高考数学复习：利用导数求函数的极最值11965.pdf

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1、 高考数学复习：利用导数求函数的极最值 1.利用导数求函数的极最值问题解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作 例 1已知函数 elnxfxxaxx(1)若ae，求 fx的单调区间；(2)当0a 时，记 fx的最小值为m，求证：1m【答案】(1)函数 fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,(2)证明见解析（1）求出导函数()fx，由()0fx得增区

2、间，由()0fx得减区间；（2）函数定义域是(0,)，求得导函数 1exxfxxax，这里1xx是正数，引入()exg xxa，利用它的单调性，得其有唯一零点0 x，是()f x的唯一极小值点，即 00000elnxmfxxaxx，由0()g x00e0 xxa把0()mf x转化为关于a的函数，再由导数得新函数的最大值不大于 1，证得结论成立(1)当ae 时，ee lnxfxxxx，fx的定义域是0,，111 ee1eexxxfxxxxx，当01x时，0fx；当1x 时，0fx 所以函数 fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,(2)由（1）得 fx的定义域是0,，1exxfxxax，

3、令 exg xxa，则 10 xgxxe，g x在0,上单调递增，因为0a，所以 00ga，e0agaaaaa ，故存在00,xa，使得 000e0 xg xxa 当00,xx时，0g x，1e0 xxfxxax，fx单调递减；当0,xx时，0g x，1e0 xxfxxax，fx单调递增；故0 xx时，fx取得最小值，即 00000elnxmfxxaxx，由00e0 xxa，得0000enlnelxxmxaxaaa ，令0 xa ，lnh xxx x，则 11lnlnh xxx ，当0,1x时，ln0h xx，lnh xxx x单调递增，当1,x时，ln0h xx，lnh xxx x单调递减，

4、故1x，即1a 时，lnh xxxx取最大值 1，1m 例 2已知函数 lnexxfxaxxaR.(1)当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)讨论函数 fx的极值点的个数.【答案】(1)11ey；(2)答案见解析.（1）分别求出 1f和 1f，即可求出切线方程；（2）分0a、1ae 和10ea三种情况，分别讨论 fx单调性，即可得到对应的极值点的情况.(1)当1a 时，nelxxfxxx定义域为0，111ef.因为 1e11xxfxx，所以 1 111 10ef .所以 yf x在点 1,1f处的切线方程为：11ey.(2)函数 lnexxfxaxxaR定义域为0，11

5、11eexxxxxfxaaxx.令,0exxg xax，1exxgx.令 0gx，得01x；令 0gx，得1x；所以 g x在0,1上单增，在1,上单减.所以 max11eg xga，所以 1eag xa 当0a 时，10exax，令 0fx，得01x；令 0fx，得1x；所以 fx在0,1上单增，在1,上单减.此时 fx有且只有一个极值点.当1ae 时，0exxg xa，令 0fx，得1x；令 0fx，得01x；所以 fx在0,1上单减，在1,上单增.此时 fx有且只有一个极值点.当10ea时，方程 0g x 有两个相异正根12,x x，不妨设1201xx，则当10 xx时，有 0fx；当1

6、1xx时，有 0fx；当21xx时，有；0fx；当2xx时，有；0fx；所以 fx在10,x上单减，在1,1x上单增，在21,x上单减，在2,x 上单增，此时 fx有三个极值点.综上所述：当0a 或1ae 时，fx有且只有一个极值点；当10ea时，fx有三个极值点.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.例 3已知函数 2ee2xxf xax.(1)当1a 时，证明：函数 fx在区间0,上单调递增；(2)若 exg xf x，讨论函数 g x的极值点的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案

7、见解析（1）先对函数求导，再二次求导，可求得导函数在区间0,上单调递增，从而可得 00fxf，进而可证得结论，（2）当0a 时，可得 g x单调递增，无极值点，当0a 时，e2xg xax，令ee202xxaxax，令 exh xx，利用导数求出 h x的单调区间和极值，从而分0e2a，e2a 和2ea 求解即可(1)证明：当1a 时，2ee2,ee2xxxxf xxfxx.当0 x 时，ee20 xxfx，.所以函数 fx在区间0,上单调递增，故 00fxf，故函数 fx在区间0,上单调递增.(2)解：当0a 时，e2xg x 单调递增，无极值点，当0a 时，e2xg xax，令ee202x

8、xaxax，令 exh xx，则 2e1xxh xx，当0 x 时，0h x，且 0h x，当0a 时，方程e2xax有唯一小于零的零点，故函数 g x存在一个极值点；当01x时，0h x，当1x 时，0h x，故函数 h x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，1eh为函数 h x极小值，所以当0e2a时，方程e2xax无解，函数 g x无极值点；当e2a 时，方程e2xax有一个解，但当01x时，e2,e20 xxa gxaxx，当1x 时，e2,e20 xxa gxaxx，故函数 g x无极值点.当2ea 时，方程e2xax有两解，函数 g x存在一个极大值点和一个极小值点.综上，当0a

9、 时，函数 g x存在一个极值点，当e02a时，函数 g x无极值点，当2ea 时，函数 g x存在一个极大值点和一个极小值点.1已知函数ln(1)()xf xxa(1)当1a 时，判断 fx在区间1,上的单调性；(2)当1a 时，记 fx的最大值为M，求证：1(,)2aMe【答案】(1)()f x在(1,)上单调递减 (2)证明见解析（1）利用导数研究函数的单调性即可；（2）由题知2ln(1)1()()xaxxfxxa，设()ln(1)1xag xxx，进而得()g x在(1,)存在唯一零点01,1axe且()f x的最大值 000ln1xMf xxa，再结合000ln11xaxx可得011

10、,12aMex.(1)当1a 时，21ln(1)1()(1)(1)xxxfxxx，设1()ln(1)1xg xxx，则21()(1)xg xx，当(1,)x时，()0,()g xg x在(1,)上单调递减，所以 1ln2 0g xg，所以 0fx，所以()f x在(1,)上单调递减(2)2ln(1)1()()xaxxfxxa，设()ln(1)1xag xxx，则2()(1)xag xx 当1a 时，()f x的定义域为(1,),()0,()g xg x 在(1,)上单调递减，因为(1)11(1)ln21 ln20,102aaaaeagg ee 所以(1)10agg e 又因为()g x的图象是

11、不间断的，且()g x在(1,)上单调递减，所以()g x在(1,)存在唯一零点01,1axe，当01,xx 时，()0,()0,()g xfxf x在01,x上单调递增，当0,xx时，()0,()0,()g xfxf x在0,x 上单调递减，所以()f x的最大值 000ln1xMf xxa 由 00g x得000ln11xaxx，所以011,12aMex，从而原命题得证 2函数 esin2xxxfax.(1)求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程；(2)当0a 时，求函数 fx在0,1上的最小值；(3)直接写出a的一个值，使 f xa恒成立，并证明.【答案】(1)1yaxa(2)a(3

12、)1a ，证明见解析（1）利用导数的几何意义直接求解；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求得最小值；（3）取1a ，构造函数()esin21xg xxx，即证()0g x 恒成立，利用导数研究函数的单调性及最值即可证得结论.(1)由 esin2xxxfax，知 0fa，切点为0,a 求导 ecos2xfaxx，则切线斜率 0121afak 所以切线方程为：1yaax，即1yaxa(2)求导 ecos2xfaxx，0,1x 0a，cos1,1x，0fx，所以函数 fx在0,1上单调递增，min0f xfa，即函数 fx在0,1上的最小值为a.(3)取1a ，下面证明esin21xxx 恒成立，

13、即证esin210 xxx 恒成立，令()esin21xg xxx，即证()0g x 恒成立 求导()ecos2xg xx，（i）当0 x 时，e1x，cos1,1x，此时()0g x 所以函数()g x在,0上单调递减，()(0)0g xg，即()0g x 成立（ii）当0 x 时，令()ecos2,0 xp xg xxx，()esinxp xx，因为e1x，sin1,1x，所以()0p x，所以函数()g x在0,上单调递增，()(0)0g xg，所以函数()g x在0,上单调递增，()(0)0g xg，综上可知，()0g x 恒成立，即 f xa恒成立 3已知函数 2exf xax（其中

14、为自然对数的底数）.(1)讨论函数 fx的导函数 fx的单调性；(2)设 cosg xxxf x，若 x0 为 g（x）的极小值点，求实数 a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)1,.（1）先求导，再对a利用导数分两种情况求函数的单调区间；（2）求出 sin1 e2xg xxax ，令 sin1 e2xG xxax，则 cose2xG xxa，令 h xGx，再对22a分两种情况讨论分析得解.(1)解：e2xfxax，令 e2xF xax，则 e2xFxa，当0a 时，0Fx，当0a 时，ln 2,xa时，0Fx，,ln 2xa 时，0Fx；综上，当0a 时，fx在,上是增函数；当0a

15、 时，fx在 ln 2,a上是增函数，在,ln 2a上是减函数；(2)解：2cosexg xxxax，则 sin1 e2xg xxax ，00g，令 sin1 e2xG xxax，则 cose2xG xxa，令 h xGx，则 sinexh xx，当0 x 时，sin1x，e1x，故 0h x，Gx是减函数，所以 022G xGa.当220a，即1a时，0G x，即 G x在0,上是减函数，不符合0 x 是极小值，舍去；当220a，即1a 时，因为 Gx是减函数，且 00G，ln 23cos ln 2330Gaa，所以00,ln 23xa，使得 00G x，当00,xx时，0G x，即 g x

16、是增函数，所以 00g xg，即 g x在00,x上是增函数；当0 x 时，,0，使得 0h x，Gx是减函数，故 0220G xGa，从而 g x是增函数，所以 00g xg，即 g x在,0上是减函数.综上，a的取值范围是1,.4已知函数2()2lnf xxxaxax，aR(1)若1a，求曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程；(2)设()f x的极小值点为0 x，且 204afxa，求a的取值范围【答案】(1)0y (2)(2,2)（1）由导数的几何意义得出切线方程；（2）对a的值进行分类讨论，利用导数得出其单调性，再根据题意解不等式得出a的取值范围(1)由2()lnf xxxx

17、可得，(1)0f，由1()21fxxx 可得，(1)2 1 10f 即曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为0y (2)(1)(2)()22axxafxxaxx 若0a时，1()0 xfx；01()0 xfx 即函数()yf x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，极小值点为1 由 241afa，可得2140aaaa，解得02a.若2a 时，当(0,1),2ax 时，()0fx，则函数()f x在(0,1),2a上单调递增；当1,2ax时，()0fx，则函数()f x在1,2a上单调递减，则极小值点为2a.由224aafa可得，ln022aa，此时不等式组无解.若2a 时，2

18、2(1)()0 xfxx，函数()f x无极值点.若20a 时，当0,(1,)2ax时，()0fx，即函数()f x在0,(1,)2a上单调递增.当,12ax 时，()0fx，即函数()f x在,12a上单调递减，即函数()f x的极小值点为1，由 241afa，可得21420aaaa ，解得20a.综上，(2,2)a 5已知函数 21ln12fxxaxax，其中aR.(1)讨论 fx的单调性；(2)若函数 1F xf xax有两个极值点1x，2x，且 1222eF xF x 恒成立（e为自然对数的底数），求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)10ea（1）示出导函数()fx，在

19、定义域内分类讨论确定()fx的正负，得单调区间；（2）由()0F x有两个不等实根得出a的一个范围，同时得出12,x x的关系，计算12()()F xF x化为a的函数，不等式变形后，引入函数2()lneg xxxx，由导数确定单调性后可得不等式的解，即得a的范围(1)()f x的定义域是(0,)，(1)()()(1)axxafxxaxx，0a 时，01x时，()0fx，1x 时，()0fx，()f x的减区间(0,1)，增区间是(1,)；01a时，0 xa或1x 时，()0fx，1ax时，()0fx，()f x的增区间是(0,)a和(1,)，减区间是(,1)a；1a 时，()0fx恒成立，(

20、)f x的增区间是(0,)，无减区间；1a 时，01x或xa时，()0fx，1xa时，()0fx，()f x的增区间是(0,1)和(,)a，减区间是(1,)a；(2)22()()1xxaF xfxax，由题意220 xxa有两个不等正根12,x x，440a，1a，又122xx，120 x xa，所以01a，21()ln22F xxaxx，2221211122212121212111()()ln2ln2()2ln()2()222F xF xxaxxxaxxxxx xax xxx2ln4ln2aaaaaa，由题意2ln22eaaa，2ln0eaaa，设2()lneg xxxx(01)x，则()l

21、n1 1lng xxx 0，()g x在(0,1)上递减，又11112()ln0eeeeeg，所以由2ln0eaaa，得10ea 综上，10ea【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，考查极值点有关的问题，解题方法由导函数为 0 得出极值点的性质，同时得出参数的一个范围，计算有关极值点的代数式12()()F xF x，化简不等式，利用函数的单调性得出不等式的解，从而得出结论，本题属于较难题 6已知函数221()2ln(0)2f xaxxax a(1)讨论()f x的单调性；(2)若()f x存在两个极值点1x，2x，证明：121212()()11f xf xxxxx【答案】(1)答案不唯一，具体

22、见解析(2)证明见解析（1）函数()f x求导后，分子为含参的二次三项式，结合0a，我们可以从0和0 结合开口方向和两根的大小来讨论；（2）1x，2x为函数()f x的两个极值点，我们可以通过()fx结合韦达定理，找到1x，2x的关系，带入到要证明的不等式中，然后通过整理，化简成一个关于12xx的函数关系，再通过换元，构造函数，通过求解函数的值域完成证明.(1)22222()1aaxxafxaxxx，设22()2p xaxxa(0)x，31 8a ，当12a时，0，()0p x，则()0fx，()f x在(0,)上单调递增，当102a时，0，()p x的零点为3111 82axa，3211 8

23、2axa，且120 xx，令()0fx，得10 xx，或2xx，令()0fx，得12xxx，()f x在311 8(2aa，311 8)2aa上单调递减，在311 8(0,)2aa，311 8(2aa，)单调递增，当0a 时，0，()p x的零点为311 82aa，()f x在311 8(0,)2aa上单调递增，在311 8(2aa，)上单调递减 综上所述：当12a时，()f x在(0,)上单调递增；当102a时，()f x在311 8(2aa，311 8)2aa上单调递减，在311 8(0,)2aa，311 8(2aa，)单调递增；当0a 时，()f x在311 8(0,)2aa上单调递增，

24、在311 8(2aa，)上单调递减(2)证明：由（1）知，当102a时，()f x存在两个极值点，不妨设120 xx，则121xxa，要证：121212()()11f xf xxxxx，只要证121212121221()()()()xxxxxxf xf xx xxx，只需要证211212122211()()22ln2xxxxxa xxaxxx，即证21121222112ln()2xxxaxxxxx，设12xtx，(01)t，设函数21()2lng tattt，22221()ta tg tt ，4440a，22210ta t，()0g t，()g t在(0,1)上单调递减，则()(1)g tg0

25、，又121()02xx，则121()0()2g txx，则21121222112ln()2xxxaxxxxx，从而121212()()11f xf xxxxx【点睛】(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；(2)如果函数()f x在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数()f x的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.7已知函数 1 lnRafxxaxax.(1)讨论 fx的单调性；(2)若 fx有两个极值点，且这两个极值点分别为1x，2x，若不等式 1212lnlnf xf xxx恒

26、成立，求的值.【答案】(1)答案见解析(2)2 （1）求导，然后分0a，01a，1a，1a 讨论研究单调性；（2）由（1）两个极值点分别是 1 和a，不妨设11x，2xa，代入 1212lnlnf xf xxx，然后转化为最值问题求解即可.(1)由题意可知 fx的定义域为0,，22111xaxaafxxxx.当0a 时，由 0fx，得1x；由 0fx，得01x.则 fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.当01a时，由 0fx，得0 xa或1x；由 0fx，得1ax.则 fx在0,a和1,上单调递增，在,1a上单调递减.当1a 时，0fx恒成立，则 fx在0,上单调递增.当1a 时，由 0f

27、x，得01x或xa；由 0fx，得1xa.则 fx在0,1和,a 上单调递增，在1,a上单调递减.综上，当0a 时，fx在0,1上单调递减，在1,单调递增；当01a时，fx在0,a和1,上单调递增，在,1a上单调递减；当1a 时，fx在0,上单调递增；当1a 时，fx在0,1和,a 上单调递增，在1,a上单调递减.(2)由（1）可知01a或1a，且两个极值点分别是 1 和a，不妨设11x，2xa，则 1211 ln11 lnf xf xaaaaaa ，12lnlnlnxxa，故 1212lnlnf xf xxx恒成立，即1 lnlnaaa恒成立.当01a时，ln0a，则1a，因为01a，所以211a ，则2；当1a 时，ln0a，则1a，因为1a，所以12a，则2.综上，2.