2021年高考数学压轴讲与练 专题04 应用导数研究函数的极（最）值（解析版）

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1、专题 04 应用导数研究函数的极(最)值 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题，证明不等式、研究函 数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导 数研究函数的极(最)值问题的主要命题角度有：已知函数求极值(点)、已知极值(点)，求参数 的值或取值范围、利用导数研究函数的最值、函数极值与最值的综合问题.本专题就应用导 数研究函数的极(最)值问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法. 一、函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为： 确定函数的定义域； 求导数f(x)

2、； 解方程f(x)0， 求出函数定义域内的所有根； 列表检验f(x)在f(x)0 的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0 处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值 (2)由函数极值求参数的值或范围 讨论极值点有无(个数)问题， 转化为讨论f(x)0 根的有无(个数) 然后由已知条件列出 方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为 0，而导数为 0 的点不一 定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号 二、函数最值的基本求法 1.求函数f(x)在a，b上的最大值和最小值的步骤： 第一步，求函数在(a，b)内的极值； 第二步，求函数在区间端点处的函数

3、值f(a)，f(b)； 第三步，将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个 为最小值 2求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性， 并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值 三、求解函数极值与最值综合问题的策略 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小 (2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性， 并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020天津高考

4、T20)已知函数f(x)=x 3+kln x(kR),f(x)为 f(x)的导函数. (1)当k=6 时, 求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; 求函数g(x)=f(x)-f(x)+ 的单调区间和极值; (2)当k-3 时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 【解析】 (1)当k=6 时,f(x)=x 3+6ln x,f(x)=3x 2+ .可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x) 在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. 依题意,g(x)=x 3-3x2+6ln x+ ,x(0,+).从而可得 g(x)=3x 2-6x+

5、 - , 整理可得:g(x)=,令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表: x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)由f(x)=x 3+kln x,得 f(x)=3x 2+ .对任意的x1,x21,+),且x1x2,令 =t(t1), 则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)=(x1-x2)-2 =-3x2+3x1+k-2kln =(t 3-3t2+3t-1)+k .() 令

6、h(x)=x- -2ln x,x(1,+).当x1 时,h(x)=1+ - =0, 由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1 时,h(t)h(1),即t- -2ln t0. 因为x21,t 3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3, 所以(t 3-3t2+3t-1)+k (t 3-3t2+3t-1)-3 =t 3-3t2+6ln t+ -1.() 由(1)可知,当t1 时,g(t)g(1),即t 3-3t2+6ln t+ 1,故 t 3-3t2+6ln t+ -10.() 由()()()可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3 时,

7、对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 例 2(2021 江苏苏州市 高三)已知函数 sin 2cos x fx x ， 1 x g xa e(a为常数) (1)求函数 f x在 2 x 处的切线方程; (2)设 1 n F xfxg xn Z ()若n为偶数，当 0a 时，函数 F x在区间0, 2 上有极值点，求实数a的取值范围; ()若n为奇数，不等式 0F x 在0,上恒成立，求实数a的最小值 【答案】(1) 14 48 yx ；(2)() 2 11 , 3 4e ；() 1 3 【详解】(1) 22 cos2cossinsin2cos1 2cos2cos xxxxx fx xx

8、 ， 1 24 f ， 当 2 x 时， 1 22 f f x在 2 x 处的切线方程为 11 242 yx ， 即 14 48 yx (2)()n为偶数时， sin 1 2cos x x F xf xg xa e x ， 2 2cos1 2cos x x Fxa e x ，令 h xFx ，则 3 2sincos1 2cos x xx h xa e x 0, 2 x 且0a ， 0h x 在0, 2 恒成立 h x在0, 2 单调递减，其中 1 0 3 ha， 2 1 24 ha e F x在0, 2 有极值点， 00h且0 2 h ，即 2 11 3 4 a e 当 2 11 3 4 a

9、e 时， 0 0, 2 x ，使 0 0h x 令 0Fx ，即 0h x ， F x在 0 0,x单调递增； 令 0Fx ，即 0h x ， F x在 0, 2 x 单调递减 F x在0, 2 有极值点 因此实数a的取值范围 2 11 , 3 4e ()n为奇数时， 0F xf xg x在0,恒成立当0 x时， 00F 当0 x时， 因为 sin 10 2cos x x F xa e x 恒成立， 而 2 2cos1 2cos x x Fxa e x ， 令2 costx，1,3t 22 221231 1, 3 t m t ttt 0 1 x ee， 当 1 3 a 时， 1 3 x a e

10、， 0Fx恒成立 F x在0,单调递减， 00F xF 1 3 a 符合题意 当0a 时，则 0Fx在0, 2 恒成立 0, 2 x 时， F x单调递增， 00F xF，与题意不符，舍去 当 1 0 3 a时， 1 00 3 Fa， 1e0Fa ， 00FF ， Fx 在0,上存在零点 设 1 x为( )F x 在0,上最小零点，则 1 0,xx时 0Fx， 因此 F x在 1 0,x单调递增， 00F xF，不合题意舍去 综上，a的最小值为 1 3 例 3.(2020北京高考T19)已知函数f(x)=12-x 2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2 的切线方程; (2)设曲线y=f(

11、x)在(t,f(t)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最 小值. 【解析】(1)f(x)定义域为 R,f(x)=-2x,设切点为P(x0,y0),则k=f(x0)=-2x0=-2,即x0=1, 所以y0=f(x0)=f(1)=11,切点为(1,11),所以所求切线方程为y-11=-2(x-1),即 2x+y-13=0. (2)切线方程为y-12+t 2=-2t(x-t),令 x=0 得y=t 2+12,令 y=0 得x= + , 所以S(t)= (t 2+12)| + |,t0,易知 S(t)为偶函数, 当t0 时,S(t)=t 3+6t+ ,S(t)= ,令S(t)

12、=0 得t=2,-2(舍), t (0,2) 2 (2,+) S(t) - 0 + S(t) 极小值 所以S(t)有极小值也是最小值S(2)=32,又S(t)为偶函数, 所以当t=2 时,S(t)有最小值 32. 例 4. (2020江苏高考T17)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所 示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO为铅垂线(O在AB上),经测量,左侧曲线AO 上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h1=a 2;右侧曲线 BO 上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h2=-b 3+6b.已知 点

13、B到OO的距离为 40 米. (1)求桥AB的长度; (2)计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF.且CE为 80 米,其中C,E在AB上(不包括 端点).桥墩EF每米造价k(万元),桥墩CD每米造价k(万元)(k0),问OE为多少米时,桥墩 CD与EF的总造价最低？ 【解析】(1)过A,B分别作MN的垂线,垂足为A,B,则AA=BB=-40 3+640=160(米). 令a 2=160,得 a=80,所以AO=80,AB=AO+BO=80+40=120(米). (2)设OE=x,则CO=80-x,由,得 0x0,所以令y=0,得x=0 或x=20, 所以当 0x20 时,y0,y单调递

14、减;当 20x0,y单调递增.所以,当x=20 时,y取 最小值,即当OE为 20 米时,造价最低 例 5(2021 湖北武汉市 高三)已知函数 f(x)=xlnx- 1 2 x2+(a-1)x(aR). (1)讨论函数 f(x)的极值点的个数； (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，证明：f(x1)+f(x2)2a-3. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【详解】(1)( )lnfxxxa ， 11 ( )1 x fx xx .当(0,1)x 时，( )0fx ，( ) fx 单调递增；当(1,)x时，( )0fx ，( ) fx单调递减.当1x 时，( ) fx有极大

15、值， (1)1fa.当 1a 时， (1)0 f ，( )f x在(0,)上单调递减，此时( )f x无极值； 当1a 时，(1)10fa . 1111 1111 ln10 aaaa faaa eeee ， 1a ，2 aa feae ，设 21 x xxex 则 2 x xe，当1x 时， 20 x xe所以 2 x xxe在1 ，上单调递减，所以 120 xe ，所以当1a 时， 20 aa feae 故存在 12 ,x x，满足 1 12 1 01 a a xxe e ， 12 ( )()0fxfx. 当 1 0,xx时， f x单调递减，当 12 ,xx x时， f x单调递增， 当

16、2, xx时， f x单调递减.( )f x在 1 xx处有极小值，在 2 xx处有极大值. 综上所述，当1a 时， ( )f x没有极值点；当1a 时， ( )f x有 2 个极值点. (2)由(1)可知当且仅当1a 时 ( )f x有极小值 1 x和极大值 2 x， 12 01xx . 先证明 12 2xx要证明 12 2xx，只需证 21 2xx. 由 12 01xx ，则 1 21x， 2 1x， 因为( )lnfxxxa 在1 ，单调递减，只需证 21 2fxx f . 又因为 12 ( )()0fxfx，只需证 11 2fxfx，即证 11 20ffxx. 令 ( )2h xfxx

17、f ，(0,1)x.因为 1 ( )1fx x ， 1111 ( )11 2 220 2 h xfxxx xxxx f ， 所以 ( )2h xfxxf 在(0,1)上单调递增，( )(1)0h xh. 所以 111 0( )2h xfxxf，所以 11 2fxfx 因为( )lnfxxxa 在1 ，单调递减，因此， 12 2xx. 因为 12 01xx ， 12 2xx，所以 211 2xxx. 因为 12 ,xx x时，( )f x单调递增，所以 21 2f xfx ， 所以 1211 )(2()f xf xf xxf.再证： 12 ( )()23f xf xa. 设 2,1(0)gfxx

18、f xx，因为( )lnfxxxa ， 所以( )( )(2)lnln(2)22g xfxfxxxx ， 所以 2 2 111 20 22 x gx xxxx ，故 g x 在0,1上单调递增. 又 10 g ，所以0,1x时， 0gx， ( )2g xf xxf在0,1上单调递减. 所以0,1x时， 12 (1)23g xgfa. 所以 12111 ( )( )232f xf xf xxafg x. 例 6.(2019全国高考真题)已知函数 32 ( )2f xxaxb. (1)讨论( )f x的单调性； (2)是否存在, a b， 使得 ( )f x在区间0,1的最小值为 1且最大值为 1

19、？若存在， 求出 , a b的 所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见解析；(2) 0 1 a b 或 4 1 a b . 【解析】(1) 2 ( )622 (3)fxxaxxxa令( )0fx，得 x=0 或 3 a x . 若 a0， 则当(,0), 3 a x 时，( )0fx；当0, 3 a x 时，( )0fx故( )f x 在(,0), 3 a 单调递增，在0, 3 a 单调递减；若 a=0，( )f x在(,) 单调递增； 若 a0， 则当,(0,) 3 a x 时，( )0fx；当,0 3 a x 时，( )0fx故( )f x 在,(0,) 3 a 单调递增，在,0

20、3 a 单调递减. (2)满足题设条件的 a，b 存在. (i)当 a0 时， 由(1)知，( )f x在0， 1单调递增， 所以( )f x在区间0， l的最小值为(0)=fb， 最大值为(1)2fab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当1b，21ab ，即 a=0， 1b (ii)当 a3 时， 由(1)知，( )f x在0， 1单调递减， 所以( )f x在区间0， 1的最大值为(0)=fb， 最小值为(1)2fab此时 a，b 满足题设条件当且仅当21a b ，b=1，即 a=4， b=1 (iii)当 0a3 时，由(1)知，( )f x在0，1的最小值为 3 327 aa fb ，

21、最大值为 b 或 2 a b 若 3 1 27 a b ，b=1，则 3 3 2a ，与 0a3 矛盾. 若 3 1 27 a b ，21ab ，则3 3a 或3 3a 或 a=0，与 0a3 矛盾 综上，当且仅当 a=0，1b或 a=4，b=1 时，( )f x在0，1的最小值为-1，最大值为 1 例 7(2021 江西宜春市 高三)已知函数 2 26 46 x xe f x xx . (1)求函数 f x的单调区间，并求 f x的最值； (2)已知0,1a， 2 3 222 0 2 x ea xx g xx x . 证明： g x有最小值； 设 g x的最小值为 h a，求函数 h a的值

22、域. 【答案】(1)单调递减区间为,0，单调递增区间为0,+，最小值为1，无最大值； (2)证明见解析； 3 1 6 27 e ，. 【详解】(1)( )f x的定义域为R 2 3 22 22 24462624 2 4646 xx x xexxxex x e fx xxxx 当,0 x 时， 0fx ， ( )f x在 ,0单调递减， 当0,+x时， 0fx ， ( )f x在 0,+单调递增， 所以 f x的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,+， min 01fxf， f x最小值为 min 01fxf，无最大值. (2) 222 4424 26464646 26 = 22462 x x

23、 xea xxxxxx xe gaf xa xxxx x x 令 xf xa，0,+x ， 由(1)知， x单调递增， 010a ， 30a, 所以存在唯一的 0 0,3x ，使得 0 0 x，即 0 0 2 00 26 0 46 x xe a xx 当 0 0 xx 时， 0 x， g x单调递减；当 0 xx时， 0 x， g x单调递增 故 0 0 2 00 min0 32 000 222 246 x x ea xx e gxg x xxx ，所以 g x有最小值得证 令 0 2 00 46 x e h a xx ， 0 0,3x ， 2 22 2 22 0 46 46 x x xxe

24、e xx xx ， 所以 h a 单增，所以，由 0 0,3x ，得 0 033 222 00 1 = 1 【解析】()当 a=1 时, 2 f x? lnxxx, f(x)= 2x1x 11 2x1 xx 当 f(x)1; f(x)0 时，0x0，当 xa 时，f(x)0) 1 10,gx x g(x)在(0，+)单调递增，又 g(1)=0, 0x1 时，g(x)1 时，g(x)0 (i) 当 01 时，f(a)=ag(a)0 2 1211 f10a eeee 函数 f(x)在( 1 ,a e )内有一个零点， f(3a-1)=aln(3a-1)- 2 3121 313131aaaa lna

25、a 设 h(x)=lnx-x(x2) 1 10,h x x h(x)在(2，+)内单调递减，则 h(3a-1)h(2)=ln2-21 时，函数 f(x)恰有两个零点 综上，函数 f x有两个不同的零点时，a1 15(2020北京高考模拟)已知函数( )(1)ln()f xmxx mR. (1)当1m时，求曲线( )yf x在(1,(1)f处的切线方程； (2)求函数 ( )f x的单调区间； (3)若函数 2 11 ( )+( ) 2 g xxf x x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点，求m的取值范围. 【答案】()310 xy ()见解析() 1 2 4 m 【解析】()当1m时，(

26、)2lnf xxx，所以 1 (x)2f x ，(1)3 f 又(1)2f， 所以曲线( )yf x在(1,(1)f处的切线方程为310 xy ()函数 ( )f x的定义域为(0,) 1(1)1 ( )1 mx fxm xx ， (1)当1 0m 即1m时， 因为(0,)x，( )0fx ，所以 ( )f x的单调增区间为(0,)，无单调减区间. (2)当10 m，即1m时，令( )0fx ，得 1 1 x m 当 1 0 1 x m 时，( )0fx ；当 1 1 x m 时，( )0fx ； 所以 ( )f x的单调增区间为 1 0, 1m ，减区间为 1 , 1m 综上，当1m时， (

27、 )f x的单调增区间为(0,)，无单调减区间； 当1m时， ( )f x的单调增区间为 1 0, 1m ，减区间为 1 , 1m ()因为 2 11 ( )(1)ln 2 g xxmxx x ，所以 32 22 11(1)1 ( )(1) xmxx g xxm xxx . 令 322 ( )(1)1,( )32(1)1h xxmxxh xxmx . 若函数( )g x在区间(1,2)内有且只有一个极值点,则函数( )h x在区间(1,2)内存在零点. 又(0)10h ，所以( )h x 在(0,)内有唯一零点 0 x. 且 0 0,xx时，( )0h x 0, xx时，( )0h x 则(

28、)h x在 0 0,x内为减函数，在 0, x 内为增函数. 又因为(0)10h 且( )h x在(1,2)内存在零点,所以 (1)0 (2)0 h h 解得 1 2 4 m .显然( )h x在1,2内有唯一零点，记为 1 x. 当 1 1,xx时， 1 ( )0,2h xxx时，( )0h x ，所以( )h x在 1 x点两侧异号，即( )g x 在 1 x点两侧异号， 1 x为函数( )g x在区间(1,2)内唯一极值点. 当2m时，(1)20hm 又(1)0,( )0hh x 在(1,2)内成立, 所以( )h x在(1,2)内单调递增，故( )g x无极值点. 当 1 4 m 时，(2)0, (0)0hh易得(1,2)x时,( )0h x 故( )g x无极值点. 所以当且仅当 1 2 4 m 时，函数( )g x在区间(1,2)内有且只有一个极值点.