1、专题 04 应用导数研究函数的极(最)值 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题,应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题,证明不等式、研究函 数的零点等,是高考考查的“高频点”问题,常常出现在“压轴题”的位置.其中,应用导 数研究函数的极(最)值问题的主要命题角度有:已知函数求极值(点)、已知极值(点),求参数 的值或取值范围、利用导数研究函数的最值、函数极值与最值的综合问题.本专题就应用导 数研究函数的极(最)值问题,进行专题探讨,通过例题说明此类问题解答规律与方法. 一、函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为: 确定函数的定义域; 求导数f(x)
2、; 解方程f(x)0, 求出函数定义域内的所有根; 列表检验f(x)在f(x)0 的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0 处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值 (2)由函数极值求参数的值或范围 讨论极值点有无(个数)问题, 转化为讨论f(x)0 根的有无(个数) 然后由已知条件列出 方程或不等式求出参数的值或范围,特别注意:极值点处的导数为 0,而导数为 0 的点不一 定是极值点,要检验极值点两侧导数是否异号 二、函数最值的基本求法 1.求函数f(x)在a,b上的最大值和最小值的步骤: 第一步,求函数在(a,b)内的极值; 第二步,求函数在区间端点处的函数
3、值f(a),f(b); 第三步,将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个 为最小值 2求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性, 并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值 三、求解函数极值与最值综合问题的策略 (1)求极值、最值时,要求步骤规范,含参数时,要讨论参数的大小 (2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性, 并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020天津高考
4、T20)已知函数f(x)=x 3+kln x(kR),f(x)为 f(x)的导函数. (1)当k=6 时, 求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; 求函数g(x)=f(x)-f(x)+ 的单调区间和极值; (2)当k-3 时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 【解析】 (1)当k=6 时,f(x)=x 3+6ln x,f(x)=3x 2+ .可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x) 在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. 依题意,g(x)=x 3-3x2+6ln x+ ,x(0,+).从而可得 g(x)=3x 2-6x+
5、 - , 整理可得:g(x)=,令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表: x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)由f(x)=x 3+kln x,得 f(x)=3x 2+ .对任意的x1,x21,+),且x1x2,令 =t(t1), 则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)=(x1-x2)-2 =-3x2+3x1+k-2kln =(t 3-3t2+3t-1)+k .() 令
6、h(x)=x- -2ln x,x(1,+).当x1 时,h(x)=1+ - =0, 由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1 时,h(t)h(1),即t- -2ln t0. 因为x21,t 3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3, 所以(t 3-3t2+3t-1)+k (t 3-3t2+3t-1)-3 =t 3-3t2+6ln t+ -1.() 由(1)可知,当t1 时,g(t)g(1),即t 3-3t2+6ln t+ 1,故 t 3-3t2+6ln t+ -10.() 由()()()可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3 时,
7、对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 例 2(2021 江苏苏州市 高三)已知函数 sin 2cos x fx x , 1 x g xa e(a为常数) (1)求函数 f x在 2 x 处的切线方程; (2)设 1 n F xfxg xn Z ()若n为偶数,当 0a 时,函数 F x在区间0, 2 上有极值点,求实数a的取值范围; ()若n为奇数,不等式 0F x 在0,上恒成立,求实数a的最小值 【答案】(1) 14 48 yx ;(2)() 2 11 , 3 4e ;() 1 3 【详解】(1) 22 cos2cossinsin2cos1 2cos2cos xxxxx fx xx
8、 , 1 24 f , 当 2 x 时, 1 22 f f x在 2 x 处的切线方程为 11 242 yx , 即 14 48 yx (2)()n为偶数时, sin 1 2cos x x F xf xg xa e x , 2 2cos1 2cos x x Fxa e x ,令 h xFx ,则 3 2sincos1 2cos x xx h xa e x 0, 2 x 且0a , 0h x 在0, 2 恒成立 h x在0, 2 单调递减,其中 1 0 3 ha, 2 1 24 ha e F x在0, 2 有极值点, 00h且0 2 h ,即 2 11 3 4 a e 当 2 11 3 4 a
9、e 时, 0 0, 2 x ,使 0 0h x 令 0Fx ,即 0h x , F x在 0 0,x单调递增; 令 0Fx ,即 0h x , F x在 0, 2 x 单调递减 F x在0, 2 有极值点 因此实数a的取值范围 2 11 , 3 4e ()n为奇数时, 0F xf xg x在0,恒成立当0 x时, 00F 当0 x时, 因为 sin 10 2cos x x F xa e x 恒成立, 而 2 2cos1 2cos x x Fxa e x , 令2 costx,1,3t 22 221231 1, 3 t m t ttt 0 1 x ee, 当 1 3 a 时, 1 3 x a e
10、, 0Fx恒成立 F x在0,单调递减, 00F xF 1 3 a 符合题意 当0a 时,则 0Fx在0, 2 恒成立 0, 2 x 时, F x单调递增, 00F xF,与题意不符,舍去 当 1 0 3 a时, 1 00 3 Fa, 1e0Fa , 00FF , Fx 在0,上存在零点 设 1 x为( )F x 在0,上最小零点,则 1 0,xx时 0Fx, 因此 F x在 1 0,x单调递增, 00F xF,不合题意舍去 综上,a的最小值为 1 3 例 3.(2020北京高考T19)已知函数f(x)=12-x 2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2 的切线方程; (2)设曲线y=f(
11、x)在(t,f(t)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最 小值. 【解析】(1)f(x)定义域为 R,f(x)=-2x,设切点为P(x0,y0),则k=f(x0)=-2x0=-2,即x0=1, 所以y0=f(x0)=f(1)=11,切点为(1,11),所以所求切线方程为y-11=-2(x-1),即 2x+y-13=0. (2)切线方程为y-12+t 2=-2t(x-t),令 x=0 得y=t 2+12,令 y=0 得x= + , 所以S(t)= (t 2+12)| + |,t0,易知 S(t)为偶函数, 当t0 时,S(t)=t 3+6t+ ,S(t)= ,令S(t)
12、=0 得t=2,-2(舍), t (0,2) 2 (2,+) S(t) - 0 + S(t) 极小值 所以S(t)有极小值也是最小值S(2)=32,又S(t)为偶函数, 所以当t=2 时,S(t)有最小值 32. 例 4. (2020江苏高考T17)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所 示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO为铅垂线(O在AB上),经测量,左侧曲线AO 上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h1=a 2;右侧曲线 BO 上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h2=-b 3+6b.已知 点
13、B到OO的距离为 40 米. (1)求桥AB的长度; (2)计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF.且CE为 80 米,其中C,E在AB上(不包括 端点).桥墩EF每米造价k(万元),桥墩CD每米造价k(万元)(k0),问OE为多少米时,桥墩 CD与EF的总造价最低? 【解析】(1)过A,B分别作MN的垂线,垂足为A,B,则AA=BB=-40 3+640=160(米). 令a 2=160,得 a=80,所以AO=80,AB=AO+BO=80+40=120(米). (2)设OE=x,则CO=80-x,由,得 0x0,所以令y=0,得x=0 或x=20, 所以当 0x20 时,y0,y单调递
14、减;当 20x0,y单调递增.所以,当x=20 时,y取 最小值,即当OE为 20 米时,造价最低 例 5(2021 湖北武汉市 高三)已知函数 f(x)=xlnx- 1 2 x2+(a-1)x(aR). (1)讨论函数 f(x)的极值点的个数; (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)2a-3. 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【详解】(1)( )lnfxxxa , 11 ( )1 x fx xx .当(0,1)x 时,( )0fx ,( ) fx 单调递增;当(1,)x时,( )0fx ,( ) fx单调递减.当1x 时,( ) fx有极大
15、值, (1)1fa.当 1a 时, (1)0 f ,( )f x在(0,)上单调递减,此时( )f x无极值; 当1a 时,(1)10fa . 1111 1111 ln10 aaaa faaa eeee , 1a ,2 aa feae ,设 21 x xxex 则 2 x xe,当1x 时, 20 x xe所以 2 x xxe在1 ,上单调递减,所以 120 xe ,所以当1a 时, 20 aa feae 故存在 12 ,x x,满足 1 12 1 01 a a xxe e , 12 ( )()0fxfx. 当 1 0,xx时, f x单调递减,当 12 ,xx x时, f x单调递增, 当
16、2, xx时, f x单调递减.( )f x在 1 xx处有极小值,在 2 xx处有极大值. 综上所述,当1a 时, ( )f x没有极值点;当1a 时, ( )f x有 2 个极值点. (2)由(1)可知当且仅当1a 时 ( )f x有极小值 1 x和极大值 2 x, 12 01xx . 先证明 12 2xx要证明 12 2xx,只需证 21 2xx. 由 12 01xx ,则 1 21x, 2 1x, 因为( )lnfxxxa 在1 ,单调递减,只需证 21 2fxx f . 又因为 12 ( )()0fxfx,只需证 11 2fxfx,即证 11 20ffxx. 令 ( )2h xfxx
17、f ,(0,1)x.因为 1 ( )1fx x , 1111 ( )11 2 220 2 h xfxxx xxxx f , 所以 ( )2h xfxxf 在(0,1)上单调递增,( )(1)0h xh. 所以 111 0( )2h xfxxf,所以 11 2fxfx 因为( )lnfxxxa 在1 ,单调递减,因此, 12 2xx. 因为 12 01xx , 12 2xx,所以 211 2xxx. 因为 12 ,xx x时,( )f x单调递增,所以 21 2f xfx , 所以 1211 )(2()f xf xf xxf.再证: 12 ( )()23f xf xa. 设 2,1(0)gfxx
18、f xx,因为( )lnfxxxa , 所以( )( )(2)lnln(2)22g xfxfxxxx , 所以 2 2 111 20 22 x gx xxxx ,故 g x 在0,1上单调递增. 又 10 g ,所以0,1x时, 0gx, ( )2g xf xxf在0,1上单调递减. 所以0,1x时, 12 (1)23g xgfa. 所以 12111 ( )( )232f xf xf xxafg x. 例 6.(2019全国高考真题)已知函数 32 ( )2f xxaxb. (1)讨论( )f x的单调性; (2)是否存在, a b, 使得 ( )f x在区间0,1的最小值为 1且最大值为 1
19、?若存在, 求出 , a b的 所有值;若不存在,说明理由. 【答案】(1)见解析;(2) 0 1 a b 或 4 1 a b . 【解析】(1) 2 ( )622 (3)fxxaxxxa令( )0fx,得 x=0 或 3 a x . 若 a0, 则当(,0), 3 a x 时,( )0fx;当0, 3 a x 时,( )0fx故( )f x 在(,0), 3 a 单调递增,在0, 3 a 单调递减;若 a=0,( )f x在(,) 单调递增; 若 a0, 则当,(0,) 3 a x 时,( )0fx;当,0 3 a x 时,( )0fx故( )f x 在,(0,) 3 a 单调递增,在,0
20、3 a 单调递减. (2)满足题设条件的 a,b 存在. (i)当 a0 时, 由(1)知,( )f x在0, 1单调递增, 所以( )f x在区间0, l的最小值为(0)=fb, 最大值为(1)2fab.此时 a,b 满足题设条件当且仅当1b,21ab ,即 a=0, 1b (ii)当 a3 时, 由(1)知,( )f x在0, 1单调递减, 所以( )f x在区间0, 1的最大值为(0)=fb, 最小值为(1)2fab此时 a,b 满足题设条件当且仅当21a b ,b=1,即 a=4, b=1 (iii)当 0a3 时,由(1)知,( )f x在0,1的最小值为 3 327 aa fb ,
21、最大值为 b 或 2 a b 若 3 1 27 a b ,b=1,则 3 3 2a ,与 0a3 矛盾. 若 3 1 27 a b ,21ab ,则3 3a 或3 3a 或 a=0,与 0a3 矛盾 综上,当且仅当 a=0,1b或 a=4,b=1 时,( )f x在0,1的最小值为-1,最大值为 1 例 7(2021 江西宜春市 高三)已知函数 2 26 46 x xe f x xx . (1)求函数 f x的单调区间,并求 f x的最值; (2)已知0,1a, 2 3 222 0 2 x ea xx g xx x . 证明: g x有最小值; 设 g x的最小值为 h a,求函数 h a的值
22、域. 【答案】(1)单调递减区间为,0,单调递增区间为0,+,最小值为1,无最大值; (2)证明见解析; 3 1 6 27 e ,. 【详解】(1)( )f x的定义域为R 2 3 22 22 24462624 2 4646 xx x xexxxex x e fx xxxx 当,0 x 时, 0fx , ( )f x在 ,0单调递减, 当0,+x时, 0fx , ( )f x在 0,+单调递增, 所以 f x的单调递减区间为,0,单调递增区间为0,+, min 01fxf, f x最小值为 min 01fxf,无最大值. (2) 222 4424 26464646 26 = 22462 x x
23、 xea xxxxxx xe gaf xa xxxx x x 令 xf xa,0,+x , 由(1)知, x单调递增, 010a , 30a, 所以存在唯一的 0 0,3x ,使得 0 0 x,即 0 0 2 00 26 0 46 x xe a xx 当 0 0 xx 时, 0 x, g x单调递减;当 0 xx时, 0 x, g x单调递增 故 0 0 2 00 min0 32 000 222 246 x x ea xx e gxg x xxx ,所以 g x有最小值得证 令 0 2 00 46 x e h a xx , 0 0,3x , 2 22 2 22 0 46 46 x x xxe
24、e xx xx , 所以 h a 单增,所以,由 0 0,3x ,得 0 033 222 00 1 = 1 【解析】()当 a=1 时, 2 f x? lnxxx, f(x)= 2x1x 11 2x1 xx 当 f(x)1; f(x)0 时,0x0,当 xa 时,f(x)0) 1 10,gx x g(x)在(0,+)单调递增,又 g(1)=0, 0x1 时,g(x)1 时,g(x)0 (i) 当 01 时,f(a)=ag(a)0 2 1211 f10a eeee 函数 f(x)在( 1 ,a e )内有一个零点, f(3a-1)=aln(3a-1)- 2 3121 313131aaaa lna
25、a 设 h(x)=lnx-x(x2) 1 10,h x x h(x)在(2,+)内单调递减,则 h(3a-1)h(2)=ln2-21 时,函数 f(x)恰有两个零点 综上,函数 f x有两个不同的零点时,a1 15(2020北京高考模拟)已知函数( )(1)ln()f xmxx mR. (1)当1m时,求曲线( )yf x在(1,(1)f处的切线方程; (2)求函数 ( )f x的单调区间; (3)若函数 2 11 ( )+( ) 2 g xxf x x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点,求m的取值范围. 【答案】()310 xy ()见解析() 1 2 4 m 【解析】()当1m时,(
26、)2lnf xxx,所以 1 (x)2f x ,(1)3 f 又(1)2f, 所以曲线( )yf x在(1,(1)f处的切线方程为310 xy ()函数 ( )f x的定义域为(0,) 1(1)1 ( )1 mx fxm xx , (1)当1 0m 即1m时, 因为(0,)x,( )0fx ,所以 ( )f x的单调增区间为(0,),无单调减区间. (2)当10 m,即1m时,令( )0fx ,得 1 1 x m 当 1 0 1 x m 时,( )0fx ;当 1 1 x m 时,( )0fx ; 所以 ( )f x的单调增区间为 1 0, 1m ,减区间为 1 , 1m 综上,当1m时, (
27、 )f x的单调增区间为(0,),无单调减区间; 当1m时, ( )f x的单调增区间为 1 0, 1m ,减区间为 1 , 1m ()因为 2 11 ( )(1)ln 2 g xxmxx x ,所以 32 22 11(1)1 ( )(1) xmxx g xxm xxx . 令 322 ( )(1)1,( )32(1)1h xxmxxh xxmx . 若函数( )g x在区间(1,2)内有且只有一个极值点,则函数( )h x在区间(1,2)内存在零点. 又(0)10h ,所以( )h x 在(0,)内有唯一零点 0 x. 且 0 0,xx时,( )0h x 0, xx时,( )0h x 则(
28、)h x在 0 0,x内为减函数,在 0, x 内为增函数. 又因为(0)10h 且( )h x在(1,2)内存在零点,所以 (1)0 (2)0 h h 解得 1 2 4 m .显然( )h x在1,2内有唯一零点,记为 1 x. 当 1 1,xx时, 1 ( )0,2h xxx时,( )0h x ,所以( )h x在 1 x点两侧异号,即( )g x 在 1 x点两侧异号, 1 x为函数( )g x在区间(1,2)内唯一极值点. 当2m时,(1)20hm 又(1)0,( )0hh x 在(1,2)内成立, 所以( )h x在(1,2)内单调递增,故( )g x无极值点. 当 1 4 m 时,(2)0, (0)0hh易得(1,2)x时,( )0h x 故( )g x无极值点. 所以当且仅当 1 2 4 m 时,函数( )g x在区间(1,2)内有且只有一个极值点.