2022届高三数学一轮复习考点22：利用导数研究函数的极值和最值（解析版）

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1、考点 22 利用导数研究函数的极值和最值 【命题解读】【命题解读】 从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力 【基础知识回顾基础知识回顾】 1、函数的极值 (1)函数的极小值： 函数 yf(x)在点 xa 的函数值 f(a)比它在点 xa

2、 附近其他点的函数值都小，f(a)0；而且在点 xa附近的左侧 f(x)0，右侧 f(x)0，则点 a 叫做函数 yf(x)的极小值点，f(a)叫做函数 yf(x)的极小值 (2)函数的极大值： 函数 yf(x)在点 xb 的函数值 f(b)比它在点 xb 附近其他点的函数值都大，f(b)0；而且在点 xb附近的左侧 f(x)0，右侧 f(x)0，则点 b 叫做函数 yf(x)的极大值点，f(b)叫做函数 yf(x)的极大值 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值 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

3、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 3、常用结论 1若函数 f(x)的图象连续不断，则 f(x)在a，b上一定有最值 2若函数 f(x)在a，b上是单调函数，则 f(x)一定在区间端点处取得最值 3若函数 f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点 1、函数 f(x)x2ln x 的最小值为( ) A1ln 2 B1ln 2 C.1ln 22 D.1ln 22 【答案】C 【解析】 因为f(x)x2ln x(x0)，所以f(x)2x1x，令

4、2x1x0 得x22，令f(x)0，则 x22；令f(x)0，则 0 x22.所以f(x)在0，22上单调递减，在22， 上单调递增，所以f(x)的极小值(也是最小值)为222ln221ln 22，故选 C. 2、函数 f (x)的定义域为 R，导函数 f(x)的图象如图所示，则函数 f (x)( ) A无极大值点、有四个极小值点 B有三个极大值点、一个极小值点 C有两个极大值点、两个极小值点 D有四个极大值点、无极小值点 【答案】C 【解析】 设 f(x)的图象与 x 轴的 4 个交点的横坐标从左至右依次为 x1，x2，x3，x4. 当 x0，f (x)为增函数，当 x1xx2时，f(x)0

5、. 当 x2 时，f(x)0，f (x)为增函数；当 0 x2 时，f(x)0，函数 f (x)单调递增，当 x(2,2)时，f(x)0，函数 f (x)单调递增，所以 a2. 5、函数 3230f xxa xa a的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是_ 【答案】 ：(22，) 【解析】 ：f(x)3x23a23(xa)(xa)，由 f(x)0 得 x a， 当axa 时，f(x)a 或 x0，函数递增 f(a)a33a3a0 且 f(a)a33a3a22. a 的取值范围是(22，) 考向一 利用导数研究函数的极值 例 1、已知函数 32331(R,0)f xaxxaaa ，求函数

6、 f x的极大值与极小值 【解析】 ：由题设知 a0，f(x)3ax26x3ax2xa. 令 f(x)0 得 x0 或2a. 当 a0 时，随着 x 的变化，f(x)与 f(x)的变化情况如下： x (，0) 0 (0，2a) 2a (2a，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 f(x)极大值f(0)13a，f(x)极小值2fa4a23a1. 当 a0，f(x)在区间(0，e上单调递增，此时函数 f(x)无最小值 若 0ae，当 x(0，a)时，f(x)0，函数f(x)在区间(a，e上单调递增， 所以当 xa 时，函数 f(x)取得最小值 ln a. 若 ae，则当 x(0，e时，f

7、(x)0，函数 f(x)在区间(0，e上单调递减， 所以当 xe 时，函数 f(x)取得最小值ae. 综上可知，当 a0 时，函数 f(x)在区间(0，e上无最小值； 当 0ae 时，函数 f(x)在区间(0，e上的最小值为 ln a； 当 ae 时，函数 f(x)在区间(0，e上的最小值为ae. 变式 2、已知函数 f(x)axln x，其中 a 为常数 (1)当 a1 时，求 f(x)的最大值； (2)若 f(x)在区间(0，e上的最大值为3，求 a 的值 【解析】 (1)易知 f(x)的定义域为(0，)， 当 a1 时，f(x)xln x，f(x)11x1xx， 令 f(x)0，得 x1

8、. 当 0 x0；当 x1 时，f(x)0. f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，)上是减函数 f(x)maxf(1)1. 当 a1 时，函数 f(x)在(0，)上的最大值为1. (2)f(x)a1x，x(0，e，1x1e， . 若 a1e，则 f(x)0，从而 f(x)在(0，e上是增函数， f(x)maxf(e)ae10，不合题意 若 a0 得 a1x0，结合 x(0，e， 解得 0 x1a； 令 f(x)0 得 a1x0，结合 x(0，e，解得1axe. 从而 f(x)在0，1a上为增函数，在1a，e 上为减函数，f(x)maxf1a1ln1a. 令1ln1a3，得 ln1a2，即

9、ae2. e20)的导函数 f(x)的两个零点为3 和 0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)的极小值为e3，求 f(x)在区间5，)上的最大值 解：(1)f(x)2axbexax2bxcexex2 ax22abxbcex. 令 g(x)ax2(2ab)xbc， 因为 ex0，所以 f(x)的零点就是 g(x)ax2(2ab)xbc 的零点，且 f(x)与 g(x)符号相同 又因为 a0，所以当3x0，即 f(x)0， 当 x0 时，g(x)0，即 f(x)5f(0)， 所以函数 f(x)在区间5，)上的最大值是 5e5. 变式 2、 （2020 届山东省枣庄市高三上学期统考

10、）已知函数（是自然对数的底数）. （）讨论极值点的个数； （）若是的一个极值点，且，证明：. 【答案】 （）见解析； （）见解析 【解析】 （）的定义域为， 若，则， 所以当时，；当时， 所以在上递减，在递增. 所以为唯一的极小值点，无极大值， 故此时有一个极值点. 211 e22xf xxaxaxe f x002xx f x22ef01f x f xR 2exfxxa0ae0 xa, 2x 0fx2,x 0fx f x, 2 2,2x f x f x若，令， 则， 当时， 则当时，；当时，； 当时，. 所以2，分别为的极大值点和极小值点， 故此时有 2 个极值点. 当时， 且不恒为 0， 此

11、时在上单调递增， 无极值点 当时， 则当时，；当时， ；当时，. 所以，2 分别为的极大值点和极小值点， 故此时有 2 个极值点. 综上，当时，无极值点； 当时，有 1 个极值点； 当或时，有 2 个极值点. （）证明：若是的一个极值点， 由（）可知， 又，所以， 0a 2e0 xfxxa12x 2lnxa2ea 2lna , 2x 0fx2,lnxa 0fxln,xa 0fxlna f x f x2ea 2lna (2) e0 xfxxa f xR2e0a2lna ,lnxa 0fxln, 2xa 0fx2,x 0fxlna f x f x2ea f x0a f x2ea 2e0a f x0

12、02xx f x 22, ee ,0a U222e2efa2, ea 且，则， 所以. 令，则， 所以， 故 又因为，所以，令，得. 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以是唯一的极大值点，也是最大值点， 即， 故，即. 方法总结： 1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值； 2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么 1、（2017 年高考全国卷理数）若2x是函数21( )(1)exf xxax的极值点，则( )f x的极小值为 A1 B32e C35e D1 【答案】A 【解析】由题可得12121( )(2)e(1)e(2)1exxxfxxaxa

13、xxaxa， 因为( 2)0f ，所以1a，21( )(1)exf xxx，故21( )(2)exfxxx， 令( )0fx，解得2x或1x ， 所以( )f x在(, 2),(1,) 上单调递增，在( 2,1)上单调递减， 所以( )f x的极小值为1 1( )(1 1 1)e11f . 02x 0lnxa201lnln2ln22f xfaaaa ln2,ta tae 21lne222tg tfatt 14 e2tg tt t 2,t 40t 0g t0t 2,0t 0g t g t0,t 0g t g t0t g t 01g tgln1fa01f x故选 A 2、 【2019 年高考北京理

14、数】设函数 eexxf xa（a 为常数）若 f（x）为奇函数，则 a=_；若 f（x）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是_ 【答案】1,0 【解析】首先由奇函数的定义得到关于a的恒等式，据此可得a的值，然后利用( )0fx可得 a 的取值范围. 若函数 eexxf xa为奇函数，则 ,fxf x即eeeexxxxaa ， 即1e e0 xxa对任意的x恒成立， 则10a ，得1a. 若函数 eexxf xa是R上的增函数，则( ) ee0 xxfxa在R上恒成立， 即2exa 在R上恒成立， 又2e0 x，则0a， 即实数a的取值范围是,0. 3、 【2018 年高考全国卷理数】已知函

15、数 2sinsin2f xxx，则 f x的最小值是_ 【答案】332 【解析】() = 2cos + 2cos2 = 4cos2 + 2cos 2 = 4(cos + 1)(cos 12)， 所以当cos 12时函数单调递增， 从而得到函数的递减区间为52 ,2 33kkkZ， 函数的递增区间为2 ,2 33kkkZ， 所以当2 ,3xkkZ时，函数()取得最小值， 此时sin = 32,sin2 = 32， 所以()min= 2 (32) 32= 332， 故答案是332. 4、 （2020 届山东实验中学高三上期中）已知函数且 a0） （1）求曲线 y=f（x）在点（1，f（1） ）处的

16、切线方程； （2）若函数 f（x）的极小值为，试求 a 的值 【答案】 （1）； （2）. 【解析】 （1）函数 f（x）=（2ax2+4x）lnx-ax2-4x（aR，且 a0） 由题意可知 曲线 y=f（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程为 （）当 a-1 时，x 变化时变化情况如下表： x 1 （1，+） - 0 + 0 - f（x） 极小值 极大值 此时，解得，故不成立 当 a=-1 时，0 在（0，+）上恒成立，所以 f（x）在（0，+）单调递减 此时 f（x）无极小值，故不成立 当-1a0 时，x 变化时变化情况如下表： x （0，1） 1 - 0 + 0 - f（x） 极小值

17、 极大值 22( )(24 )ln4 (f xaxxxaxx aR1a- -4ya23a ( )4(1)ln ,(0,)fxaxx x(1)0, (1)- -4ffa- -4ya( ), ( )fxf x10a，1a11a，( )fx1321ln()faaaaa11ae ( )fx( ), ( )fxf x11a，1a1a，( )fx 此时极小值 f（1）=-a-4，由题意可得， 解得或 因为-1a0，所以 当 a0 时，x 变化时变化情况如下表： x （0，1） 1 （1，+） - 0 + f（x） 极小值 此时极小值 f（1）=-a-4，由题意可得， 解得或，故不成立 综上所述 5、（20

18、20 全国理 21）已知函数 2exf xaxx （1）当1a 时，讨论 f x的单调性； （2）当0 x时， 3112f xx，求a的取值范围 【解析】(1)当1a 时， 2xxxefx， 21xfxex， 由于 20 xfxe，故 fx单调递增，注意到 00f，故： 当,0 x 时， 0,fxf x单调递减； 当0,x时， 0,fxf x单调递增 (2)由 3112fxx得，23112xeaxxx，其中0 x， 当 x=0 时，不等式为：11，显然成立，符合题意； 当0 x时，分离参数 a 得，32112xexxax， 14aa 23a 23a 32a ( ), ( )fxf x( )fx

19、14aa 23a 23a 23a 记 32112xexxg xx ， 231212xxexxgxx ， 令 21102xexxh xx，则 1xh xex ， 10 xhxe ， 故 h x单调递增， 00h xh，故函数 h x单调递增， 00h xh， 由 0h x 可得：211 02xexx 恒成立，故当0,2x时， 0gx ， g x单调递增； 当2,x时， 0gx ， g x单调递减； 因此， 2max724eg xg综上可得，实数 a 的取值范围是27,4e 6、（2020 全国文 21）已知函数 2ln1f xx （1）若 2f xxc，求c的取值范围； （2）设0a ，讨论函数

20、 f xf ag xxa的单调性 【解析】 （1）函数( )f x的定义域为：(0,)， ( )2( )202ln120( )f xxcf xxcxxc ， 设( )2ln12(0)h xxxc x ，则有22(1)( )2xh xxx， 当1x 时，( )0, ( )h xh x单调递减；当01x时，( )0, ( )h xh x单调递增，当1x 时，函数( )h x有最大值，即max( )(1)2ln1 1 2 11h xhcc ，要想不等式( )在(0,)上恒成立，只需max( )0101h xcc （2）2ln1 (2ln1)2(lnln )( )(0 xaxag xxxaxa 且)xa， 因此22(lnln )( )()xaxxxag xx xa， 设( )2(lnln )m xxaxxxa，则有( )2(lnln )m xax， 当xa时，lnlnxa，( )0m x，( )m x单调递减，因此有( )( )0m xm a，即 ( )0g x，( )g x单调递减； 当0 xa时，lnlnxa， ( )0m x，( )m x单调递增， 因此有( )( )0m xm a， 即( ) 0g x， ( )g x单调递减，函数( )g x在区间(0, )a和( ,)a 上单调递减，没有递增区间