导数与函数的极值、最值问题(解析版)

1/37【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数()fx的定义域并求出函数()fx的导函数'()fx；第二步求方程'()0fx的根；第三步判断'()fx在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值.例1已知函数xxxfln1)(，求函数fx的极值.【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0fx，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()fx的增减性，进而求出函数()fx的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数322()fxxaxbxa在1x处有极值10，则(2)f等于（）A．11或18B．11C．18D．17或18【答案】C【解析】2/37试题分析：baxxxf23)(2,1010232ababa114012232baaaab或33ba．当33ba时,,0)1(3)(2xxf在1x处不存在极值．当114ba时，)1)(113(1183)(2xxxxxf，0)(),1,311(xfx；0)(),,1(xfx,符合题意．所以114ba．181622168)2(f．故选C．考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】设函数21ln2fxxaxbx，若1x是fx的极大值点，则a的取值范围为（）A．1,0B．1,C．0,D．,10,【答案】B【解析】考点：函数的极值．【变式演练3】函数xmxmxxf)1(2)1(2131)(23在)4,0(上无极值，则m_____.【答案】3【解析】试题分析：因为xmxmxxf)1(2)1(2131)(23，所以2'()(1)2(1)21fxxmxmxxm，由'0fx得2x或1xm，又因为3/37函数xmxmxxf)1(2)1(2131)(23在)4,0(上无极值，而20,4，所以只有12m，3m时，fx在R上单调，才合题意，故答案为3.考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.【变式演练4】已知等比数列{}na的前n项和为12nnSk，则32()21fxxkxx的极大值为（）A．2B．52C．3D．72【答案】B【解析】考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数32()(1)fxxaxax有两个不同的极值点1x，2x，且对不等式12()()0fxfx恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】1(,1],22【解析】试题分析：因为12()()0fxfx,故得不等式332212121210xxaxxaxx,即221212121212123120xxxxxxaxxxxaxx,由于2'321fxxaxa,令'0fx得方程23210xaxa,因2410aa,故12122133xxaaxx，代入前面不等式,并化简得4/371a22520aa,解不等式得1a或122a，因此,当1a或122a时,不等式120fxfx成立,故答案为1(,1],22.考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.【变式演练6】已知函数3220fxxaxxa的极大值点和极小值点都在区间1,1内,则实数a的取值范围是．【答案】32a【解析】考点：导数与极值．类型二求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步求出函数()fx在开区间(,)ab内所有极值点；第二步计算函数()fx在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2若函数2xfxexmx，在点1,1f处的斜率为1e．（1）求实数m的值；（2）求函数fx在区间1,1上的最大值．【答案】（1）1m；（2）maxfxe.【解析】试题分析：（1）由(1)1fe解之即可；5/37（2）21xfxex为递增函数且1110,130fefe,所以在区间(1,1)上存在0x使0()0fx，所以函数在区间0[1,]x上单调递减，在区间0[,1]x上单调递增，所以maxmax1,1fxff，求之即可.试题解析：（1）2xfxexm，∴12fem，即21eme，解得1m；实数m的值为1；（2）21xfxex为递增函数，∴1110,130fefe，存在01,1x，使得00fx，所以maxmax1,1fxff，112,1fefe，∴max1fxfe考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围.【变式演练7】已知xexxf1)(.（1）求函数)(xfy最值；（2）若))(()(2121xxxfxf，求证：021xx.【答案】（1）)(xf取最大值1)0()(maxfxf，无最小值；（2）详见解析.【解析】试题解析：（1）对)(xf求导可得xxxxexeexexf2)1()(，6/37令0)(xexxf得x=0.当)0,(x时，0)(xf，函数)(xf单调递增；当),0(x时，0)(xf，函数)(xf单调递减，当x=0时，)(xf取最大值1)0()(maxfxf，无最小值.（2）不妨设21xx，由（1）得当)0,(x时，0)(xf，函数)(xf单调递增；当),0(x时，0)(xf，函数)(xf单调递减，若)()(21xfxf，则210xx，考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明.【变式演练7】已知函数()lnfxxx，2()2gxxax.（Ⅰ）求函数()fx在[,2](0)ttt上的最小值；（Ⅱ）若函数()()yfxgx有两个不同的极值点1212,()xxxx且21ln2xx，求实数a的取值范围.7/37【答案】（Ⅰ）min110()1ln,teefxttte，；（Ⅱ）2ln2ln2ln()133a.【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln10fxx，得极值点为1xe，分情况讨论10te及1te时，函数)(xf的最小值；（Ⅱ）当函数()()yfxgx有两个不同的极值点，即'ln210yxxa有两个不同的实根1212,()xxxx，问题等价于直线ya与函数()ln21Gxxx的图象有两个不同的交点，由)(xG单调性结合函数图象可知当min1()()ln22aGxG时，12,xx存在，且21xx的值随着a的增大而增大，而当21ln2xx时，由题意1122ln210ln210xxaxxa，214xx代入上述方程可得2144ln23xx，此时实数a的取值范围为2ln2ln2ln()133a.试题解析：（Ⅰ）由'()ln10fxx，可得1xe，①10te时，函数()fx在1(,)te上单调递减，在1(,2)te上单调递增，函数()fx在[,2](0)ttt上的最小值为11()fee，②当1te时，()fx在[,2]tt上单调递增，min()()lnfxfttt，min110()1ln,teefxttte，；8/37两式相减可得1122ln2()2ln2xxxx214xx代入上述方程可得2144ln23xx，此时2ln2ln2ln()133a，所以，实数a的取值范围为2ln2ln2ln()133a；考点：导数的应用．【变式演练8】设函数ln1fxx.（1）已知函数2131424Fxfxxx,求Fx的极值；（2）已知函数2210Gxfxaxaxaa,若存在实数2,3m,使得当0,xm时,9/37函数Gx的最大值为Gm,求实数a的取值范围.【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln24；（2）1ln2,.【解析】,'FxFx随x的变化如下表:x0,111,222,'Fx00Fx03ln24当1x时,函数Fx取得极大值10F;当2x时,函数Fx取得极小值32ln24F.③当112a,即12a时,函数fx在10,2a和1,上单调递增,在1,12a上单调递减,要10/37存在实数2,3x,使得当0,xm时,函数Gx的最大值为Gm,则122GGa,代入化简得1ln2ln2104aa.令11ln2ln2142gaaaa,因11'104gaaa恒成立,故恒有111ln20,222gaga时,式恒成立;综上，实数a的取值范围是1ln2,.考点：函数导数与不等式．【高考再现】1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数221xfxxeax有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：122xx.【答案】(0,)试题解析;（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）设0a,则()(2)xfxxe,()fx只有一个零点．（ii）设0a,则当(,1)x时,'()0fx；当(1,)x时,'()0fx．所以()fx在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．又(1)fe,(2)fa,取b满足0b且ln2ab,则223()(2)(1)()022afbbababb,11/37故()fx存在两个零点．（iii）设0a,由'()0fx得1x或ln(2)xa．若2ea,则ln(2)1a,故当(1,)x时,'()0fx,因此()fx在(1,)上单调递增．又当1x时,()0fx,所以()fx不存在两个零点．若2ea,则ln(2)1a,故当(1,ln(2))xa时,'()0fx；当(ln(2),)xa时,'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a单调递减,在(ln(2),)a单调递增．又当1x时,()0fx,所以()fx