2022年导数与函数极值、最值问题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 【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,其试卷难度考查较大 . 【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、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值 . 例 1 已知函数fx 1lnx,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 x 3ax 2bx a 在 2x 1 处有极值 10,就 f 2 等于（）A11 或 18 B11 C18 D17 或 18 【答案】 C 【解读】1 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 试卷分析：fx3x 22axb,132 ab20ba32a0a4或a3aba10a 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,UA1,0C 0,D, 1【答案】 B 【解读】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 m_. 32【答案】 3【解读】试卷分析：由于fx1 3x31m1 x222 m1 x,f'x0得x2或xm1,又由于2所以f' x2 m1 x2 m1xxm1,由2 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 函数fx 1x31m1 x22m1 x在0,4上无极值,而 20,4 ,所以只有m12,m332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 ,就f x 值为（）D7 2A2 B5 2C3 【答案】 B 【解读】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】, 1U1,22【解读】试 卷 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f'x3 x22 1a xa, 令f'x0得方程32 x2 1a xa0,因4a2a10, x 1x 2a2 1 3a, 代 入 前 面 不 等 式 , 并 化 简 得故x x 233 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1a2 a25 a20,解不等式得a1或1 2a2,因此 , 当a1或1 2a2时, 不等式fx 1fx 20成立 ,故答案为, 1U1,2. 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】3a2【解读】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fxx e2 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. 【解读】试卷分析：（1）由f1e1解之即可；1e10,f1e130,所以在区间 1,1 上存（2）fxx e2 x1为递增函数且f4 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 在0x 使fx 00,所以函数在区间 1,x 0上单调递减,在区间x 0,1上单调递增,所以fxmaxmaxf1 ,f1,求之即可 . f1e2m,即e2me1,解得m1；试卷解读：（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）详见解读 . 【解读】试卷解读：（1）对fx求导可得fx exxx1x ex,2 ex e令fxex0得 x=0. 0,函数fx单调递增；x当x0,时,fx5 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 的取（）求函数f x 在 , t t2t0上的最小值；x x 2x 1（）如函数yf x g x 有两个不同的极值点值范畴 . 【答案】（）f x mint1 e,t11；（）a2ln 2lnln 21. eln , t t33e【解读】6 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 试卷分析：（）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y'lnx2 x1a0有两个不同的实根x x x 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x 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试卷解读：（）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 t1e7 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 两式相减可得lnx 12x 1x 22ln 2x 2x 24x 代入上述方程可得x 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【变式演练 8】设函数ffxlnx1. 11,求 F x 的极值；m2,3,使得当x0,m 时,（1）已知函数Fxfx1x23 2x44（2）已知函数G xx2 ax2 axa a0,如存在实数函数 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【解读】8 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - F x,F'x 随 x 的变化如下表 : 当xx0,111,222,F2ln 23. F'x00F xZln 23Z041时,函数 F x 取得极大值F10；当x2时,函数 F x 取得微小值4当11,即a1时,函数fx 在0,1 2a和1,上单调递增 , 在1 ,1 2a上单调递减 ,要存2a2在实数x2,3,使得当x0,m 时, 函数 G x 的最大值为 G m ,就G1aG2,代入化简2a得ln 2 a1ln 210. 令g aln 2a1ln 21a1,因g'11104 a4a2a4a9 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 恒成立 ,故恒有g ag1ln 210,a1时,式恒成立；综上,实数a 的取值范畴是2221ln 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试卷解读；（）f' x1 e x2 a x（i）设a0,就f x x2 e , xf x 只有一个零点所以f x 在 ,1上单（ii）设a0,就当x,1时,f' 0；当x1,时,f' 0调递减 ,在 1, 上单调递增0且blna,就 上单调递增又当x1又f1e,f2a ,取 b 满意b2f b ab2a b2 1a b23b0, 22故f x 存在两个零点1或xln 2 a （iii ）设a0,由f' 0得x如ae,就 ln 2 1,故当x1,时,f' 0,因此f x 在 1,210 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 时,f x 0,所以f x 不存在两个零点如ae,就 ln 2 1,故当x1,ln 2 时,f' 0；当xxln 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 21,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】（）见解读；（）见解读【解读】试卷分析：（）求'f x 的导函数,对 a 进行分类争论,求f x 的单调性；（）要证f fx3对于任意的x1,2成立,即证fx f/ x3,依据单调性求解 . 2211 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - （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 x21, 时,f/ x 0,f x 单调递减 . a综上所述,12 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - （）由（）知,a1时,/ 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 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 13 / 36 .解答此题,精确求导数是基础,恰当名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 【解读】试卷解读：（1）由于a2,b1,所以f x 2x2x. 2方程f x 2,即 2x2x2,亦即x 2 222x10,44,所以2x2 10x,于是 21,解得x0. f x 22. 由条件知f2 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 f014 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以m4,故实数 m的最大值为 4. （2）由于函数g x f x 2只有 1 个零点,而g0f02a0b 020,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 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x00,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零点个数 . 4.【2022 高考天津理数】（本小题满分 14 分）15 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设函数f x x3 1axb ,xR,其中a,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】（）详见解读（）详见解读（）详见解读【解读】试卷分析：（）先求函数的导数：0f'x3x21a,再依据导函数零点是否存在情形,分类争论：当a0时,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卷解读：（）解：由fx x31axb,可得f'x 3x1 2a. 下面分两种情形争论：（1）当a0时,有f'x3 x1 2a0恒成立,所以fx的单调递增区间为,. （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16 / 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以fx的单调递减区间为 13 a1,3 a,单调递增区间为1,3 a ,313 a,. 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：（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,（2）当3a3时,123a013a13a43333f0f123af13 a,f2f 123af13a,3333所以fx在区间0 ,2上的取