导数与函数的极值、最值问题(解析版).docx

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1、【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/(X)的定义域并求出函数/(X)的导函数F(X);第二步求方程/(X)=O的根；第三步判断fa)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函数F(X)=+Inx,求函数f()的极值.X

2、【答案】极小值为1,无极大值.试题解析：因为/(x)=L+lnX,所以/=-L-L三.令/(X)=O得，%=1.XJrXJr又/(x)的定义域为(0,+8),由尸(x)0得0x0得，Xl.所以X=I时，/(“有极小值为1,无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令f3)=o,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/(X)的增减性，进而求出函数/(X)的极大值和极小值.【变式演练1】A.11或18【答案】C【解析】试题分析：函数f(x)=d+r2+b+/在R=I处有极值I。，那么“2)等于()B.11C.18D.17或18fx)=3x2+2ax+b,3+20+b=0+

3、a+b+a2=10b=-3-2aa2-a-2=0=4r或b=-”-3时,r*)=3(x-1)20,.在X=I处不存在极值.当(4时,b=3/?=-!f,(x)=3x2+8x-11=(3x+Il)(X-1),.,.x(一,l),(x)0,符合题=4意.所以.(2)=8+16-22+16=18.应选C.b=-l考点：函数的单调性与极值.【变式演练2设函数/(x)=lnx-Lr2.,假设=是f()的极大值点，那么。的取值范围为()A.(-1,0)B.(-l,+oo)C.(0,+)D.(-,-l)(0,+)【答案】B【解析】试题分析：0,f(x)=L-0x-b,由f(l)=O得b=l-4,2X:.,(

4、x)=-0x-l=I+1，若O,由,(x)=0,得x=l,当0O,此XX时f(x)单调递增；Xl时，(幻0,此时/a)单调递减；所以X=I是/(X)的极大值点.若1,解得-1T.故选B.考点：函数的极值.【变式演练3】函数/(x)=L3(加+l)f+2(Zn-I)X在(0,4)上无极值，那么相=.【答案】3【解析】试题分析：因为f(x)=X3-(wl)x2+2(w-l)x,所以/(x)=f-(m+i)+2(m-I)=(X-2)(冗一加+1),由/(无)=O得X=2或X=机一1,又因为函数f(x)=g3-g(z+i)2+2(zw-1)在(0,4)上无极值，而2(0,4),所以只有加-1=2,加=

5、3时，/(x)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】等比数列的前项和为SzI=2+Z,那么/(x)=d一履2-2+的极大值为()C. 3D.A.2B.-2【答案】B【解析】试题分析：因为等比数列02的前项和为Sn=2宜+左，所以SE=2=+M力2),两式想减化简得,an=2n-n2),又q=S1=l+k,所以，1+左=2X=，k=一!/(x) = x3 + -x2-2x+L,(x) = 3x2+x-2,可得力在(一Vs/2、事上递增，在T1;上递减，因此/(X)的极小值为/(T)=g,故选B.考点：1、等比数列的性质；2

6、、利用导数研究函数的单调性及极值.【变式演练5设函数AX)=d+(i+)2+ar有两个不同的极值点石，/，且对不等式/(M)+X2)O恒成立，那么实数的取值范围是.【答案】(-8,TU；,2【解析】试题分析：因为U1)+U2),故得不等式M+E+(l+)(M+,+(+2)O,即(X+冗2)(百+/Y-3芭/+(1+)(ix2)22XjX2+(x1+x2)0,由于,(x)=3x22(l+a)x+a,令,(x)=0得方程3f+2(l+)x+=0,因2人、X1+X,=(1+67)=4(fl2-l)0,故3,代入前面不等式，并化简得h=i(l+4)(2q2-54+2)0,解不等式得-l或;2,因此，当

7、a-1或g2时，不等式/(内)+/(w)Wo成立,故答案为(F,TUg,2.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函数x)=d+r2+2go)的极大值点和极小值点都在区间(TI)内,那么实数。的取值范围是.【答案】3a.【解析】试题分析：(1)由广二解之即可；(2)/(x)=+2x-l为递增函数且r=e+l0J(T)=e-30,r(T)=-3O.【答案】F(X)取最大值f(x)max=F(O)=T,无最小值；(2)详见解析.MtFrJ试题分析：(D分析函数的导数，并且求函数的极值点，并且分析极值点两侧的单调性，求函数的最值；(2)设再看，根据(1)可知

8、看0x2,然后采用分析法的证明思路，转化为证明/(再)-/(-x1)O,设g(x)=/(X)-f(-x),(x0),根据函数的导数,可知函数是单调递增函数，所以g(x)0,函数/(x)单调递增；当X(0,+co)时，,(x)0,函数/(x)单调递增；当x(0,+8)时，,(x)O,函数/(x)单调递减，假设/(X)=f(%2)，那么王00)上的最小值;(II)假设函数y=(x)+g(x)有两个不同的极值点看,x2v)且-玉ln2,求实数。的取值范围.1八1fln2-ln-l.tnt,t-33.e【解析】试题分析：(I)由f(x)=lnx+l=O,得极值点为X=L分情况讨论OUJ及rL时，eee

9、函数/()的最小值；(II)当函数y=f()+g()有两个不同的极值点，即y=lnx-2xl+=0有两个不同的实根xl,x2(x1G(x)m.n=G()=In2,乙存在，且-玉的值随着的增大而增大，而当-Xl=In2时，由题意,1C,W=4%代入上述方程可得=4x=&n2,此时实数。Inx2-Lx1+l+=03的取值范围为21n2-ln(52)-l.33试题解析：(I)由f(x)=InX+1=0,可得X=,，e.r0)上的最小值为/(一)=ee当fj时，外在上+2上单调递增，e,/Wmin=ZW=Hnf,1n1，/ee(x)min=；rlnt,t-两式相减可得In=2(玉-%,)=-21n2X

10、24r2=4内代入上述方程可得彳2=4玉=IIn2,此时o=ln2-ln(容)一1,所以，实数。的取值范围为gln2-ln(容)-1；考点：导数的应用.【变式演练8】设函数刃)=lnx+L1Q1(1)函数F(X)=/(x)+j2-1+“求产(%)的极值；(2)函数G(X)=/(戈)+加-(24+l)x+(o0),假设存在实数机(2,3),使得当x(0,n时,函数G(X)的最大值为G(m),求实数。的取值范围.【答案】(1)极大值为0,极小值为M2-2；(2)(l-ln2,+).【解析】试题分析：(D化简F(X)=Inx+=x2-=x+二，利用导数作为工具可求得其单调区间和极值j(2)化简424

11、G(X)=Inx+0?-(2a+l)x+4+l,求导后对。进行分类讨论，利用单调区间来求得实数的取值范围.试题解析：(1)由已知条件得，F(x)=lnx+-+,且函数定义域为(0,+),所以s113x2-3x+2(XT)(X-2)入、八/日CF(x)=-+-x-=-,令F(X)=O寸X=I或x=2,X/V尸,尸(X)随X的变化如下表：X(OJ)1(1,2)2(2,+oo)FO)+00+F(X)Z0、1C3In24Z当x=l时,函数尸取得极大值/(I)=0;当/=2时,函数F(X)取得极小值*2)=M2-；.(2)由条件，得G(x)=lnx+0x2-(2a+l)x+0时，令GYx)=O有弋=1或

12、X=二XXIa当时，函数Ga)在(O,+oo)上单调递增，显然符合题意.当51,即OG(1),解得017n2,又lTn2,所以实数的取值范围是；lTn2,gj当以1,即时,函数F(X)在(0,/)和(1,+8)上单调递增，在,1)上单调递减,要存在实数x(2,3),使得当戈(0,m时，函数G(X)的最大值为G(M,那么GK)0(*).令()=ln(26f)+ln2-ll,因ln2-；0,. J时,(*)式恒成立;综g0恒成立,故恒有g()gj=上，实数。的取值范围是(I-In2,+8).考点：函数导数与不等式.【高考再现】I.【2023高考新课标1卷】(本小题总分值12分)函数/(x)=(x-

13、2)炉+(x-l)2有两个零占求。的取值范围；(II)设Xg是力的两个零点,证明：xl+X22.【答案】(0,”)【解析】试题分析：求导:根据导函数的符号来确定:主要要根据导函数零点来分类；3)借组第一问的结论来证明,由单调性可知须+毛f(2-w):即/(2-)l时：g(x)l时：g(x)O,从而g(w)=f(2-xz)0:故再+w0,那么当xw(-oo,l)时J(x)0.所以/(幻在(一oo,1)上单调递减,在(l,+)上单调递增.又/(1)=-e,/(2)=4,取b满足b0,b-(b-2)+a(b-1)2=a(b2-Z?)0,故/(%)存在两个零点.(iii)设0,因此/(x)在(l,+)

14、上单调递增.又当1时J(X)O,所以/(X)不存在两个零点.假设l,故当x(l,ln(-2)时，,(x)0；当x(ln(-2),+)时，八幻0.因此/(x)在(l,ln(-2。)单调递减,在(ln(-2q),+)单调递增.又当r1时,/*)0,所以/Q)不存在两个零点.综上,的取值范围为(0,+8).(II)不妨设mx2,由(I)知(-oo,l),%2e(l,00),2(-,l)J(x)在(YOJ)上单调递减,所以X+x2/(2-x2),BPf(I-X2)1时,g(x)1时,g(x)0.从而g(x2)=(2-巧)v,故石+42/)+对于任意的X41,2成立，即证&v)-r(x)j解.(1) 0

15、d,a当 x(0,l)或x(J，+8)时，r)o, Fa)单调递增;(2)。= 2 时,当X(1,J2)时，,(x)2时，00,/(X)单调递增;当X(j2,l)时，/(x)0,Z?0,。l,bWl).设。=2/=；.(1)求方程Fa)=2的根;(2)假设对任意xR,不等式/(2元)mf(x)-6恒成立，求实数次的最大值；(3)假设0l,函数g(x)=-2有且只有1个零点，求的值。【答案】(1)。4(2)1【解析】试题分析:(1)根据指数间倒数关系2x-2-=l转化为一元二次方程(2)2-22x+l=0,求方程根根据指数间平方关系2+2-触=(2x+2-x)2-2,将不等式转化为一元不等式，再

16、利用变量分离转化为对应函数最值，即帽C、-4的最小值,最后根据基本不等式求最值(2)先分析导函数零点情况：唯一/(x)零点演，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点天取得，而g(O)=/(O)-2=ao+6o-2=O,因此极值点天必等于零，进而求出ab的值.本题难点在证明毛=0,这可利用反证法：若毛0,则可寻找出一个区间(不吃)，由8(再)0结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取再=三:电=IOga2；若毛0,同理可得.试题解析：(1)因为。=2,b=g,所以/(幻=2+2一.方程/(x)=2,即2、+2一=2,亦即(2)2-2x2+1=0,

17、所以(2v-1)2=0,于是2=1,解得X=0.由条件知2X)=22x2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)久*(x)-6对于xR恒成立，且f(x)O,所以7(/)*对于XR恒成立.f。)而噜&+T2,)荒 且(A。)?+4 i/(O)所以m4,故实数7的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点，三(O)=(O)-2=o+o-2=O,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=*ln+bXlnb,又由01,Z?1知InaO,所以g(幻=/?(%)是(-,+)上的单调增函数,于是当x(-8,%),g(x)Vg(A)=0;当x(%,+8)时，g(x

18、)g,()=O.因而函数g(x)在(-8,不)上是单调减函数，在30,y)上是单调增函数.下证Ao=0.假设与0,那么于是g(5)g(O)=O,又g(IOga2)=。舐2+aJ-2ak,fl2-2=0,且函数g(x)在以，和IOga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在会和log.2之间存在g(x)的零点，记为王.因为所以Iog“20,又会0,所以0,同理可得，在和log之间存在g*)的非O的零点，矛盾.因此，x0=0.于是一IJlg=I,故n+Inb=O,所以次?=1.InZ?考点：指数函数、根本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结

19、合函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等.但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.4. 2023高考天津理数】(本小题总分值14分)设函数Jf(X)=(1一1)3-0x-b,xR,其中,bA求f(x)的单调区间；(II)假设/(x)存在极值点与，且/(%)=/(%)，其中MWX0，求证：x1+2x0=3;(IIl)设。0,函数g(x)=(x),求证：g(x)在区间上的最大值不小于4【答案】(I)详见解析(II)详见

20、解析(III)详见解析【解析】试题分析：I)先求函数的导数：f(x)=3(x-l)2-tj再根据导函数零点是否存在情况,分类讨论：当0时，有/(x)0恒成立，所以的单调增区间为(-8必).当。0时，存在三个单调区间(ID由题意得(七一1)，=(,计算可得了(3-2x)=(x0)再由)=(%)及单调性可得结论(11D实If(II/(-I质研究困数g(x)最大值：主要比较Df(T),3-3的大小即可，分三种情况研究当03时，1一叵02l+息,当2a3时，3342也aJ、.j3a.3a23a枷八3._1V5、须_1-Ol-1-21-,当O4V时，0l-l-0时，令r*)=0,解得=+半，或=牛.当X

21、变化时，fx),F(X)的变化情况如下表：X(一。0,1一华)1ya13y3a也Cl(1-J+-)3316a3/1百4、(l+-y,+8),+OO+/()单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以/3)的单调递减区间为(1-苧,1+苧)，单调递增区间为(-8,1-羊)，(1+宁,+8).(III)证明：设g(x)在区间0,2上的最大值为M,maxx,y表示Ky两数的最大值.下面分三种情况同理：(1)当白3时，1浮0,-l-Z)=max-l+(+0)IJa-I-(+h)a-+(a+b),a+bOULy=,所以M=-l+W2.a-(a+b)1a+bO当*3时，1-空0l-与1+与o或)vo的解集.(

22、4)由Fa)o()vo)的解集确定函数yu)的单调增(减)区间.假设遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间.2.由函数段)在3，。)上的单调性，求参数范围问题，可转化为/()NO(或Q)0O)恒成立问题，要注意“=是否可以取到.5.【2023高考新课标3理数】设函数/()=cos2%+m-I)(CoSX+1),其中0,iS(x)的最大值为A.(I)求f,(x)；(II)求A;(III)证明Ir(X)I2A.【答案】(I ) f (x) = -2a sin 2x - (a -1) sin X ； ( H ) = 2-3,04(/+6 + l 19-a8 5(In)见解3-2,1析.【解析】

23、试题分析：(I)直接可求/(力；(II)分aLOl两种情况，结合三角函数的有界性求出H,但须注意当Ol时还须进一步分为0O4l两种情况求解,；11I)首先由(I得到ft(x)2a-a-l,然后分l,Ogg1三种情况证明.试题解析：(I)f(%)=-2asin2x-(a-)sinx.(II)当l时,If(x)=asin2+(-l)(cosx+1)+2(-l)=3a-2=/(0)因此，A=3a-2.4分当0“l时，将/(/)变形为/(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.令8(。=2。+(一1一1,那么A是g(r)在一1,1上的最大值，g(T)=0,g=3。一2,且当工=匕时，g)取得极小值，

24、极小值为g(E)=一二DLI=一土4a4a848a令1-.4a35(i)当Og时，g(r)在(-L1)内无极值点，Ig(T)I=a,Ig(I)I=2-3,g(T)gQ),所以4=2-3.（三）当?0,g(-l)g(l)g(.54aPlAaII/1IQXl+7)(八由、|a,AaIa+6df+l又Ig(二一)ITg(T)I=O，所以月=|g(-)I=.4a8a4a82-3a.0a56411C八s-al.9分8。53a-2ta1(III)由(I )当0时,5当! 1时，5Wl/WI=I-2sin2x-(a-1)sinx2a+a-.f(x)+a2-4a2(2-3a)=2A.A=-+-1,所以(x)1

25、+q2A.88。4当l时，(x)34-l6-4=2A,所以Ifa)I2A考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性.【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：(1)利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如y=Asin(6r+)+8的形式；(2)结合自变量X的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解.6.12023高考浙江理数】(本小题15分)3,函数/(x)=min2-l,Jt2-20r+4o-2),其中minp,q=(I)求使得等式尸(x)=f-2办+4。-2成立的X的取值范围；（三）(i)求尸(x)的最小值用(ii)求F(X)在区间0,6上的最大值M

26、(a).【答案】2,2a;(II)1)tna)=；(11)M(o)=2+22,4【解析】试题分析：(I)分别对xl和xl两种情况讨论F(x),进而可得使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的X的取值范围；(II)(i)先求函数/(x)=2x-l,g(x)=2-20r+4q-2的最小值，再根据F(X)的定义可得F(X)的最小值加(a)；Iii)分别对0r2和24x6两种情况讨论F(X)的最大值，进而可得F(X)在区间0,6上的最大值Ms).(ii)当0x2时，Fa)(x)max(0)(2)=2=F(2),当2x6时，F(X)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-80=maxF(

27、2),F(6).所以，/、34-8,36f0)有最小值.设g(x)的最小值为Xh(a)f求函数不。)的值域.【答案】(I)详见解析；(II)(1.【解析】试题分析：(I)先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(o,+8)时，/(幻/(0)证明结论；（三）用导数法求函数g(x)的最值，在构造新函数h()=-,又用导数法求解.+21/、(x-2)ex+a(x+2)x+2.(IDgM=-=5-()+XX由知，/(x)+4单调递增，对任意0,l),(0)+=-Ieo,f(2)+=40,因此，存在唯一(0,2,使得f(x0)+a=0,即g1)=0,当OeX/时，f(x)+aO,g,(x)/时，/(x)+

28、0,()0,g(x)单调递增.因此g*)在X=XO处取得最小值，最小值为/、e-(/+l)(XO)(Xo+D_*So)=2=2=-Xo+2考点：函数的单调性、极值与最值.【名师点睛】求.函数单调区一间的.步骤J(1)确定函数7U)的定义域；求导数/(x);由/Cr)0(fa)VO)解出相应的X的范围.当/(x)0时，r)在相应的区间上是增函数；当/(x)V0时，为r)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间.注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比拟才能下结论；另外注意函数最值是个“整体概念，而极值是个“局部概念.8.【2023年高考四川理数】(本小题总

29、分值14分)设函数/(x)=ar2-4-lnx,其中R.(I)讨论兀0的单调性;(II)确定a的所有可能取值，使得/(x)L-e在区间(1,+8)内恒成立(e=2.718X为自然对数的底数).,+8)时，,(x)0,【答案】(I)当x(0,/=)时，,(x)l时，XXy(x)=20x-l-e1j,(x)=0的解不易确定，因此结合(I)的结论，缩小的范围，设Xx1一Ig(x)=f-并设s(力=ei-x,通过研究S(X)的单调性得IB寸，g()0,从而Xexe/(x)0,这样得出a0不合题意，又Owg时，/(x)的极小值点X=五1,目/(-=)x-l+-l-Ao,得此时应力单调递增，从而有)%(i

30、)=o,得出结论.XjrX试题解析：(Ifx)=2ax-=-(x0).XX当()时，fx)0时,由fx)=O,WX=-=.此时，当x(0,7L)时，*,()0,/5)单调递增.(II)令g。)二一一!,s(x)=ex-l-x.Xex那么5)=尸一1.而当X1时，5,(x)0,所以S(X)在区间(1,+8)内单调递增.又由S=0,有S(X)0,从而当X1时，/(x)0.当。0,xl时，f(x)=a(x2-1)-InXg(x)在区间(l,+)内恒成立时，必有O.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.【名师点睛】此题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力.求函数的单调性，根本方法是求尸(幻，解方程尸(X)=0,再通过Jr(X)的正负确定八幻的单调性；要证明函数不等式/(x)g(x),一般证明/(x)-g*)的最小值大于0,为此要研究函数(x)=(x)-g*)的单调性.此题中注意由于函数以外有极小值没法确定，因此要利用己经求得的结论缩小参数取值范围.比拟新颖，学生不易想到.有一定的难度.【反应练习】1 .2023届新疆生产建设兵团二中高三上月考二数学试卷，文9)假设/*)=/3+62+以一。2一7。在冗=1处取得极大值10,