调递增区间是(－∞，0)，(3，＋∞)．(2)∵f ′(x )＝2x 2－6x －2a(x 2＋a )2，f ′(－1)＝0，即8－2a ＝0，∴a ＝4，∴f (x )＝3－2xx 2＋4，∴f ′(x )＝2x 2－6x －8(x 2＋4)2＝2(x －4)(x ＋1)(x 2＋4)2，∴当x <－1或x >4时，f ′(x )>0；当－1<x <4时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，－1)，(4，＋∞)上单调递增，在(－1，4)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－14.又当x →－∞时，f (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→0，∴f (x )max ＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (4)＝－14.17．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx .(1)当a ＝0，b ＝1时，证明：当x ∈(1，＋∞)时，f (x )<ln x ；(2)若b ＝a 2，函数f (x )在区间(1，2)上存在极大值，求a 的取值范围．解(1)证明：由题意，得f (x )＝－x 3＋x ，则f ′(x )＝－3x 2＋1，∵当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x )<f (1)＝0，设g (x )＝ln x ，x >1，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )>ln 1＝0，∴当x ∈(1，＋∞)时，f (x )<ln x .(2)由题意得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋a 2＝－(3x ＋a )(x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝－a3或a ，①当a ＝0时，f ′(x )＝－3x 2≤0，f (x )单调递减，函数f (x )没有极值，不符合题意．②当a >0时，若x <－a3，则f ′(x )<0，f (x )单调递减；若－a3<x <a ，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；若x >a ，则f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝a 处取得极大值，在x ＝－a3处取得极小值，故1<a <2.③当a <0时，若x <a ，则f ′(x )<0，f (x )单调递减；若a <x <－a3，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；若x >－a3，则f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝－a 3处取得极大值，在x ＝a 处取得极小值，由1<－a3<2，得－6<a <－3.综上所述，a 的取值范围为(－6，－3)∪(1，2)．18．(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．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，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x ，在同一坐标系中分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x 在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，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．故选BD.19．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x )的定义域为R ，f (xy )＝y 2f (x )＋x 2f (y )，则()A ．f (0)＝0B ．f (1)＝0C ．f (x )是偶函数D ．x ＝0为f (x )的极小值点答案ABC解析因为f (xy )＝y 2f (x )＋x 2f (y )，对于A ，令x ＝y ＝0，f (0)＝0＋0＝0，故A 正确；对于B ，令x ＝y ＝1，f (1)＝f (1)＋f (1)，则f (1)＝0，故B 正确；对于C ，令x ＝y ＝－1，f (1)＝f (－1)＋f (－1)＝2f (－1)，则f (－1)＝0，令y ＝－1，f (－x )＝f (x )＋x 2f (－1)＝f (x )，又函数f (x )的定义域为R ，所以f (x )为偶函数，故C 正确；对于D ，解法一：不妨令f (x )＝0，显然符合题设条件，此时f (x )无极值，故D 错误．解法二：当x 2y 2≠0时，对f (xy )＝y 2f (x )＋x 2f (y )两边同时除以x 2y 2，得到f (xy )x 2y 2＝f (x )x 2＋f (y )y 2，故可以设f (x )x 2＝ln |x |(x ≠0)，则f (x )2ln |x |，x ≠0，，x ＝0，当x >0时，f (x )＝x 2lnx ，则f ′(x )＝2x ln x ＋x 2·1x＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )<0，得0<x <e -12.令f ′(x )>0，得x >e -12.故f (x )在(0，e -12)上单调递减，在(e -12，＋∞)上单调递增，因为f (x )为偶函数，所以f (x )在(－e -12，0)上单调递增，在(－∞，－e -12)上单调递减，显然，此时x ＝0是f (x )的极大值点，故D 错误．故选ABC.20．(2023·福建厦门外国语学校高三上学期期末检测)已知函数f (x )＝x (e x ＋1)，g (x )＝(x ＋1)ln x ，若f (x 1)＝g (x 2)＝m (m >1)，则x 1＋x 1x 2ln m的最小值为________．答案e解析g (x )＝(x ＋1)ln x ＝(e ln x ＋1)ln x ＝f (ln x )，则f (x 1)＝f (ln x 2)＝m (m >1)，因为f (x 1)＝x 1(e x 1＋1)>1，故x 1>0，又当x >0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋1>0恒成立，即f (x )＝x (e x ＋1)单调递增，所以x 1＝ln x 2，则x 1＋x 1x 2ln m ＝m ln m ，令h (x )＝xln x (x >1)，h ′(x )＝ln x －1(ln x )2，当x ∈(1，e)时，h ′(x )<0，当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )>0，所以h (x )在x ＝e 处取得最小值，h (e)＝e ，x 1＋x 1x 2ln m 的最小值为e.21．(2023·河北石家庄模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋m2x 2，m ∈R .(1)若m >0，函数f (x )图象上所有点处的切线中，切线斜率的最小值为2，求切线斜率取得最小值时的切线方程；(2)若F (x )＝f (x )－mx 有两个极值点，且所有极值的和不小于－e 22－3，求实数m 的取值范围．解(1)f ′(x )＝1x＋mx ，由于f (x )的定义域为(0，＋∞)，且m >0，所以f ′(x )＝1x＋mx ≥21x·mx ＝2m ，当且仅当1x ＝mx ，即x 2＝1m 时等号成立．由已知得2m ＝2，所以m ＝1，所以f (x )＝ln x ＋12x 2，切点坐标为1，12故切线方程为y －12＝2(x －1)，即y ＝2x －32.(2)由于F (x )＝f (x )－mx ＝ln x ＋m2x 2－mx ，所以F ′(x )＝1x ＋mx －m ＝mx 2－mx ＋1x.由于F(x)有两个极值点，所以方程mx2－mx＋1＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，－4m>0，，解得m>4.又因为x1＋x2＝1，x1x2＝1m，所以F(x1)＋F(x2)＝ln x1＋m2x21－mx1＋ln x2＋m2x22－mx2＝ln(x1x2)＋m2(x21＋x22)－m(x1＋x2)＝ln1mm＝－m2－ln m－1，因此有－m2－ln m－1≥－e22－3，即m2＋ln m≤e22＋2.令g(m)＝m2＋ln m，易知g(m)在(0，＋∞)上单调递增，而g(e2)＝e22＋2，所以4<m≤e2，故实数m的取值范围是(4，e2]．22．(2024·湖北武汉第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝e x－x－ax ln(x＋1)－1.(1)若a＝0，求f(x)的最小值；(2)函数f(x)在x＝0处有极大值，求实数a的取值范围．解(1)∵a＝0，∴f(x)＝e x－x－1，f′(x)＝e x－1，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．∴f(x)的极小值也是最小值为f(x)min＝f(0)＝0.(2)f′(x)＝e x－1－aln(x＋1)＋xx＋1(x>－1)．设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝e x－a1x＋1＋1(x＋1)2.当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(－1，0)时，g(x)<g(0)＝0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，∴f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴x ＝0是f (x )的极小值点，与题意矛盾．当a >0时，g ′(x )＝e x －a 1x ＋1＋1(x ＋1)2在(－1，＋∞)上是增函数，且g ′(0)＝1－2a .①当0<a ≤12且x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(0)＝1－2a ≥0，从而f ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，故有f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数，与题意矛盾；②当a >12时，若x ∈(－1，0)，则g ′(x )<g ′(0)＝1－2a <0，从而f ′(x )在(－1，0)上是减函数，故有f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(－1，0)上是增函数；若x ∈(0，a )，由(1)知，e a >a ＋1，则g ′(a )＝e a －a 1a ＋1＋1(a ＋1)2>a ＋1－a 1a ＋1＋1(a ＋1)2＝a 3＋2a 2＋a ＋1(a ＋1)2>0，又g ′(0)＝1－2a <0，∴存在x 0∈(0，a )使得g ′(x 0)＝0.从而当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，∴f ′(x )＝g (x )在(0，x 0)上是减函数，从而f ′(x )<f ′(0)＝0，f (x )在(0，x 0)上是减函数，故x ＝0是f (x )的极大值点，符合题意．综上所述，实数a ＋。
专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数研究函数的图象，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．3.考查利用导数解决生活中的优化问题，凸显数学建模、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的极值 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 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值． 2．函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3.特别提醒：(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )＝0，极值点是f ′(x)＝0的根，但f ′(x)＝0的根不都是极值点(例如()3f x x ＝，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点)．(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．（二）导数与函数的最值(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．（三）利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立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，结合实际问题作答． （四）常用结论1．若函数f (x)的图象连续不断，则f (x)在[a ，b]上一定有最值．2．若函数f (x)在[a ，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f (x)在区间(a ，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的极值例1.（2017·全国高考真题（理））若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）． A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦'， 因为()20f '-=，所以1a =-，()()211x f x x x e -=--，故()()212x f x x x e --'=+，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增，在()2,1-上单调递减， 所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-，故选A ．例2．（2012·重庆·高考真题（理））设函数()f x 在R 上可导，其导函数为 ()'f x ，且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】 【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增； ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减；()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减；()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增；选D.例3.（2008·福建·高考真题（文））已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点（-1，-6），且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a ＞0，求函数y =f (x )在区间（a -1,a +1）内的极值.【答案】（1）m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）；f (x )的单调递减区间是（0，2）（2）当0<a <1时，f (x )有极大值－2，无极小值，当1<a <3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a=1或a ≥3时，f (x )无极值. 【解析】 【详解】（Ⅰ）利用条件的到两个关于m 、n 的方程，求出m 、n 的值，再找函数y=f （x ）的导函数大于0和小于0对应的区间即可．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，分情况讨论区间（a -1，a+1）和单调区间的位置关系再得结论．(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①…由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得＝3x2＋2mx＋n，………………2分则g(x)＝＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2623m+⨯＝0，解得m＝－3.代入①得n＝0.于是＝3x2－6x＝3x(x－2)．………………………4分由>0得x>2或x<0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；………………………5分由<0，得0<x<2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．………………………6分(2)由(1)得＝3x(x－2)，令＝0得x＝0或x＝2. ………………7分当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：增函数增函数…………………………………9分由此可得：当0<a<1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；当1<a<3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．综上得，当0<a<1时，f(x)有极大值－2，无极小值；当1<a<3时，f(x)有极小值－6，无极大值；当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．………………………………12分【总结提升】 1.两点说明：（1）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；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程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．3.求极值问题主要有两种类型，一是由图象求极值，二是求具体函数的极值. 题型二：根据函数极值（点）求参数的值或范围例4.（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 >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D例5.（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____________． 【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>， 若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾， 故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ， 即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=， 则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， 所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.【法案】－7【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值， 而a ＝2，b ＝9满足题意， 故a －b ＝－7.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值，且导函数()fx ，的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若()f x ，()fx ，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围．【答案】（1）2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(36]，. 【解析】 【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3a x =-，再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=，化简可得2239a b a =+，根据极值存在条件可得3a >；（2）由（1，构造函数23()=9t g t t +，利用导数研究函数单调性，可得(g g 2>3b a ；（3）先求证()f x 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72-，构造差函数213()=9h a a a -+，利用导数研究其单调性，()h a 在(3,)+∞上单调递减．而7(6)=2h -，故可得a 的取值范围．试题解析：解：（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a-=-≤，即3a ≥.3a =时，()>0(1)f x x ≠-'，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>，故(g g因此2>3b a .（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤. 因此a 的取值范围为(]36，. 【总结提升】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．题型三：利用导数研究函数的最值例8．（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【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.例9．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】 【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1.例10.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 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）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 例11.（2017·北京·高考真题（文））已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式000yf f x 中即可；（Ⅱ）设()()h x f x ='，求()h x '，根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性，根据单调性求函数的最大值为()00h =，从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立，所以函数()f x 是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x ='，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 【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： 第一步，求函数在(a ，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；第三步，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．3. 二次求导！当导函数y ＝f ′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f ′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f ′(x)的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x)的正负号．题型四：利用导数解决生活中的优化问题例12．（2020·江苏省高考真题）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 =-+.已知点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)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米 【解析】 【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】 （1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值． 题型五：函数极值与最值的综合问题例13.（2016·天津·高考真题（理））设函数3()(1)f x x ax b =---，x∈R ，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）= f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；（Ⅲ）设a ＞0,函数g （x ）= |f （x ）|,求证：g （x ）在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()f x ，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)f f -，33(,()33a a f f -的大小即可，可分三种情况研究：①3a ≥；②334a ≤<；③304a <<. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313a x =+，或313ax =-. 当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3a ++∞. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，33102133a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----，所以.（2）当时，2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-， 所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-，因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.（3）当时，2323011233a a<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， (0)(1(1f f f <=，(2)(1(1f f f >=， 所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.例14．（2021·北京高考真题）已知函数()232xf 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．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-.【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x -'=，()11f ∴=，()14f '=-， 此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=； （2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-.当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小范围．(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．。
