2021年导数与函数的极值、最值问题(解析版).docx

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1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -导数与函数的极值.最值问题( 解析版 )第 1 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -【高考位置】导数在争论函数的极值与最值问题为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，特殊为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为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

2、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 (x)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f ( x)1ln xx ，求函数 fx的极值 .【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 ( x)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)x3ax2bxa2 在 x1 处有极值 10

3、，就f (2)等于（）A 11或18B 11C 18D 17 或 18【答案】 C【解析】2 /38第 2 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -试题分析：f ( x)3x22axb 、32ab0b32aa4a3或1aba210a2a120b11b3当a3 时 、 b3f ( x)3( x1)20、在x1处 不 存 在 极 值 当a4时 ，b11f (x)a3x248x11(3x11)( x1) ，x11(、1)、 f3( x)0 ；x(1、)、 f(x )0 、符合题意 所以b11f (2)8162

4、21618 应选 C考点：函数的单调性与极值【变式演练 2】设函数 fxln x1 ax 22bx ，如 x1 为 fx的极大值点， 就 a 的取值范畴为（）A 1、0B1、C 0、D、10、【答案】 B【解析】考点：函数的极值【变式演练 3】函数【答案】 3f ( x)1 x331 (m21) x22(m1)x 在 (0、4) 上无极值，就 m .【解析】试题分析：由于f ( x)1 x331 (m21)x22( m1) x ，所以 f( x)x2(m1)x2(m1)x2xm1 ，由f x0 得 x2 或 xm1，又由于3 /38第 3 页，共 38 页 - - - - - - - - -

5、-精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -函数 f( x)1 x331 (m21) x22(m1)x 在 (0、4) 上无极值，而 20、4 ，所以只有 m12 ，m3时， fx 在 R 上单调，才合题意，故答案为3 .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 an的前 n 项和为 Sn2n 1k ，就f ( x)x3kx22x1的极大值为（）A 2B 52C 3D 72【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)x3(1a) x2ax

6、有两个不同的极值点x1 ，x2 ，且对不等式f ( x1)f ( x2 )0 恒成立，就实数 a 的取值范畴为【答案】1(、1、22【解析】试 题 分 析 ： 因 为f (x )f (x )0 、 故 得 不 等 式 x3x31ax2x2axx0 、 即12121212x1x22x1x23x1x21ax12x22x1 x2a x1x20 、由于f x3x22 1axa、令f x0得方程3x22 1a xa0、因4 a 2a10、故x1x2ax1 x232 1a3， 代入 前 面 不 等 式 、并 化 简 得4 /38第 4 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word

7、可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1 a2a 25a2 0 、解不等式得 a1 或 12a2 ，因此 、 当 a1 或 12a2 时、 不等式fx1fx20 成立 、故答案为(、11 、 2.2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fxx3ax2x2 a0 的极大值点和微小值点都在区间1、1 内、就实数 a 的取值范畴为【答案】3a2【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

8、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fxexx2mx ，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1、1 上的最大值【答案】（1） m1；（ 2）fx maxe .【解析】5 /38第 5 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -试题分析：（ 1）由 f(1)e 1 解之即可；（ 2）f xex2x1为递增函数且f1e 10、 f1e 130 、所以在区间 (1、1) 上存在 x0 使f ( x

9、0 )0 ，所以函数在区间1、x0 上单调递减，在区间 x0 、1 上单调递增，所以fx maxmaxf1 、 f1，求之即可 .试题解析：（1）fxex2xm， f1e 2m ，即 e2me1 ，解得 m1；实数 m 的值为 1；（ 2）f xex2x1为递增函数，f1e 10、 f1 e 130 ，存在 x01、1 ，使得f x00 ，所以fx maxmaxf1 、 f1，f1e 12、 f1e，fx maxf1e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；导数的几何意义为拇年高考的必考内容，考查

10、题型有挑选题.填空题，也常显现在解答题的第.x（ 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)x1 e（ 1）求函数 yf ( x) 最值；（ 2）如f ( x1 )f ( x2 )( x1x2 )，求证：x1x20 .【答案】（1）f ( x) 取最大值f ( x) maxf(0)1，无最小值；（ 2）详见解析 .【解析】试题解析：（ 1）对f ( x) 求导可得f ( x)ex(x e2x1)ex xex ，6 /38第 6 页，共 38 页 - - - - -

11、 - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -令 f ( x)x0 得 x=0.ex当 x(、0) 时，f (x)0 ，函数f ( x) 单调递增；当 x(0、) 时，f (x)0 ，函数f ( x) 单调递减，当 x=0 时，f ( x) 取最大值f ( x)maxf (0)1，无最小值 .（ 2）不妨设x1x2 ，由（ 1）得当 x(、0) 时，f (x)0 ，函数f ( x) 单调递增；当 x(0、) 时，f (x)0 ，函数f ( x) 单调递减，如 f (x1 )f ( x2 ) ，就x10x2 ，考点： 1.导数与函数的最值； 2.

12、导数与不等式的证明 .【变式演练 7】已知函数f (x)xln x ，g( x)x2ax2 .（）求函数f ( x) 在 t 、t2(t0) 上的最小值；（）如函数yf ( x)g ( x)有两个不同的极值点x1、 x2 (x1x2 ) 且 x2x1ln 2 ，求实数 a 的取值范畴 .7 /38第 7 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1，0t1【答案】（）f (x)minee ；（） at ln t、 t12 ln 2ln 2ln()1 .33e【解析】试题分析：（）由f ( x)ln x10

13、 ，得极值点为 x1 ，分情形争论 0t e1 及 t e1 时，函 e数 f (x) 的最小值；（） 当函数yf ( x)g (x) 有两个不同的极值点， 即yln x2x1a0有两个不同的实根x1、 x2 (x1x2 ) ，问题等价于直线ya 与函数G( x)ln x2x1 的图象有两个不同的交点，由G( x) 单调性结合函数图象可知当aG (x)G ( 1 )ln 2 时， x 、 x 存在，且min122x2x1 的值随着 a 的增大而增大， 而当x2x1ln 2 时，由题意ln x1ln x2 x12x1a0，1a0x24x1代入上述方程可得x4x4 ln 2 ，此时实数 a 的取值

14、范畴为 a222 ln 2ln(ln 2 )1 .21333试题解析：（）由f (x)ln x10 ，可得 x1 ，e 0t1 时，函数ef ( x)在(t、 1)e上单调递减，在 (1 、te2) 上单调递增，函数 f ( x) 在t、 t2(t0) 上的最小值为11 ，当 t1 时， ef (x) 在t 、tf ()ee2 上单调递增，f (x)minf (t )t ln t ，1 ，0t1f (x)minee ；t ln t 、t1 e8 /38第 8 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -两式

15、相减可得ln x1 x22( x1x2)2ln 2x4x 代入上述方程可得x4 x4 ln 2 ，21213此时 a2ln 2ln(ln 2)1 ，33所以，实数 a 的取值范畴为 a2 ln 2ln(ln 2 )1 ；33考点：导数的应用【变式演练 8】设函数 fxln x1 .9 /38第 9 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -（ 1）已知函数F xfx1231xx、求 Fx 的极值；424（ 2）已知函数G xfxax22a1 xaa0 、如存在实数 m2、3、使得当 x0、m 时、函数 G

16、x 的最大值为 Gm 、求实数 a 的取值范畴 .【答案】（1）极大值为 0 ，微小值为【解析】ln 23 ；（2） 1ln 2、.4Fx 、 F x 随 x 的变化如下表 :x0、111、222、F x00Fx0ln 234当 x1 时、函数 Fx取得极大值 F1 0 ;当 x2 时、函数 Fx取得微小值 F32ln 2.410 /38第 10 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -当 11 、 即 a2a1 时、 函数 fx在20、 12a和 1、上单调递增 、 在1 、12 a上单调递减 、 要

17、存在实数 x2、3、使得当 x0、m 时、 函数 Gx的最大值为 G m、就 G12aG2、代入化简得ln2a1ln 210 4a.令galn2 a1ln 21a1、因4 a211g a10 恒成立 、故恒有1gag1ln 20、a1 时、式恒成立 ;综a4a222上，实数 a 的取值范畴为1ln 2、.考点：函数导数与不等式【高考再现】1. 【2021 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）已知函数fxx2 exax12有两个零点.(I) 求 a 的取值范畴；(II) 设 x1、x2 为 fx 的两个零点 、证明： x1x22 .【答案】 (0、)试题解析 ;（）f ( x)( x1)

18、ex2a( x1) ( x1)(ex2a) （ i）设 a0 、就f ( x)( x2) ex 、f ( x) 只有一个零点（ ii ）设 a0 、就当 x(、1) 时、 f(x)0 ；当 x(1、) 时、 f( x)0 所以f ( x) 在(、1) 上单调递减 、在 (1、) 上单调递增11 /38第 11 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -又 f (1)e 、 f (2)a 、取b 满意 b0 且 bln a 、就2f (b)a (b2)a(b1)2a(b23 b)0 、22故 f (x) 存

19、在两个零点（ iii ）设 a0 、由f ( x)0 得 x1 或 xln(2a) 如 ae 、就 ln(2a)1 、故当 x2(1、) 时、 f( x)0 、因此f ( x) 在 (1、) 上单调递增又当x1时、 f( x)0 、所以f ( x) 不存在两个零点如 ae 、就 ln(2a)1、故当 x2(1、ln( 2a) 时、 f( x)0；当 x(ln(2a)、) 时、 f( x)0 因此f ( x) 在 (1、ln( 2a) 单调递减 、在 (ln(2a)、) 单调递增又当x1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、) （）不妨设x1x2

20、、由（）知 x1(、1)、x2(1、) 、 2x2(、1) 、f ( x) 在 (、1)上单调递减、所以 x1x22 等价于f ( x1)f (2x2 ) 、即f (2x2 )0 由于 f (2x )x e2 x2a( x1)2 、而f ( x)(x2) ex2a ( x1)20 、所以222222f (2x )x e2 x2(x2)ex 2 222设 g( x)xe2 x( x2)ex 、就g (x)( x1)(e2 xex ) 所以当 x1 时、 g (x)0 、而g(1)0 、故当 x1 时、 g( x)0 从而 g ( x2 )f (2x2 )0 、故 x1x22 考点：导数及其应用2

21、. 【2021 高考山东理数】 (本小题满分 13 分)已知 f( x)axln x2 x1 、 aR .x2（ I ）争论 f ( x) 的单调性；（ II ）当 a1 时，证明f (x) f x3 对于任意的 x21、2成立.【答案】（）见解析；（）见解析12 /38第 12 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -【解析】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；（）要证f (x) f x3 对于任意的 x21、2成立，即证f (x)f / (x)3，依

22、据单调性求解 .2（ 1） 0a2 ，21 ， a当 x(0、1) 或 x(2 、a) 时，f / ( x)0 ， f(x) 单调递增；当 x(1、2 ) 时，af / ( x)0 ， f ( x) 单调递减；（ 2） a2 时，21 ，在 xa(0、) 内，f / ( x)0 ， f( x) 单调递增；（ 3） a2 时， 021， a当 x(0、2 ) 或 xa(1、) 时，f / ( x)0 ， f (x) 单调递增；当 x(2 、1) 时， af / (x)0 ， f( x)单调递减 .综上所述，13 /38第 13 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word

23、 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -（）由（）知，a1 时，f ( x)f / (x)xln x2x1(1122 )xln x312x21， xxx2x31、2 ，xx2x3令 g( x)xln x、 h(x)3121， x1、2xx 2x3.就 f (x)f / ( x)g (x)h( x) ，由 g / ( x)x10 可得 xg (x)g(1)1 ，当且仅当 x1时取得等号 .又 h (x)3x22x64，x设(x)3x 22x6 ，就(x) 在 x1、2 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 .

24、【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，为一道难题.解答此题，精确求导数为基础，恰当14 /38第 14 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -分类争论为关键，易错点为分类争论不全面.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. 【2021 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）已知函数f ( x)axbx (a0、b0、a1、b1).设 a2

25、、 b1 .2（1）求方程f ( x)2 的根;（2）如对任意 xR 、不等式f (2 x)mf( x)6 恒成立，求实数 m 的最大值；（3）如 0a1、b1，函数gxfx2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值；【答案】（1） 0 4（2）1【解析】试题解析：（ 1）由于 a2、 b1 ，所以2f ( x)2x2 x .方程f ( x)2 ，即 2x2 x2 ，亦即(2 x ) 222x10 ，所以 (2x1)20 ，于为 2x1 ，解得 x0 .由条件知f (2 x)22 x2 2 x(2x2 x )22( f(x)22 .由于 f(2 x)mf ( x)6 对于 xR 恒成立，且f (

26、 x)0 ，所以 m( f ( x)2f ( x)4 对于 xR 恒成立 .2( f ( x) 2444( f (0)4而f ( x)2f ( x) .4 ，且4 ，f (x)f (x)f ( x)f (0)15 /38第 15 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -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g(0)f (0)2a0b020 ，所以 0 为函数 g ( x) 的唯独零点 .由于 g ( x)a x ln abxln b ，又由

27、 0a1、b1 知ln a0、ln b0 ，0所以 g ( x)0 有唯独解 xlog b (xxx2x2aln a ) .ln b令 h( x)g ( x) ，就h ( x)(aln ab ln b)a (ln a)b (ln b)，从而对任意 xR ， h (x)0 ，所以g ( x)h( x) 为(、) 上的单调增函数，于为当 x(、 x0 )， g (x)g ( x)0 ；当 x( x0、) 时，g ( x)g ( x)0 .00因而函数g (x) 在 (、 x0 ) 上为单调减函数，在( x0 、) 上为单调增函数 .下证 x00 .如 x00 ，就 x0x00 ，于为 2x0g (

28、)2g (0)0 ，又 g (log a 2)a log a 2blog a 22alog a 220 ，且函数g (x) 在以x0和log a 2 为端点的闭区间上的2图象不间断， 所以在x0和log a 2 之间存在2g (x) 的零点，记为x1 .由于 0a1，所以 loga 20 ，1又 x00 ，所以 x20 与“ 0 为函数g ( x)的唯独零点”冲突 .如 x00 ，同理可得，在0 和 loga 2 之间存在x2g ( x) 的非 0 的零点，冲突 .因此，x00 .于为ln a ln b1 ，故 ln aln b0 ，所以 ab1 .考点：指数函数.基本不等式.利用导数争论函数

29、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，论证为充要关系，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.16 /38第 16 页，共 38 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -4. 【2021 高考天津理数】（本小题满分 14 分）设函数f ( x)( x1)3axb 、 xR ，其中a、bR(I) 求 f ( x) 的单调区间；(II) 如f ( x) 存在极值点x0 ，且f ( x1 )f ( x0 ) ，其中x1x0 ，求证： x12x03 ；（）设 a0 ，函数g ( x)| f ( x) | ，求证：g( x) 在区间 1、1 上的最大值不小于 1 .4【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：f (x)23( x1)a ，再依据导函数零点为否存在情形，分类争论：当 a0 时，有f (x)0 恒成立，所以f ( x) 的单调增区间为 (、) .当 a