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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载【高考位置】导数在争论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、不等式问题的帮助工具上升为解决问题的必不行少的工具,特殊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显现,对于导数问题中求参数的取值范畴是 近几年高考中显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 利用导数争论函数的极值 使用情形：一般函数类型解题模板：第一步x 运算函数f x 的定义域并求出函数f x 的导函数f x ；其次步求方程f 0的根；第三步判定f x 在方程的根的左、右两侧值的符
2、号；第四步利用结论写出极值 . 例 1 已知函数f1lnx,求函数 f x 的极值 . x【答案】微小值为 1 ,无极大值 . 【点评】求函数的极值的一般步骤如下：第一令f 0,可解出其极值点,然后依据导函数大于 0、小于 0 即可判定函数f x 的增减性,进而求出函数f x 的极大值和微小值）【变式演练 1】已知函数f x 3 x2 axbx2 a 在x1处有极值 10,就f2等于（A 11 或 18 B 11 C 18 D17 或 18 【答案】 C 【解析】名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 试题分析：fx3x
3、 22axb,1精品资料b2欢迎下载ba32a0a4或a332 a0aba10a 212b11b3当a3时 ,fx 3 x1 2,0在x1处 不 存 在 极 值 f当0a4时 ,b3b11fx3 x28 x113 x11 x1 ,x111, ,fx 0；x,1,x,符合题意所3以a4f2 816221618应选 Cb11考点：函数的单调性与极值【变式演练 2】设函数fxlnx1 2ax20,bx ,如x1是 fx 的极大值点,就 a 的取值范畴为（）B1,A1,0, 1C 0,D【答案】 B 【解析】考点：函数的极值【变式演练 3】函数fx 1x31m1 x22m1 x在0 ,4上无极值,就
4、m_. 32【答案】 3【解析】名师归纳总结 试题分析：由于fx1 3x31m1 x222 m1 x,fx0得x2或xm1,又由于2所以f x2 m1 x2 m1xxm1,由第 2 页,共 37 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 函数fx 1x31m1 x22m1 x精品资料4欢迎下载0,4 ,所以只有m12,m3在0,上无极值,而 232时, fx 在 R 上单调,才合题意,故答案为3 . x32 kx2 x1的极大考点： 1、利用导数争论函数的极值；2、利用导数争论函数的单调性. 【变式演练4】已知等比数列 a n的前 n 项和为S nn 21k
5、 ,就f x 值为（）D7 2A2 B5 2C3 【答案】 B 【解析】考点： 1、等比数列的性质； 2、利用导数争论函数的单调性及极值【变式演练5】设函数f x 3 x1a x2ax 有两个不同的极值点1x ,x ,且对不等式f x 1f x 20恒成立,就实数 a 的取值范畴是【答案】, 11,22【解析】名师归纳总结 试 题 分 析 ： 因 为f x 1f x 20, 故 得 不 等 式3 x 13 x 21a2 x 1x2a x 1x 20, 即2x 1x 2x 1x 223 x x 1 21ax 1x 222x x 1 2a x 1x 20, 由于fx2 3 x2 1a xa, 令f
6、x0得方程32 x2 1a xa0,因4a2a10x 1x 2a2 1 3a, 代 入 前 面 不 等 式 , 并 化 简 得, 故x x 23第 3 页,共 37 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1a2 a25 a20,解不等式得a精品资料a欢迎下载a1或1 2a2时, 不等式1或1 22,因此 , 当fx 1fx 20成立 ,故答案为, 11,2. 1,1 内, 2考点： 1、利用导数争论函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法. 【变式演练 6】已知函数fx3 xax2x2a0的极大值点和微小值点都在区间就实数 a 的取值范畴是【答案】3
7、a2【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形：一般函数类型解题模板：第一步求出函数f x 在开区间 , a b 内全部极值点；. 其次步运算函数f x 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 如函数fxex2 xmx,在点 1,f1处的斜率为e1（1）求实数 m的值；（2）求函数 fx 在区间f1,1 上的最大值【答案】（1）m1；（2）xmaxe. 【解析】名师归纳总结 试题分析：（1）由f1e1解之即可；第 4 页,共 37 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （2）fx
8、x e2 x1为递增函数且精品资料e1欢迎下载1e130,所以在区间 1,1 上存f10,f在0x 使fx 00,所以函数在区间 1,x 0上单调递减,在区间2x 0,1上单调递增,所以fxmaxmaxf1 ,f1,求之即可 . f1e2m,即eme1,解得m1；试题解析：（1）fxx e2 xm,实数 m的值为 1；（2）fxe x2x1 为递增函数,f1e10,f. 1fe130,存在x 01,1,使得fx 00,所以fxmaxmaxf1 ,1,f1e12,f1e,fxmaxf1e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】此题考查导数的几何意义、导数与函数的单调
9、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,考查题型有挑选题、填空题,也常显现在解答题的第（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畴 . 【变式演练 7】已知 f x xx 1 . e（1）求函数 y f x 最值；（2）如 f x 1 f x 2 x 1 x 2 ,求证：x 1 x 2 0 . 【答案】（1）f x 取最大值 f x max f 0 1,无最小值；（2）详见解析 . 【解析】试题解析：（1）对fx求导可得fx exxx1x ex,2 ex e名师归纳总结 -
10、- - - - - -第 5 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 令fxex0得 x=0. 精品资料欢迎下载x当x0,时,fx0,函数fx单调递增；当x0 ,时,fx0,函数fx单调递减,当 x=0 时,fx取最大值fx maxff 0 1,无最小值 . （2）不妨设x 1x2,由（ 1）得x单调递增；当x0,时,fx0,函数当x0 ,时,fx0,函数fx单调递减,如fx 1fx2,就x 10x2,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f x xlnx,g x x2ax2. x 2且x 2x 1ln 2,求实数 a 的
11、取（）求函数f x 在 , t t2t0上的最小值；x x 1 2x 1（）如函数yf x g x 有两个不同的极值点值范畴 . 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【答案】（）f x mint1 e,t11精品资料a欢迎下载lnln 21. e；（）2 3ln 2ln , t t3e【解析】名师归纳总结 - - - - - - -试题分析：（）由f lnx10,得极值点为x1,分情形争论0t1及t1时,函eee数fx的最小值；（）当函数yf x g x 有两个不同的极值点,即ylnx2 x1a0有两个不同的实根x
12、x x 1 2 1x 2,问题等价于直线ya 与函数G x lnx2x1的图象有两个不同的交点,由Gx 单调性结合函数图象可知当aG x minG1 2ln 2时,x x 存在,且 1 2x 2x 的值随着 a的增大而增大, 而当x 2x 1ln 2时,由题意lnx 12x 11a0,x 24x 1lnx 22 x 21a0代入上述方程可得x24x 14ln 2,此时实数 a 的取值范畴为a2ln 2lnln 21. 333试题解析：（）由f lnx10,可得x1,e0t1时,函数f x 在 ,1上单调递减,在1,t2上单调递增,eee函数f x 在 , t t2t0上的最小值为f1 e1,e
13、当t1时,f x 在 , t t2上单调递增,ef x minf t tlnt ,f x mint1 e,t1；eln , t t1e第 7 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 两式相减可得lnx 12x 1x 22ln 2精品资料欢迎下载x 2x 24x 代入上述方程可得 1x 224x 14ln 2,1；3此时a2ln 2lnln 21,33ln 2lnln 2所以,实数 a 的取值范畴为a33考点：导数的应用名师归纳总结 【变式演练 8】设函数ffxlnx1. 11,求 F x 的极值；m2,3,使得当x0,m 时,fx1x23 2x（1）已知函数Fx44（
14、2）已知函数G xx2 ax2 axa a0,如存在实数第 8 页,共 37 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载函数 G x 的最大值为 G m ,求实数 a 的取值范畴 . 【答案】（1）极大值为 0 ,微小值为ln 23；（2） 1 ln 2,. 4【解析】F x,Fx 随 x 的变化如下表 : x0,1F11x1,222,2ln 23. Fx00F xln 23 40当x1时,函数 F x 取得极大值0;当2时,函数 F x 取得微小值F4当1 2a1, 即a1时, 函数 fx 在0,1 2a和 1,上单调递增 , 在1 ,1
15、 2a上单调递减 , 要2名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 存在实数x2,3,使得当x0,精品资料欢迎下载G1G2,代入化m 时, 函数 G x 的最大值为 G m ,就2 a简得ln2 a1ln 210. 令g aln 2a11ln 21a1,因4a4a2ga1110恒成立 , 故恒有g ag1 2ln 21 20,a时,式恒成立 ; 综a4a2上,实数 a 的取值范畴是1ln 2,. 考点：函数导数与不等式【高考再现】1. 【2022 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）已知函数fxx2exa x12有
16、两个零点. I 求 a 的取值范畴；II 设 x1,x2是 fx 的两个零点 ,证明：x 1x 22. 2 a 【答案】 0,1x1 e x试题解析 ;（）f x1 e x2 a x名师归纳总结 （i）设a0,就f x xx 2 e ,f x 只有一个零点时,f 0所以f x 在 ,1上单（ii）设a0,就当x,1时,f 0；当x1,调递减 ,在 1, 上单调递增0且blna,就第 10 页,共 37 页又f1e,f2a ,取 b 满意b2f b ab2a b2 1a b23b0, 22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故f x 存在两个零点精品资料欢
17、迎下载（iii ）设 a 0 ,由 f 0 得 x 1 或 x ln 2 a 如 a e ,就 ln 2 1 ,故当 x 1, 时, f 0 ,因此 f x 在 1, 上单调递增又当 x 12时, f x 0 ,所以 f x 不存在两个零点如 a e ,就 ln 2 1 ,故当 x 1,ln 2 时, f 0；当 x ln 2 , 时, f 0因此2f x 在 1,ln 2 单调递减 ,在 ln 2 , 单调递增又当 x 1 时, f x 0 ,所以 f x 不存在两个零点综上 , a的取值范畴为 0, ,2x 22,1,f x 在 ,1上单调递（）不妨设x 1x ,由（）知x 1,1,x 2
18、1,减,所以x 1x 22等价于f x 1f2x 2,即f2x 22010,所以由于f2x2x e2x 2a x 22 1,而f x 2x22x ea x 2f2x 2x e2x 2x22x e 0设g x 2 xexx2x e ,就g x x2 1 exx e所以当x1时,g x 0,而g10,故当x1时,g x 从而g x 2f2x 20,故x 1x 22考点：导数及其应用2. 【2022 高考山东理数】 本小题满分 13 分 已知f x fa xlnx2x21,aR. 对于任意的x1,2成立 . x（ I）争论 x 的单调性；x3（ II）当a1时,证明f x f2【答案】（）见解析；（
19、）见解析【解析】名师归纳总结 试题分析：（）求f x 的导函数,对 a 进行分类争论,求f x 的单调性；第 11 页,共 37 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）要证f fx3对于任意的精品资料欢迎下载fx f/ x3,依据单调性求解 . x1,2成立,即证22（1）0a2,21,a当x 0 1,或 x2,时,f/ x 0,f x 单调递增；单调递增；a当 x,12时,f/ x 0,fx 单调递减；a（2）a2时,21,在 x0 ,内,f/ x0,fx a（3）a2时,021,f/ x 0,fx 单调递增；a 0 ,2或x当x ,1时,a当 x
20、21, 时,f/ x 0,f x 单调递减 . a综上所述,名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - （）由（）知,a1时,精品资料欢迎下载/ 2 x 1 1 2 2f x f x ln x 2 1 2 3 x x x xx ln x 3 12 23 1,x ,1 2,x x x令 g x x ln x , h x 3x x 12x 23 1,x ,1 2 . 就 f x f / x g x h x ,由 g / x xx 1 0 可得 g x g 1 1,当且仅当 x 1 时取得等号 . 2又 h x 3 x4 2 x
21、 6,x设 x 3 x 22 x 6,就 x 在 x 2,1 单调递减,由于 1 ,1 2 10,考点： 1.应用导数争论函数的单调性、极值；2.分类争论思想 . 【名师点睛】此题主要考查导数的运算、应用导数争论函数的单调性与极值、分类争论思想 .此题掩盖面广,对考生运算才能要求较高,是一道难题.解答此题,精确求导数是基础,恰当名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载分类争论是关键,易错点是分类争论不全面、不完全、不恰当,或因复杂式子变形才能差,而 错漏百出 .此题能较好的考查考生的规律思维才能、基本
22、运算才能、分类争论思想等 . 3. 【2022 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）已知函数f x axbxa0, b0,af1, b1.设a2,b1. 2（1）求方程f x 2的根; mf 6恒成立,求实数m的最大值；（2）如对任意 xR,不等式f2 x2有且只有 1 个零点,求ab的值；（3）如0a1, b ,函数g x【答案】（1）0 4（2）1 【解析】试题解析：（1）由于a2,b1,所以f x 2x2x. 2名师归纳总结 方程f x 2,即 2x2x2,亦即x 2 222x10,44,第 14 页,共 37 页所以2x2 10x,于是 21,解得x0. f x 22. 由条件知f2
23、2 2x22x2xx 2 22由于f2 mf x 6对于 xR恒成立,且f x 0,所以mf x 24对于 xR恒成立 . 4,且 02f x 而f x 24f x 42f x 4f x f x f x f0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以m4,故实数 m的最大值为 4. 精品资料欢迎下载（2）由于函数g x f x 2只有 1 个零点,而g0f02a00 b20,所以 0 是函数g x 的唯独零点 . 由于g x axlnabxlnb ,又由 0a1,b1知 lna0,lnb0,所以g x 0有唯独解x 0log lna. lnba令h x g
24、 x ,就 h x axlnabxln axlna2 bxln 2,从而对任意 xR,h x 0,所以g x h x 是 , 上的单调增函数,于是当x,x 0,g g x00；当xx 0,时, g x g x00. 因而函数g x 在,x 0上是单调减函数,在x 0,上是单调增函数 . 下证x 00. 如x 00,就x0x 00,于是gx 0g00,22又gloga2alog 2 alog ba22aloga220,且函数g x 在以x 和 log 2 a2为端点的闭区间上的图象不间断, 所以在x 和 log 2 a2之间存在g x 的零点,记为1x . 由于 0a1,所以 log 20又x0
25、0,所以x 10与“ 0 是函数g x 的唯独零点” 冲突 . 2如x 00,同理可得,在x 和 log 2 2之间存在g x 的非 0 的零点,冲突 . 因此,x 00. 于是lna1,故 lnalnb0,所以ab1. lnb考点：指数函数、基本不等式、利用导数争论函数单调性及零点【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,结合函数的单调性、草图确 定其中参数范畴从图象的最高点、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、周期性等但需留意探求与论证之间 区分,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
26、零点个数 . 4. 【2022 高考天津理数】（本小题满分 14 分）名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 37 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设函数f x x3 1axb,x精品资料a,欢迎下载R,其中bRI 求fx的单调区间；0x ,且fx 1fx 0,其中x 1x 0,求证：x 12x 03；II 如fx存在极值点x|fx|,求证：g x在区间1 1,上的最大值不小于 4 1 . （）设a0,函数g【答案】（）详见解析（）详见解析（）详见解析【解析】试题分析：（）先求函数的导数：0fx3x21a,再依据导函数零点是否存在情形,分类争论：当a0时,
27、有f 恒成立,所以f x 的单调增区间为 , .当a0时,存在三个单调区间试题解析：（）解：由fx x31axb,可得fx 3x1 2a. 下面分两种情形争论：名师归纳总结 （1）当a0时,有fx3 x1 2a0恒成立,所以fx的单调递增区间为,. 第 16 页,共 37 页（2）当a0时,令f x0,解得x13 a,或x13 a3. 3当 x 变化时,f x,fx的变化情形如下表：13a 13a,x1,3 a13a13a1,3a333333f x 0 0 fx单调递增极大值单调递减微小值单调递增- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以fx的单调递减区间
28、为 13 a1,精品资料欢迎下载1,3 a ,313 a,. 3 a,单调递增区间为333（）证明：设gx在区间0 ,2上的最大值为 M ,maxx ,y表示x,y两数的最大值 .下面分三种情形同理：名师归纳总结 （1）当a3时,13a0213 a,由（）知,f x 在区间0,2上单调递减,所以fx33在区间0 ,2上的取值范畴为f2,f0,因此Mmax|f2|,|f0 |max|12ab|,|1b|max|a1ab |,|a1ab|a1 ab ,ab0,所以Ma1|ab|2. a1 ab ,ab02123a,由（）和（）知,第 17 页,共 37 页（2）当3a3时,123a013a13a43333f0f123af13 a,