《导数与函数的极值、最值问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数与函数的极值、最值问题.pdf（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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()f x的定义域并求出函数()f x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
2、)(，求函数 f x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()f x的增减性，进而求出函数()f x的极大值和极小值【变式演练 1】已知函数322()f xxaxbxa在1x 处有极值 10，则(2)f等于（）A11 或 18 B11 C18 D17 或 18【答案】C【解析】试题分析：baxxxf23)(2,1010232ababa114012232baaaab或33ba?当33ba时,0)1(3)(2xxf在1x处 不 存 在 极 值?当114ba时，)1)(113(1183
3、)(2xxxxxf，0)(),1,311(xfx；0)(),1(xfx,符合题意 所以114ba181622168)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 f x的极大值点，则a的取值范围为（）A1,0 B1,C0,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，又因为函数xmxmxxf)1
4、(2)1(2131)(23在)4,0(上无极值，而20,4，所以只有12m，3m 时，f 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】已知等比数列na的前n项和为12nnSk，则32()21f xxkxx的极大值为（）A2 B52 C3 D72【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)f xxa xax有两个不同的极值点1x，2x，且对不等式12()()0f xf x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1
5、2()()0f xf x,故 得 不 等 式332212121210 xxaxxa xx,即 221212121212123120 xxxxx xaxxx xa xx,由 于 232 1fxxa xa,令 0fx 得 方 程232 10 xa xa,因2410aa ,故12122133xxaax x，代 入 前 面 不 等 式,并 化 简 得1 a22520aa,解不等式得1a 或122a，因此,当1a 或122a时,不等式 120f xf x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 3220f xxaxxa的极
6、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()f x在开区间(,)a b内所有极值点；第二步 计算函数()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 若函数 2xf xexmx，在点 1,1f处的斜率为1e（1）求实数m的值；（2）求函数 f x在区间1,1上的最大值【答案】（1）1m；（2）maxf xe.【解析】试题分析：（1）由(1)1fe解之即可；（2）21xfxex为递增函数且 1110,
7、130fefe ,所以在区间(1,1)上存在0 x使0()0fx，所以函数在区间0 1,x上单调递减，在区间0,1x上单调递增，所以 maxmax1,1f xff，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 maxmax1,1f xff，112,1fefe，max1f xfe 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，
8、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xxxxexeexexf2)1()(，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
9、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210 xx，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()lnf xxx，2()2g xxax.（）求函数()f x在,2(0)t tt上的最小值；（）若函数()()yf xg x有两个不同的极值点1212,()x x xx且21ln2xx，求实数a的取值范围.【答案】（）min110()1ln,teef xtt te，；
10、（）2ln2ln2ln()133a.【解析】试题分析：（）由()ln10fxx，得极值点为1xe，分情况讨论10te 及1te时，函数)(xf的最小值；（）当函数()()yf xg x有两个不同的极值点，即ln210yxxa 有两个不同的实根1212,()x x xx，问题等价于直线ya与函数()ln21G xxx 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()()ln22aG xG时，12,x x存在，且21xx的值随着a的增大而增大，而当21ln2xx时，由题意1122ln210ln210 xxaxxa ，214xx代入上述方程可得2144ln23xx，此时实数a的
11、取值范围为2ln2ln2ln()133a.试题解析：（）由()ln10fxx，可得1xe，10te 时，函数()f x在1(,)te上单调递减，在1(,2)te上单调递增，函数()f x在,2(0)t tt上的最小值为11()fee，当1te时，()f x在,2t t 上单调递增，min()()lnf xf ttt，min110()1ln,teef xtt te，；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 ln
12、1f xx.（1）已知函数 2131424F xfxxx,求 F x的极值；（2）已知函数 2210G xf xaxaxa a,若存在实数2,3m,使得当0,xm时,函数 G x的最大值为 G m,求实数a的取值范围.【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln24；（2）1 ln2,.【解析】,F xFx随x的变化如下表:x 0,1 1 1,2 2 2,Fx 0 0 F x 0 3ln24 当1x 时,函数 F x取得极大值 10F;当2x 时,函数 F x取得极小值 32ln24F.当112a,即12a 时,函数 f x在10,2a和1,上单调递增,在1,12a上单调递减,要存在实数2,3x,
13、使得当0,xm时,函数 G x的最大值为 G m,则 122GGa,代入化简得 1ln 2ln2 104aa.令 11ln 2ln2 142g aaaa,因 11104gaaa恒成立,故恒有 111ln20,222g aga时,式恒成立;综上，实数a的取值范围是1 ln2,.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 221xfxxea x有两个零点.(I)求 a 的取值范围；(II)设 x1,x2是 f x的两个零点,证明：122xx.【答案】(0,)试题解析;（）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea（i）设0a,
14、则()(2)xf xxe,()f x只有一个零点 （ii）设0a,则当(,1)x 时,()0fx；当(1,)x时,()0fx 所以()f x在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增【解析】试题分析：（）求()f x的导函数，对 a 进行分类讨论，求()f x的单调性；（）要证 3()2f xfx 对于任意的1,2x成立，即证23)()(/xfxf，根据单调性求解.（1）20 a，12a，当)1,0(x或x),2(a时，0)(/xf，)(xf单调递增；当x)2,1(a时，0)(/xf，)(xf单调递减；（2）2a时，12a，在x),0(内，0)(/xf，)(xf单调递增；（3）2a时，120a
15、，当)2,0(ax或x),1(时，0)(/xf，)(xf单调递增；当x)1,2(a时，0)(/xf，)(xf单调递减.综上所述，分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.3.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）已知函数()(0,0,1,1)xxf xab abab.设12,2ab.（1）求方程()2f x 的根;（2）若对任意xR,不等式(2)f()6fxmx恒成立，求实数m的最大值；（3）若01,1ab，函数 2g xf x有且只有 1 个零点，求ab的值。【答案】
16、（1）0 4（2）1【解析】试题解析：（1）因为12,2ab，所以()22xxf x.方程()2f x，即222xx，亦即2(2)2 210 xx ，所以2(21)0 x，于是21x，解得0 x.由条件知2222(2)22(22)2()2xxxxfxf x.因为(2)()6fxmf x对于xR恒成立，且()0f x，所以2()4()f xmf x对于xR恒成立.而2()444()2()4()()()f xf xf xf xf xf x，且2(0)44(0)ff，所以4m，故实数m的最大值为 4.（2）因为函数()()2g xf x只有 1 个零点，而00(0)(0)220gfab，所以 0 是
17、函数()g x的唯一零点.因为()lnlnxxg xaabb，又由01,1ab知ln0,ln0ab，所以()0g x 有唯一解0lnlog()lnbaaxb.令()()h xg x，则22()(lnln)(ln)(ln)xxxxh xaabbaabb，从而对任意xR，()0h x，所以()()g xh x是(,)上的单调增函数，于是当0(,)xx，0()()0g xg x；当0(,)xx时，0()()0g xg x.因而函数()g x在0(,)x上是单调减函数，在0(,)x 上是单调增函数.下证00 x.若00 x，则0002xx，于是0()(0)02xgg，又log 2log 2log 2(
18、log 2)220aaaagaba，且函数()g x在以02x和log 2a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x和log 2a之间存在()g x的零点，记为1x.因为01a，所以log 20a，又002x，所以10 x 与“0 是函数()g x的唯一零点”矛盾.若00 x，同理可得，在02x和log 2a之间存在()g x的非 0 的零点，矛盾.因此，00 x.于是ln1lnab，故lnln0ab，所以1ab.考点：指数函数、基本不等式、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
19、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.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分）设函数3()(1)f xxaxb,Rx，其中Rba,(I)求)(xf的单调区间；(II)若)(xf存在极值点0 x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证：1023xx；（）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间 1,1上的最大值不小于41.【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：axx
20、f2)1(3)(，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：当0a 时，有()0fx恒成立，所以()f x的单调增区间为(,).当0a 时，存在三个单调区间 试题解析：（）解：由baxxxf3)1()(，可得axxf2)1(3)(.下面分两种情况讨论：（1）当0a时，有0)1(3)(2axxf恒成立，所以)(xf的单调递增区间为),(.（2）当0a时，令0)(xf，解得331ax，或331ax.当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x)331,(a 331a)331,331(aa 331a),331(a)(xf 0 0 )(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以)(x
21、f的单调递减区间为)331,331(aa，单调递增区间为)331,(a，),331(a.（）证明：设)(xg在区间2,0上的最大值为M，,maxyx表示yx,两数的最大值.下面分三种情况同理：（1）当3a时，33120331aa，由（）知，)(xf在区间2,0上单调递减，所以)(xf在区间2,0上的取值范围为)0(),2(ff，因此|1|,21max|)0(|,)2(max|bbaffM|)(1|,)(1max|baabaa 0),(10),(1babaababaa，所以2|1baaM.（2）当343 a时，3321233133103321aaaa，由（）和（）知，)331()3321()0(
22、afaff，)331()3321()2(afaff，所以)(xf在区间2,0上的取值范围为)331(),331(afaf，因此|392|,392max|)331(|,)331(max|baaabaaaafafM|)(392|,)(392max|baaabaaa 414334392|392baaa.考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数 f(x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f(x)0 或 f(x)0 的解集(4)由f(x)0(f(x)0)的解集确定函数f(x)的
23、单调增(减)区间若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 f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f(x)0(或 f(x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到 5.【2016 高考新课标 3 理数】设函数()cos2(1)(cos1)f xaxax，其中0a，记|()|f x的最大值为A（）求()fx；（）求A；（）证明|()|2fxA【答案】（）()2 sin2(1)sinfxaxax；（）2123,0561 1,18532,1aaaaAaaaa；（）见解析 【解析】试题解析：（）()2 sin2(1)sinfxaxax （）当1a 时，|()|sin2(
24、1)(cos1)|fxaxax2(1)aa32a(0)f 因此，32Aa 4 分 当01a时，将()f x变形为2()2 cos(1)cos1f xaxax 令2()2(1)1g tatat，则A是|()|g t在 1,1上的最大值，(1)ga，(1)32ga，且当14ata时，()g t取得极小值，极小值为221(1)61()1488aaaagaaa 令1114aa，解得13a （舍去），15a （）由（）得|()|2 sin2(1)sin|2|1|fxaxaxaa.当105a时，|()|1242(23)2fxaaaA.当115a时，131884aAa，所以|()|12fxaA.当1a 时，
25、|()|31642fxaaA，所以|()|2fxA.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sin()yAxB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.【2016 高考浙江理数】（本小题 15 分）已知3a，函数 F（x）=min2|x?1|，x2?2ax+4a?2，其中 minp，q=,ppqq pq.，（I）求使得等式 F（x）=x2?2ax+4a?2 成立的 x 的取值范围；（II）（i）求 F（x）的最小值 m（a）；（ii）
26、求 F（x）在区间0,6上的最大值 M（a）.【答案】（I）2,2a；（II）（i）20,32242,22am aaaa；（ii）348,342,4aaaa 【解析】试 题 分 析：（I）分 别 对1x 和1x 两 种 情 况 讨 论 F x，进 而 可 得 使 得 等 式 2F242xxaxa成 立 的x的 取 值 范 围；（II）（i）先 求 函 数 21f xx，2242g xxaxa的最小值，再根据 F x的定义可得 F x的最小值 m a；（ii）分别对02x和26x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 a （ii）当02x时，Fmax0,22F 2x
27、f xff，当26x时，Fmax2,6max 2,34 8max F 2,F 6xg xgga 所以，348,342,4aaaa 考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式【思路点睛】（I）根据x的取值范围化简 F x，即可得使得等式 2F242xxaxa成立的x的取值范围；（II）（i）先求函数 f x和 g x的最小值，再根据 F x的定义可得 m a；（ii）根据x的取值范围求出 F x的最大值，进而可得 a 7.【2016 高考新课标 2 理数】()讨论函数xx2f(x)x2e的单调性，并证明当0 x 时，(2)20 xxex；()证明：当0,1)a时，函数2x=(0)xe
28、axagxx（）有最小值.设()g x的最小值为()h a，求函数()h a的值域【答案】（）详见解析；（）21(,.2 4e.【解析】试题分析：（）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x时，()(0)f xf证明结论；（）用导数法求函数()g x的最值，在构造新函数00h()2xeax，又用导数法求解.（II）22(2)(2)2()(),xxea xxg xf xaxx 由（I）知，()f xa单调递增，对任意0,1),(0)10,(2)0,afaafaa 因此，存在唯一0(0,2,x 使得0()0,f xa即0()0g x，当00 xx时，()0,()0,()f xag xg x
29、单调递减；当0 xx时，()0,()0,()f xag xg x单调递增.因此()g x在0 xx处取得最小值，最小值为 000000022000(1)+()(1)().2xxxea xef xxeg xxxx 考点：函数的单调性、极值与最值.【名师点睛】求函数单调区间的步骤：(1)确定函数 f(x)的定义域；(2)求导数 f(x)；(3)由 f(x)0(f(x)0)解出相应的 x 的范围 当f(x)0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f(x)0时，f(x)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，要通过认真比较才能下结论
30、；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念 8.【2016 年高考四川理数】（本小题满分 14 分）设函数 f(x)=ax2-a-lnx，其中 a R.（）讨论 f(x)的单调性；（）确定 a 的所有可能取值，使得11()xf xex在区间（1，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).【答案】（）当x10,)2a（时，()fx0，()f x单调递增；（）1,)2a.【解析】试题解析：（I）2121()20).axfxaxxxx(0a 当时，()fx0，()f x在0+（，）内单调递减.0a 当时，由()fx=0，有12xa.此时，当x10,)2a（时，()fx0，()f
31、 x单调递增.（II）令()g x=111exx，()s x=1exx.则()s x=1e1x.而当1x 时，()s x0，所以()s x在区间1+)（，内单调递增.又由(1)s=0，有()s x0，从而当1x 时，()f x0.当0a，1x 时，()f x=2(1)ln0a xx.故当()f x()g x在区间1+)（，内恒成立时，必有0a.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】本题考查导数的计算、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，基本方法是求()fx，解方程()0fx，再通过()fx
32、的正负确定()f x的单调性；要证明函数不等式()()f xg x，一般证明()()f xg x的最小值大于 0，为此要研究函数()()()h xf xg x的单调性本题中注意由于函数()h x有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围比较新颖，学生不易想到有一定的难度 【反馈练习】1.【2017 届新疆生产建设兵团二中高三上月考二数学试卷，文9】若322()7f xxaxbxaa在1x 处取得极大值 10，则ba的值为（）A32或12 B32或12 C32 A2 B3 C4 D5【答案】A【解析】试题分析：2()86fxxx,14025,a a是方程2860 xx的两根,由韦
33、达定理有140258aa,所以2013201328,4aa,故220132loglog 42a,选 A.考点：1.函数的极点；2.等差数列的性质；3.导数的计算.4.【2017 届河南濮阳第一高级中学高三上学期检测二数学试卷，文 12】已知函数321()3f xxxax.若1()xg xe,对任意11,22x，存在21,22x，使12()()fxg x成立，则实数a的取值范围是（）A(,8ee B8,)ee C 2,)e D3(,32e【答案】A【解析】考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应用.5.【2017 届河南新乡一中高三 9 月月考数学试卷
34、，文 15】已知数列na中，11a，函数3212()3432nnaf xxxax 在1x 处取得极值，则na _【答案】12 31n【解析】试 题 分 析：因 为3212()3432nnaf xxxax，所 以 2123nnfxxa xa，1 1230nnfaa ，1132,131nnnnaaaa,1na 是以112a 为首项,以3为公比的等比数列1112 3,2 31nnnnaa，故答案为12 31n 考点：1、利用导数求函数极值；2、根据数列的递推公式求通项公式 6.【2017 届甘肃武威二中高三上学期月考二数学试卷，文 16】若正数t满足2ln1aett（e为自然对数的底数），则实数a的
35、取值范围为_【答案】1ae【解析】试 题 分 析：设()(2)lnf tett，2()lnetfttt 2ln1ett，显 然()0fe，又221()efttt，当0t 时，()0ft，故()ft是减函数，所以当0te 时，()0ft，()f t递 增，当te时，()0ft，()f t递减，所 以xe时，()f t取 极大 值 也 是最 大 值()(2)lnf eeeee，当t （或0t）时，()f t ，因此()f te，所以10a或10ea，所以0a 中1ae 考点：导数与函数的单调性、极值、最值 7.【2017届河北正定中学高三上学期第一次月考数学试卷，文 22】已知函数 2xfxxax
36、 e的两个极值点为12,x x，且1212,25xx xx （1）求12,x x的值；（2）若 f x在1,cc（其中1c ）上是单调函数，求c的取值范围；（3）当me 时，求证：32214xxxf xexeme 【答案】（1）125515,22xx；（2）5535,122 ；（3）证明见解析 【解析】试题解析：（1）22xfxxa xa e，由 0fx得220 xa xa，12225xxa ，5a 由22550 xx得2532x，12xx，125515,22xx，（2）由（1）知，f x在12,x x上递减，在1,x上递增，其中1255151,122xx ，当 f x在1,cc上递减时，12
37、1cxcx，又1c ，3512c ，当 f x在1,cc上递增时，1cx，综上，c的取值范围为5535,122 考点：1.导数在函数研究中的应用；2.单调性；3.极值.8.【2017 届河北武邑中学高三周考8.28 数学试卷，理 22】已知函数 21ln0f xaxx ax （1）若 f x是定义域上不单调的函数，求a的取值范围；（2）若 f x在定义域上有两个极值点12xx、，证明：1232ln2f xf x【答案】（1）108a；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）2221ln,axxf xxaxx fxx ，令1 8a ，当18a 时，0,0,fxf x 在0,单调递减，当108a时，
38、0，方程2210axx 有两个不相等的正根12,x x，不妨设12xx，则当 120,xxx时，0fx，当12,xx x时，0fx，这时 f x不是单调函数综上，a的取值范围是108a（2）由（1）知，当且仅 当10,8a时，f x有 极 小 值 点1x和 极 大 值2x，且121211,22xxx xaa，2212111222lnlnf xf xxaxxxaxx 121211ln1ln 2124x xxxaa 令 11ln 21,0,48g aaaa，则当10,8a时，221141044agxaaa，g a在10,8单调递减，所以 132ln28g ag，即 1232ln2f xf x （2
39、）由（1）知，当且仅当10,8a时，f x有极小值点1x和极大值2x，且121211,22xxx xaa，2212111222lnlnf xf xxaxxxaxx，12121211lnln1122xxxxxx 121211ln1ln 2124x xxxaa 令 11ln 21,0,48g aaaa，则当10,8a时，221141044agxaaa，g a在10,8单调递减，所以 132ln28g ag，即 1232ln2f xf x.考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.9.【2017届黑龙江虎林一中高三上月考一数学试卷，理 22】已知函数2()(1)lnf xa xx（1）若(
40、)yf x在2x 处取得极小值，求a的值；（2）若()0f x 在1,)上恒成立，求a的取值范围；（3）求证：当2n时，2211132ln2ln3ln22nnnnn【答案】（1）81；（2）21a；（3）证明见解析.【解析】当0a 时，221()axfxx，令()0fx，得12xa；()0fx，得102xa（i）当112a，即102a时，1(1,)2xa时，()0fx，即()f x递减，()(1)0f xf矛盾（ii）当112a，即12a 时，1,)x时，()0fx，即()f x递增，()(1)0f xf满足题意 综上:12a （3）证明：由（2）知令12a，当1,)x时，21(1)ln02x
41、x（当且仅当1x 时取“”）当1x 时，212ln1xx 即当2,3,4,xn，有2221111112()ln2ln3ln21311nn 11112()1 32 43 5(1)(1)nn 1111111(1)()()()3243511nn223222nnnn 考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等式的证明及裂项求和的方法.10.【2017 届云南曲靖一中高三上月考二数学试卷，理 22】已知函数13)(3axxxf的导函数为)(xf，3)()(axxfxg.（1）当2a时，求函数)(xf的单调区间；（2）若对满足11a的一切a的值，都有0)(xg，求实数x的取值范围；（3）若0
42、ln)(xxgx对一切2x恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）函数)(xf的单调递增区间为),2,2,(，单调递减区间为)2,2(；（2）310 x；（3）ln2122a.【解析】试题解析：（1）当2a时，63)(2xxf，令0)(xf得2x，故当2x或2x时，0)(xf，)(xf单调递增，当22x时，0)(xf，)(xf单调递减，所以函数)(xf的单调递增区间为),2,2,(，单调递减区间为)2,2(.（2）因为axxf33)(2，故333)(2aaxxxg，令33)3()()(2xxaahxg，要使0)(ah对满足11a的一切a成立，则,03)1(,03)1(22xxhaxxh解得3
43、10 x.（3）因为axxg6)(，所以0ln)6(xaxx，即)(ln6xhxxxa对一切2x恒成立，222ln16ln16)(xxxxxxh，令)(ln162xxx，则xxx112)(，因为2x，所以0)(x，故)(x在),2 单调递增，有02ln25)2()(x，因此0)(xh，从而22ln12)2()(hxh，所以min()ah xln2(2)122h.考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求最值；2、不等式恒成立问题.11.【2016 届河北南宫一中学高三仿真模拟数学试卷，理 22】若函数 f x的反函数记为 1fx，已知函数 xf xe（1）设函数 1F xfxf x，试判断函数
44、F x的极值点个数；（2）当0,2x时，sinf xxkx，求实数k的取值范围【答案】（1）1个；（2）,1【解析】试题解析：（1）1xFxex，当0,x时，1x是减函数，xe也是减函数，1xFxex在0,上是减函数，当1x 时，10Fxe ，当12x 时，20Fxe，Fx在0,上有且只有一个变号零点，F x在定义域0,上有且只有一个极值点 （2）令 sinxg xf xkxexkx，要使 f xkx总成立，只需0,2x时，min0g x，对 g x求导得 sinx cosxxgxek，令 sincosxh xexx，则 2cos0 xh xex，0,2x h x在0,2上为增函数，21,h
45、xe 考点：1函数的极值点；2含参讨论函数的单调性与最值 12.【2017 届 安 徽 蚌 埠 二 中 等 四 校 高 三 10 月 联 考 数 学 试 卷，理 22】设 函 数()ln(1)1xf xaxx，()ln(1)g xxbx（1）若函数()f x在0 x 处有极值，求函数()f x的最大值；（2）是否存在实数b，使得关于x的不等式()0g x 在(0,)上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；证明：不等式2111ln(1,2,)12nkknnk 【答案】（1）(0)0f；（2）1b；证明见解析【解析】试题分析：（1）由0)(xf的解,即可得出极值点,得出a值后,再利
46、用导函数求单调区间；（2）本题为恒成立问题,利用函数的增减性和端点值来求解,而函数的单调性由导函数的正负来决定；运用不等式的放缩与基本不等式的性质,证明右边项时采用了数列的增减性的基本定义来证明,通过说明数列时单调递减来证明不等式,在证明右侧时,采用将nln裂项的方法,将详见得到的每一项放缩,最后利用裂项相消111)1(1nnnn来证得不等式成立 （2）由已知得：1()1g xbx（）若1b，则0,)x时，1()01g xbx()ln(1)g xxbx在0,)上为减函数，()ln(1)(0)0g xxbxg在(0,)上恒成立；（）若0b，则0,)x时，1()01g xbx()ln(1)g xxbx在0,)上为增函数，()ln(1)(0)0g xxbxg，不能使()0g x 在(0,)上恒成立；（）若01b，则1()01g xbx时，11xb，当10,1)xb时，()0g x，()ln(1)g xxbx在10,1)b上为增函数，此时()ln(1)(0)0g xxbxg，不能使()0g x 在(0,)上恒成立；综上所述，b的取值范围是1,)x 故1122211111ln(1)ln(1)111nnnnkkkkknxkkkkn 111221111111()111(1)(1)nnnkkkkkkkkkkn 考点：1函数的极值；2恒成立问题；3导数证明不等式