专题4 用导数研究函数的最值（原卷版）

专题4用导数研究函数的最值一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数的最值,只能借助导数来求,高考常考题型一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,二是求解不等式恒成立问题,常常利用函数的最值来求解,此类问题一般难度较大,多以压轴题形式出现.二、解题秘籍(一)求函数yfx在闭区间,ab上的最值一般地,如果在区间,ab上函数yfx的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值与最小值．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．【例1】（2023届河南省洛阳市创新发展联盟高三摸底）已知函数211122fxxx．(1)求fx的图像在点22f,处的切线方程；(2)求fx在1,22上的值域．【解析】(1)因为211122fxxx，所以21fxxx，所以23f，724f，故所求切线方程为7324yx，即7420xy．(2)由（1）知2322111xxxxfxxx，1,22x．令0fx，得12x；令0fx，得112x．所以fx在1,12上单调递减，在1,2上单调递增，所以min12fxf．又12128f，23f，所以23fx，即fx在1,22上的值域为2,3．(二)求函数在非闭区间上的最值求函数在非闭区间上的最值,一般通过函数的研究函数的单调性与极值来确定,若函数在某一区间上有唯一极值点,则该点处的极值一定是函数的最值.【例2】（2024届云南师范大学附中高三适应性月考）已知()(ln)fxaxx，3e()2exgxx.(1)当1a时，求fx的最小值；(2)若gxfx在0,上恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当1a时，()lnfxxx，0,所以11()1xfxxx，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，故而()fx在(0,1)上单调递减，在[1,)t上单调递增；所以()fx的最小值为(1)1f（2）()()gxfx在0,上恒成立等价于：3e2e(ln)xaxxx≥恒成立，即ln3e(ln)2exxaxx≥，在0,恒成立，令lntxx，由（1）知：上面不等式等价于：3e2etat≥，在[1,)t上恒成立，所以3e2etat≤，在[1,)t上恒成立，令3e2e(),[1,)thttt所以3322e(e2e)(1)e2e()ttttthttt.又令3()(1)e2e,[1,)tpttt，且(3)0p，而()e0tptt，即()pt在[1,)上单调递增，所以当[1,3)t时，()0pt，即()0ht，所以()ht在[1,3)上单调递减；当(3,)t时，()0pt，即()0ht，所以()ht在(3,)上单调递增；所以()ht在[1,)上的最小值为3(3)eh，所以3ea≤(三)含单参数的函数的最值问题含单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．【例3】已知函数lnxafxxaxR．(1)讨论fx的单调性；(2)求fx在1,ee上的最大值ga．【解析】（1）解：函数lnxafxxaxR的定义域为0,，则221axafxxxx.当0a时，对任意的0x，0fx，此时函数fx的减区间为0,，无增区间；当0a时，由()0fx¢，可得0xa，由0fx，可得xa.此时，函数fx的增区间为0,a，减区间为,a.综上所述，当0a时，函数fx的减区间为0,，无增区间；当0a时，函数fx的增区间为0,a，减区间为,a.（2）解：由（1）知，当1ea时，函数fx在1,ee上单调递减，此时，12eegafa；当1eea时，函数fx在1,ea上单调递增，在,ea上单调递减，此时，lngafaa；当ea时，函数fx在1,ee上单调递增，此时，eeagaf.综上所述，12e,e1ln,ee,eeaagaaaaa.(四)把不等式恒成立或有解问题转化为函数的最值问题有些不等式恒成立或有解问题,常通过分类参数,转化为求函数的最值问题,常用结论是：若fx的值域为,mM,则fxa恒成立am,fxa有解aM.【例4】（2024届浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）高三上学期第一次联考）已知函数lnaxafxx(1)当1a时，求函数fx的单调区间；(2)求证：当0a时，22eafx【解析】（1）解：当1a时，ln1xfxx，2lnxfxx，由0fx，可得1x，由()0fx¢，可得01x，故当1a时，函数fx的增区间为0,1，减区间为1,.（2）解：当0a时，因为lnaxafxx，则21lnaaxfxx，由0fx，可得1eax，由()0fx¢，可得10eax，所以，函数fx的增区间为10,ea，减区间为1e,a，所以11maneeaaafxf，下证：221eeaaa，即证：1eaa．记1eagaa，1e1aga，当0,1a时，0ga，当1,a时，0ga，所以，函数ga的减区间为0,1，增区间为1,，所以，max10gag，所以0ga恒成立，即1eaa．(五)含双参数的函数的最值问题含双参数的函数的最值一般与恒成立问题有关，通常是先通过函数的最值把问题两个参数的等式或不等式，再把其中一个参数看作自变量，构造函数求解．【例5】（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研）已知函数exfxaxb．(1)当0b时，讨论fx的单调性；(2)当0a时，若0fx，求b的最小值．【解析】(1)当0b时，exfxax，exfxa，当0a时，e0xfxa，fx在R上单调递增；当0a时，令0fx有lnxa，当,lnxa时，0fx，fx单调递减，当ln,xa时，0fx，fx单调递增.(2)当0a时，由（1）若0fx，则ln0fa有解即可，即ln0aaab有解，即lnbaaa有解，设lngaaaa，则lngaa，故当01a时，0ga，ga单调递减；当1a时，0ga，ga单调递增.故minln111ga，故当minln1baaa.故b的最小值为1(六)根据fxa恒成立,求整数a的最大值根据fxa恒成立,求整数a的最大值,通常情况是fx有最小值,但无法求出,这种情况下一般设出函数的极值点,把最小值转化为关于极值点的式子,根据极值所在范围,确定最小值的大致范围,由此确定整数a的最大值.【例6】（2023届江西省临川第一中学高三上学期期中）已知函数2e,sin,Rxfxaxxfxxa，其中e2.71828为自然对数的底数.(1)讨论函数fx的单调性，(2)若*Na，当0x时，0x恒成立时，求a的最大值.（参考数据：3e20.1）【解析】（1）由exfxax可得exfxa.当0a时，()0fx¢恒成立，fx在0,单调递增；当0a时，令0fx得lnxa，所以fx在,lna单调递减，在ln,a单调递增；综上所述，当0a时，fx在0,单调递增；当0a时，fx在,lna单调递减，在ln,a单调递增.（2）当0x时，0x成立，当0x时，0x恒成立即2esinxxax，设2esinxxgxx，则2222esin2esine1sin2sinxxxxxxxxxxgxxx，令2e1sin2sinxhxxxxx，则e2cos2xhxxx，设e2cos2xpxx，当π03x时，e1,2cos21xx，故0px；当π3x时，e2,2cos22xx，故0px，综上有0px，故0hx，故hx为增函数，又2π1sin2sin1sin1cos12tan1sin1cos12tan03h，因为4ππ344ee2.7162，故π4e2，所以π4πππ1ππ13π10e121044424424h，故存在唯一零点0π,14x使得00hx，故当00,xx时0,()xggx单调递减当0,xx时，0gx，()gx单调递增，故min0gxgx，又0200000e1sin2sin0xhxxxxx，即020000sine1sin2xxxxx，所以0000200000000ee1sin2esinesin2,xxxxxxxxgxxxx设esin2xqxx，则e2cos20xqxxpx，故qx为增函数，又0π,14x，所以00π1400πesin2esin2213,esin2esin23144xxxx，所以03,4gx，故要2esinxxax且为正整数则a的最大值为3.三、典例展示【例1】（2024届陕西省西安中学高三上学期月考）已知函数ln20fxxaxa.(1)讨论函数fx的单调性；(2)若0a时函数fx有最大值M，且4Ma，求实数a的取值范围.【解析】（1）fx的定义域为0,，由ln20fxxaxa可得1fxax，当0a时，()0fx¢，所以fx在0,上单调递增，当0a时，令0fx，得1xa，所以当10,xa时，()0fx¢，fx单调递增；当1,xa时，0fx，fx单调递减，综上所述，当0a时，fx在0,上单调递增；当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.（2）当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a上是单调递减，所以当1xa时，fx取得极大值，也是最大值，即max1111ln2ln3ln3fxfaaaaaa，因此有ln34aa，得ln10aa，设ln1g