20202021学年高考数学考点第四章导数及其应用导数与函数的极值最值理

1导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0x0附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点2.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．概念方法微思考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________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．1．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1fxxlnxx．证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解析】（1）函数()(1)1fxxlnxx．()fx的定义域为(0,)，11()1xfxlnxlnxxx，ylnx单调递增，1yx单调递减，()fx单调递增，又f（1）10，f（2）1412022lnln，2存在唯一的0(1,2)x，使得0()0fx．当0xx时，()0fx，()fx单调递减，当0xx时，()0fx，()fx单调递增，()fx存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()fxf（1）2，又22()30fee，()0fx在0(x，)内存在唯一的根xa，由01ax，得011xa，1111()()(1)10faflnaaaaa，1a是()0fx在0(0,)x的唯一根，综上，()0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．（2019•江苏）设函数()()()()fxxaxbxc，a，b，cR，()fx为()fx的导函数．（1）若abc，f（4）8，求a的值；（2）若ab，bc，且()fx和()fx的零点均在集合{3，1，3}中，求()fx的极小值；（3）若0a，01b„，1c，且()fx的极大值为M，求证：427M„．【解析】（1）abc，3()()fxxa，f（4）8，3(4)8a，42a，解得2a．（2）ab，bc，设2()()()fxxaxb．令2()()()0fxxaxb，解得xa，或xb．2()()2()()()(32)fxxbxaxbxbxba．令()0fx，解得xb，或23abx．()fx和()fx的零点均在集合{3A，1，3}中，若：3a，1b，则2615333abA，舍去．1a，3b，则2231333abA，舍去．33a，3b，则263133abA，舍去．．3a，1b，则2617333abA，舍去．1a，3b，则2533abA，舍去．3a，3b，则263133abA，．因此3a，3b，213abA，可得：2()(3)(3)fxxx．()3[(3)](1)fxxx．可得1x时，函数()fx取得极小值，f（1）22432．（3）证明：0a，01b„，1c，()()(1)fxxxbx．2()()(1)(1)()3(22)fxxbxxxxxbxbxb．△22214(1)124444()332bbbbb…．令2()3(22)0fxxbxb．解得：21111(0,]33bbbx，22113bbbx．12xx，12223bxx，123bxx，可得1xx时，()fx取得极大值为M，2111()3(22)0fxxbxb，令11(0,]3xt，可得：23221ttbt．43211112()()(1)()(1)21tttMfxxxbxttbtt，432261282(21)ttttMt．令32()61282gtttt，22()182482(32)0gtttt，函数()gt在1(0,]3t上单调递减，14()039g．4()0tgt．0M．函数()Mt在1(0,]3t上单调递增，14()()327MtM„．3．（2018•北京）设函数2()[(31)32]xfxaxaxae．（Ⅰ）若曲线()yfx在点(2，f（2）)处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若()fx在1x处取得极小值，求a的取值范围．【解析】（Ⅰ）函数2()[(31)32]xfxaxaxae的导数为2()[(1)1]xfxaxaxe．曲线()yfx在点(2，f（2）)处的切线斜率为0，可得2(4221)0aae，解得12a；（Ⅱ）()fx的导数为2()[(1)1](1)(1)xxfxaxaxexaxe，若0a则1x时，()0fx，()fx递增；1x，()0fx，()fx递减．1x处()fx取得极大值，不符题意；若0a，且1a，则2()(1)0xfxxe…，()fx递增，无极值；若1a，则11a，()fx在1(a，1)递减；在(1,)，1(,)a递增，可得()fx在1x处取得极小值；若01a，则11a，()fx在1(1,)a递减；在1(a，)，(,1)递增，可得()fx在1x处取得极大值，不符题意；若0a，则11a，()fx在1(a，1)递增；在(1,)，1(,)a递减，可得()fx在1x处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是(1,)．4．（2018•北京）设函数2()[(41)43]xfxaxaxae．（Ⅰ）若曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若()fx在2x处取得极小值，求a的取值范围．5【解析】（Ⅰ）函数2()[(41)43]xfxaxaxae的导数为2()[(21)2]xfxaxaxe．由题意可得曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线斜率为0，可得(212)0aae，且f（1）30e，解得1a；（Ⅱ）()fx的导数为2()[(21)2](2)(1)xxfxaxaxexaxe，若0a则2x时，()0fx，()fx递增；2x，()0fx，()fx递减．2x处()fx取得极大值，不符题意；若0a，且12a，则21()(2)02xfxxe…，()fx递增，无极值；若12a，则12a，()fx在1(a，2)递减；在(2,)，1(,)a递增，可得()fx在2x处取得极小值；若102a，则12a，()fx在1(2,)a递减；在1(a，)，(,2)递增，可得()fx在2x处取得极大值，不符题意；若0a，则12a，()fx在1(a，2)递增；在(2,)，1(,)a递减，可得()fx在2x处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是1(2，)．5．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2fxxaxlnxx．（1）若0a，证明：当10x时，()0fx；当0x时，()0fx；（2）若0x是()fx的极大值点，求a．【解析】（1）当0a时，()(2)(1)2fxxlnxx，(1)x．()(1)1xfxlnxx，2()(1)xfxx，可得(1,0)x时，()0fx„，(0,)x时，()0fx…()fx在(1,0)递减，在(0,)递增，()(0)0fxf…，()(2)(1)2fxxlnxx在(1,)上单调递增，又(0)0f．当10x时，()0fx；当0x时，()0fx．6（2）解：由2()(2)(1)2fxxaxlnxx，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211xaxaxxaxxlnxfxaxlnxxx，令2()(12)(1)(1)hxaxxaxxlnx，()4(421)(1)hxaxaxalnx．当0a…，0x时，()0hx，()hx单调递增，()(0)0hxh，即()0fx，()fx在(0,)上单调递增，故0x不是()fx的极大值点，不符合题意．当0a时，12()84(1)1ahxaalnxx，显然()hx单调递减，①令(0)0h，解得16a．当10x时，()0hx，当0x时，()0hx，()hx在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，()(0)0hxh„，()hx单调递减，又(0)0h，当10x时，()0hx，即()0fx，当0x时，()0hx，即()0fx，()fx在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，0x是()fx的极大值点，符合题意；②若106a，则(0)160ha，161644(1)(21)(1)0aaaaheae，()0hx在(0,)上有唯一一个零点，设为0x，当00xx时，()0hx，()hx单调递增，()(0)0hxh，即()0fx，()fx在0(0,)x上单调递增，不符合题意；③若16a，则(0)160ha，221(1)(12)0haee，()0hx在(1,0)上有唯一一个零点，设为1x，当10xx时，()0hx，()hx单调递减，()(0)0hxh，()hx单调递增，7()(0)0hxh，即()0fx，()fx在1(x，0)上单调递减，不符合题意．综上，16a．6．（2017•全国）已知函数32()3(1)12fxaxaxx．（1）当0a时，求()fx的极小值；（Ⅱ）当0a„时，讨论方程()0fx实根的个数．【解析】2()36(1)123(2)(2)fxaxaxaxx．（1）当0a时，令()0fx，得2x或2xa；①当01a时，有22a，列表如下：x(,2)22(2,)a2a2(,)a()fx00()fx极大值极小值故极小值为22124()afaa．②当1a时，有22a，则2()3(2)0fxx…，故()fx在R上单调递增，无极小值；③当1a时，有22a，列表如下：x2(,)a2a2(,2)a2(2,)()fx00()fx极大值极小值故极小值为f（2）124a．（Ⅱ）解法一：①当0a时，令2()3123(4)fxxxxx，得0x或4x，有两个根；②当0a时，令()0fx，得2x或2xa，有202a，列表如下：x2(,)a2a2(,2)a2(2,)()fx00()fx极小值极大值8故极大值为f（2）1240a，极小值22124()0afaa，因此()0fx有三个根．解法二：①当0a时，令2()3123(4)fxxxxx，得0x或4x，有两个根；②当0a时，2()[3(1)12]fxxaxax，对于二次函数23(1)12yaxax，0x不