2024版新高考1_4.2　利用导数研究函数的单调性极值和最值（十年高考）.docx

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1、2024版新高考新教材版高考总复习数学4.2利用导数研究函数的单调性、极值和最值考点1 利用导数研究函数的单调性1.（2023课标II，6）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）A. B. eC. D. 【答案】C【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，故，即，即a的最小值为故选：C2.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2,则f (2)=()A.-1B.-12C.12D.1答案Bf (x)=axbx2=axbx2,由题可知x=1为f(x)的极大值点,f (1)=0,f(1)=2,ab=0,b=2,a=

2、b=-2,f (x)=2x+2x2,f (2)=-12,故选B.解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则()A.a0bB.ab0C.ba0D.b0a答案A由9m=10可得m=log9101,令f(x)=xm-(x+1),则f (x)=mxm-1-1,易知当x1时, f (x)0,所以f(x)在(1,+)上单调递增,所以f(8)f(9)f(10),所以8m-99m-100b,故选A.4.(2022新高考,7,5分)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则()A.abcB.

3、cbaC.cabD.ac0时, f (x)0, f(x)单调递减,f(0.1)f(0)=1,ab1,ab.下面比较a与c.令g(x)=xex+ln(1-x),0x14,则g(x)=(x+1)ex-11x=(1x2)ex11x,令H(x)=(1-x2)ex-1,0x0,则H(x)在0,14上为增函数,H(x)H(0)=0.g(x)在0,14上为增函数,g(0.1)g(0),0.1e0.1+ln 0.90,ac,bac.5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=1.04-1,则()A.abcB.bcaC.bacD.ca1.02,所以ab,排除选项A与选项D

4、.设f(x)=ln x-2(x1)x+1(x1),则f (x)=1x4(x+1)2=(x1)2x(x+1)20,所以f(x)在(1,+)上单调递增,从而f(x)f(1)=0,即ln x2(x1)x+1.故a=2ln 1.01220.011.01+1=0.042.01.c=1.041=0.041.04+1,因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.0121.04,所以1.011.04,所以2.010.041.04+1,即ac,排除选项C.故选B.解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,所以ab,下面比较a与c的大小.令f(x)=2ln(1+x)-1+

5、4x+1,x0,1),则f (x)=21+x21+4x=21+4x(1+x)(1+x)1+4x,(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)0(x0,1),f (x)0,f(x)在0,1)上为增函数,f(0.01)f(0)=0,得ac.再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1,令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x0,1),则g(x)=11+2x11+x=1+x1+2x(1+x)1+2x,而(1+x)2-(1+2x)=x20,g(x)在0,1)上为增函数,g(0.02)g(0)=0,cb.综上,acb,故选B.拓展延伸:关于ln

6、 x的重要不等式(1)1-1xln xx-1(x0).(2)ln x12x1x,0x1;ln x12x1x,x1.(3)ln x2(x1)x+1,x1;ln x2(x1)x+1,0x1.(4)ln(x+1)x-x22,x0.(5)ln xx1,x1.(6)x1x2x1x2ln x1ln x20,x20).6.(2016课标文,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1B.1,13C.13,13D.1,13答案Cf (x)=1-23cos 2x+acos x=1-23(2cos2x-1)+acos x=-43cos2x+a

7、cos x+53, f(x)在R上单调递增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则-43t2+at+530在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则g(1)=43a50,g(1)=4+3a50,解得-13a13,故选C.疑难突破由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.评析本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即可.7.(2015课标理,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (

8、x)-f(x)0成立的x的取值范围是()A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)答案A令g(x)=f(x)x,则g(x)=xf (x)f(x)x2,由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0;当x(1,+)时,g(x)0,从而f(x)0.又g(-x)=f(x)x=f(x)x=f(x)x=g(x),g(x)是偶函数,当x(-,-1)时,g(x)0;当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0(0(1,01x1,k1,故选D.9.（2023全国乙理，16）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是_.【答案】【解析】由函数的解析式

9、可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是.10.（2023课标I，19）已知函数（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，【解析】（1）因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）方法一：由（1）得，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上

10、单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.11.（2023全国甲文，20） 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围【解析】（1）因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，所以在上恒成立，所以在上单调递减.（2）法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为.法二：因为，因为，所以，故在上恒成立，所以当时，满足题意；

11、当时，由于，显然，所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：.12.(2019课标文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a0,则当x(-,0)a3,+时, f (x)0;当x0,a3时, f (x)0.故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减;若a=0, f(x)在(-,+)单调递增;若a0;当xa3,0时, f (x)0.故f(x)在,a3,(0,+)单调递增,在

12、a3,0单调递减.(2)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为fa3=-a327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-a327+2,M=4a,0a2,2,2a3.所以M-m=2a+a327,0a2,a327,2a3.当0a2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.当2a0时, f(x)在(-,0),a3,+单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-,0)a3,+单调递增导致错误,从而失分.13.(2017课标文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论

13、f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时, f (x)0.故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=lna2.当x,lna2时,f (x)0.故f(x)在,lna2单调递减,在lna2,+单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由

14、(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0,即a1时, f(x)0.若a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f (x)=(2ax+3)(ax1)x,根据a0,x0,可以判断f (x)的正负,即可判断出f(x)的单调性.(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+)上没有零点.由(1)可得f(x)min=f1a,使f1a0,即可求出a的取值范围.解析(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x(0,+),f (x)=

15、2a2x+a-3x=2a2x2+ax3x=(2ax+3)(ax1)x.a0,x0,2ax+3x0,当x0,1a时, f (x)0,函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图象与x轴没有公共点,函数f(x)在(0,+)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增,f(x)min=f1a=33ln 1a=3+3ln a0,ln a-1,解得a1e,故实数a的取值范围是1e,+.关键点拨利用导数求函数的单调性时,要注意:题目中函数的定义域是否有限制;多个同单调性的区间不能用并集符号相连;在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不

16、重不漏、层次分明”.15.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f (x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解.解析(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f (x)=3x2-2x+a,对于3x2-2x+a=0,=4-12a.当a13时,0,即f (x)0在R上恒成立,此时f(x)

17、在R上单调递增.当a0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=113a3,x2=1+13a3,故当x,113a31+13a3,+时, f (x)0,当x113a3,1+13a3时, f (x)0且a1,函数f(x)=xaax(x0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围.解析(1)当a=2时, f(x)=x22x=x22-x(x0),

18、则f (x)=2x2-x+x2(-ln 22-x)=x2-x(2-xln 2).令f (x)=0,则x=2ln2,f (x), f(x)的情况如下:x0,2ln22ln22ln2,+f (x)+0-f(x)极大值所以函数f(x)在0,2ln2上单调递增,在2ln2,+上单调递减.(2)令f(x)=1,则xaax=1,所以xa=ax,两边同时取对数,可得aln x=xln a,即lnxx=lnaa,根据题意可知,方程lnxx=lnaa有两个实数解.设g(x)=lnxx,则g(x)=1lnxx2,令g(x)=0,则x=e.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递增;当x(e,+)时,g(x)0

19、,解得x4或x-1;令f (x)0,解得-1x0,故f(x)0;当x(4,+)时,3-2x0,故f(x)f(s)+f(t).解析(1)f (x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,f (0)=e0ln(1+0)+11+0=1,又f(0)=e0ln 1=0,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=x.(2)易得g(x)=f (x)=exln(1+x)+11+x,g(x)=exln(1+x)+11+x+11+x1(1+x)2=exln(1+x)+11+x+x(1+x)2,x0,+),ln(1+x)0,11+x0,x(1+x)20,又ex0,g(x)0在0,+

20、)上恒成立.g(x)在0,+)上单调递增.(3)证明:由(2)知g(x)=f (x)在(0,+)上单调递增,f (x)f (0)=10,f(x)在(0,+)上单调递增,不妨设st,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s0),则h(x)=f (x)-f (x+s)h(t),f(0)-f(s)f(t)-f(t+s),又f(0)=0,f(s+t)f(s)+f(t).考点2 利用导数研究函数的极值、最值1.（2023全国乙文，8）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，当，故的极大值为，极小

21、值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B.2.（2023课标II，11）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，显然，即，A错误，BCD正确，故选：BCD3.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f (x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值.不妨设导函数y=f (x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x10x20,排除B,故选D.方法总

22、结函数图象的识辨方法:1.利用函数图象上的特殊点(如函数图象与x轴、y轴的交点,函数图象上的最高点、最低点等)来识辨.2.利用函数的定义域,在某个区间上的值域来识辨.3.利用函数的单调性、极值(常用导数来判断)和函数的周期性来识辨.4.利用函数的零点来识辨.5.利用函数的奇偶性来识辨,若函数是奇(或偶)函数,则其图象关于原点(或y轴)对称.6.利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨.7.利用函数图象的渐近线来识辨.如指数型函数、对数型函数、幂函数(指数为负)型函数(含反比例函数)、正切型函数等,其图象都有渐近线.4.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=

23、()A.-4B.-2C.4D.2答案D由题意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f (x)=0,得x=-2或x=2,则f (x), f(x)随x的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,2)2(2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.评析本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.5.(2014课标理,12,5分)设函数f(x)=3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,

24、+)D.(-,-1)(1,+)答案Cf (x)=3mcosxm,f(x)的极值点为x0,f (x0)=0,3mcosx0m=0,mx0=k+2,kZ,x0=mk+m2,kZ,又x02+f(x0)2m2,mk+m22+3sink+22m2,kZ,即m2k+122+3m2,kZ,m0,k+122m23m2,kZ,又存在x0满足x02+f(x0)2k+122min,m23m2122,m2-3m24,m24,m2或m-2,故选C.评析本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的能力.6.(2013课标,理10,文11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下

25、列结论中错误的是()A.x0R, f(x0)=0B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-,x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点,则f (x0)=0答案C由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f(x)有极小值点,则f (x)=0有两个不等实根x1,x2(x1x2), f (x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),则f(x)在(-,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+)上为增

26、函数,故C项错误;D项正确.故选C.评析本题考查了三次函数的图象和性质,考查了利用导数研究函数极值与单调性.7.(2022全国乙文,11,5分)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间0,2的最小值、最大值分别为()A.-2,2B.32,2C.-2,2+2D.32,2+2答案D f (x)=(x+1)cos x,x0,2,令f (x)=0得x=2或x=32.当x在0,2上变化时, f (x), f(x)的变化情况如表所示:x00,222,323232,22f (x)+0-0+f(x)2极大值2+2极小值-322由表可知, f(x)在0,2上的最大值为2+2,最小值为-32,故选

27、D.8.(2021全国乙理,10,5分)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.abC.aba2答案D解题指导:求出f (x)=0的两根,根据已知条件x=a为函数f(x)的极大值点,分类讨论比较根的大小,得出满足条件的不等式即可.解析f(x)=a(x-a)2(x-b)=ax3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b,f (x)=a3x2-(4a+2b)x+2ab+a2=a(x-a)3x-(a+2b).令f (x)=0,得x1=a,x2=a+2b3.(i)若a0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在(-,a)上单调递增,在a,a+2b3

28、上单调递减,此时需aa+2b3,得0ab,a2ab.(ii)若aa+2b3,得ba0,a2ab.综上可知,a20,f(x)单调递增,当x33,33时,f (x)0,f(x)单调递增,f(x)有两个极值点,故选项A正确.f33=3933+1=92390,f(x)的极小值大于0,f(x)仅有一个零点.故选项B错误.由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f (x)=2,得x=1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或

29、y=2x+3,故选项D错误.故选AC.10.(2021新高考,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案1解题指导:先分类讨论去掉绝对值符号,然后用函数的单调性分析其最小值.解析当x12时, f(x)=2x-1-2ln x,f (x)=2-2x=2x2x,当x12,1时, f (x)0,f(x)在12,1上单调递减,在(1,+)上单调递增,f(x)min=f(1)=1.当0x12时, f(x)=1-2x-2ln x,此时f (x)=-2-2x1,f(x)min=1.方法总结:绝对值问题的常见处理策略:1.分类讨论去掉绝对值符号;2.利用绝对值的几何意义画图分析.11.(

30、2022全国乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a0且a1)的极小值点和极大值点.若x11时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图所示,当x(-,x1)时,f (x)=2axln a-2ex0,f(x)在(-,x1)上单调递增;当x(x1,x2)时,f (x)=2axln a-2ex0,f(x)在(x2,+)上单调递增.x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.当a1时,不满足题意,舍去.图图当0a1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图所示,设过原点的切线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ax0l

31、n a),而y=ax(ln a)2,此时切线l的斜率k=ax0 (ln a)2,ax0(ln a)2=ax0lnax0,可得ax0=e.k=e(ln a)2,要使函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点,则ke,即e(ln a)2e.(ln a)21,即-1ln a1,1eae.又0a1,1ea1.综上所述,a的取值范围是1e,1.12.（2023课标II，22）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围【解析】（1）构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所

32、述：.（2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：，（i）当时，取，则，由（1）可得，且，所以，即当时，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是极小值点，不合题意；（）当时，取，则，由（1）可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值