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微专题4　导数与函数的单调性、极值、最值
高考定位　利用导数研究函数的单调性、极值、最值是重点考查内容,多以选择、填空题压轴考查,或以解答题的形式出现,难度中等偏上,属综合性问题.
【真题体验】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
答案　C
解析　因为函数f(x)＝aex－ln x,
所以f'(x)＝aex－.
因为函数f(x)＝aex－ln x在(1,2)上单调递增,
所以f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,
即aex－≥0在(1,2)上恒成立,
易知a>0,则0<≤xex在(1,2)上恒成立.
设g(x)＝xex,则g'(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(1,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以在(1,2)上,g(x)>g(1)＝e,
所以≤e,即a≥＝e－1,故选C.
2.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　)
A.－, B.－,
C.－,＋2 D.－,＋2
答案　D
解析　f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1,
x∈[0,2π],
则f'(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x
＝(x＋1)cos x,x∈[0,2π].
令f'(x)＝0,解得x＝－1(舍去),
x＝或x＝.
因为f＝cos sin＋1
＝2＋,
f＝cos sin＋1＝－,
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2,
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2,
所以f(x)max＝f＝2＋,
f(x)min＝f＝－.故选D.
3.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)＝(x2－3)ex＋2,则(　　)
A.f(0)＝0
B.当x<0时,f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C.f(x)≥2当且仅当x≥
D.x＝－1是f(x)的极大值点
答案　ABD
解析　根据奇函数的定义有f(0)＝0,A正确;
当x<0时,－x>0,
所以f(x)＝－f(－x)＝－[(x2－3)e－x＋2]
＝－(x2－3)e－x－2,B正确;
当x>0时,f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以x＝1是极小值点,f(1)＝2－2e,
因为函数f(x)是奇函数,所以x＝－1是极大值点,D正确;
极大值f(－1)＝2e－2>2＝f(),而－1<,
C错误.
4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4),则(　　)
A.x＝3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当－1f(x)
答案　ACD
解析　因为f(x)＝(x－1)2(x－4),
所以f'(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2
＝3(x－1)(x－3),
令f'(x)＝0,解得x＝1或x＝3,
当x<1或x>3时,f'(x)>0;
当1所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞,1),(3,＋∞),单调递减区间为(1,3),
故x＝1是函数f(x)的极大值点,x＝3是函数f(x)的极小值点,所以A正确;
当00,
即0又函数f(x)在(0,1)上单调递增,
所以f(x2)当1所以－4＝f(3)当－1＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)
＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)
＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0,
所以f(2－x)>f(x),所以D正确.
5.(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝　　　　.
答案　－4
解析　由题意得
f(x)＝x3－(3＋a)x2＋(3a＋2)x－2a,
所以f'(x)＝3x2－2(3＋a)x＋3a＋2,
因为x＝2是函数f(x)的极值点,所以f'(2)＝0,
即3×22－2×2(3＋a)＋3a＋2＝0,
解得a＝2,经检验,满足题意,
所以f(x)＝(x－1)(x－2)2,
所以f(0)＝－4.
【热点突破】
热点一　利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域.
(2)求f(x)的导数f'(x).
(3)求出f'(x)的零点,划分单调区间.
(4)判断f'(x)在各个单调区间内的符号.
考向1　求函数的单调区间
例1 设函数f(x)＝aln x＋,a∈R,讨论函数f(x)的单调性.
解　函数的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝,
当a≥0时,f'(x)>0,则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增;
当a<0时,令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a,
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1),
当a＝－时,Δ＝0,
f'(x)＝≤0,
则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,
当a<－时,Δ<0,g(x)<0,即f'(x)<0,
则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,
当－0,
设方程g(x)＝0的两根分别为x1,x2,且x1则x1＝,
x2＝,
因为x1＝
＝>0,
所以x∈(0,x1)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
x∈(x2,＋∞)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在(0,＋∞)上单调递增;
当a≤－时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当－f(x)在,上单调递减,
在上单调递增.
规律方法　1.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视定义域的限制.
2.在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,根据根的大小进行分类讨论.
3.在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
考向2　函数单调性的应用
例2 (1)已知函数f(x)＝(2x2＋ax＋1)eax－1(a>0)在上存在单调递减区间,则a的取值范围为(　　)
A.(0,1)∪(4,＋∞) B.(1,4)
C.∪(8,＋∞) D.
(2)(2025·呼和浩特模拟)设函数f(x)＝ex－e－x－sin x,则使得f(log2x)－f(x)≤2f(1)成立的x的取值范围是　　　　.
答案　(1)A　(2)(0,2]
解析　(1)由题意得f'(x)＝(4x＋a)eax－1＋(2x2＋ax＋1)aeax－1
＝(2x＋a)(ax＋2)eax－1,
要使f(x)在上存在单调递减区间,只需存在区间[c,d] ,
使得当x∈[c,d]时,f'(x)≤0,
当a＝2时,f'(x)＝4(x＋1)2e2x－1≥0,
所以不存在满足条件的区间[c,d];
当a>2时,f'(x)≤0的解集为,因为－<－1<－,
所以要使f(x)在上存在单调递减区间,
则－>－,解得a>4;
当0因为－<－1<－,
所以要使f(x)在上存在单调递减区间,则－>－,解得0综上,a的取值范围为(0,1)∪(4,＋∞).
(2)函数f(x)＝ex－e－x－sin x的定义域为R,
f(－x)＝e－x－ex＋sin x＝－f(x),
函数f(x)是奇函数,f'(x)＝ex＋e－x－cos x≥2－cos x＝2－cos x>0,
函数f(x)在R上单调递增,由f(log2x)－f(x)≤2f(1),得f(log2x)－f(－log2x)≤2f(1),
即2f(log2x)≤2f(1),则f(log2x)≤f(1),
因此log2x≤1,解得0所以x的取值范围是(0,2].
规律方法　1.根据函数的单调性求参数的类型及方法
(1)函数f(x)在区间D上单调递增(或递减),可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D上恒成立.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f'(x)＝0在(a,b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
(3)函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间,可转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在x∈D上有解.
2.利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式,常常要构造新函数,把比较大小或解不等式的问题,转化为利用导数研究函数单调性问题,再由单调性比较大小或解不等式.
训练1 (1)(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x,若a＝f(e),b＝f(sin 1),c＝f,则(　　)
A.b>a>c B.a>b>c
C.a>c>b D.c>a>b
(2)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x,若f(x)在上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　　.
答案　(1)D　(2)(－∞,3]
解析　(1)函数定义域为R,
且f(－x)＝(－x)2＋(－x)sin(－x)＋cos(－x)＝x2＋xsin x＋cos x＝f(x),故函数f(x)为偶函数,
又在上f'(x)＝x>0,
即f(x)在上单调递增,
因为a＝f＝f(－log2e)＝f(log2e),
且0所以f(sin 1)(2)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x,
∴f'(x)＝－2x＋a－,
若函数在区间上单调递减,
则f'(x)≤0在上恒成立,
即a≤＋2x在上恒成立,
由对勾函数性质可知y＝＋2x在上单调递减,
故y＝＋2x>3,∴a≤3.
热点二　利用导数研究函数的极值
由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值,要抓住两点
(1)由y＝f'(x)的图象与x轴的交点,可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f'(x)的图象可以看出y＝f'(x)的函数值的正负,从而可得到函数y＝f(x)的单调性,进而确定极值点.
例3 (2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解　易知函数f(x)的定义域为R,f'(x)＝ex－a.
当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增,无极值;
当a>0时,由f'(x)>0,得x>ln a,由f'(x)<0,得x所以函数f(x)在区间(－∞,ln a)上单调递减,
在区间(ln a,＋∞)上单调递增,
所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.
由题意知a－aln a－a3<0(a>0),
等价于1－ln a－a2<0(a>0).
令g(a)＝1－ln a－a2(a>0),
则g'(a)＝－－2a<0,
所以函数g(a)在(0,＋∞)上单调递减,
又g(1)＝0,故当00;
当a>1时,g(a)<0.
故实数a的取值范围为(1,＋∞).
易错提醒　1.不能忽略函数的定义域.
2.f'(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件,即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点,所以判断f(x)的极值点时,除了找f'(x)＝0的实数根x0外,还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
3.函数的极小值不一定比极大值小.
训练2 (1)(2025·南昌模拟)我们约定:若两个函数的极值点个数相同,并且图象从左到右看,极大值点和极小值点分布的顺序相同,则称这两个函数的图象“相似”.已知f(x)＝ex－ex2＋(x－1)2,则下列给出的函数其图象与y＝f(x)的图象“相似”的是(　　)
A.y＝x2 B.y＝－x2
C.y＝x3－3x D.y＝－x3＋3x
(2)(2025·咸阳模拟)已知f(x)＝aex－x2在区间内存在2个极值点,则实数a的取值范围为　　　　.
答案　(1)C　(2)
解析　(1)f'(x)＝ex－ex＋2x－2,
则f'(1)＝0,令f'(x)＝0,则ex＝(e－2)x＋2,
如图,作出函数y＝ex,y＝(e－2)x＋2的图象,
由图可知函数y＝ex,y＝(e－2)x＋2的图象有两个交点,
即函数y＝f'(x)有两个零点1,x0,且x0<0,
令f'(x)>0,则x>1或x所以f(x)的极大值点为x0,极小值点为1.
对于A,函数y＝x2在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)单调递增,
所以函数有极小值点,无极大值点,故A不符;
对于B,函数y＝－x2在(－∞,0)上单调递增,在(0,＋∞)单调递减,
所以函数有极大值点,无极小值点,故B不符;
对于C,y'＝3x2－3,当x<－1或x>1时,y'＝3x2－3>0,
当－1所以函数y＝x3－3x的极大值点为－1,极小值点为1,故C符合题意;
对于D,y＝－x3＋3x＝－(x3－3x),
则函数y＝－x3＋3x的极小值点为－1,极大值点为1,故D不符.
(2)因为f'(x)＝aex－x,可知f'(x)在内有2个变号零点,
由f'(x)＝0可得a＝,
可知y＝a与g(x)＝内有2个交点,
又因为g'(x)＝,
令g'(x)>0,解得令g'(x)<0,解得1可知g(x)在内单调递增,在(1,2)内单调递减,
则g(x)≤g(1)＝,
且g,g(2)＝,>,
结合图象可得所以实数a的取值范围为.
热点三　利用导数研究函数的最值
求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值;
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);
(3)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.
例4 (1)(2025·无锡质检)当x＝2时,函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值,则f(x)在区间[－4,4]上的最大值为　　　　.
(2)函数f(x)＝x2－sin x,若f(x)在上有最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
答案　(1)16　(2)(0,＋∞)
解析　(1)f'(x)＝3x2＋2bx－12,
∵f(x)在x＝2处取得极值,
∴f'(2)＝12＋4b－12＝0,∴b＝0,
则f(x)＝x3－12x,
由f'(x)＝0,得x＝±2,f(x)在[－4,－2]上单调递增,在(－2,2)上单调递减,在[2,4]上单调递增,
又f(－2)＝－8＋24＝16,f(4)＝64－48＝16,
∴f(x)max＝16.
(2)由题意,函数f(x)＝x2－sin x,
可得f'(x)＝ax－cos x,
若a≤0时,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在上单调递减,此时函数f(x)在上没有最小值,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)＝0,
即ax－cos x＝0,画出函数y＝ax与y＝cos x的图象,如图所示,
结合图象,存在x0∈,使得f'(x0)＝0,
当x∈(0,x0)时f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈时f'(x)>0,f(x)单调递增,
此时函数f(x)在上有最小值,符合题意.
综上可得,实数a的取值范围是(0,＋∞).
规律方法　1.求函数最值时,不可想当然地认为极值就是最值,要通过比较大小才能下结论.
2.当已知函数的最值求字母参数的值或范围时,要对参数的范围进行讨论求解.
训练3 (1)(2025·哈尔滨模拟)已知一个圆锥的母线长为,则当其体积最大时,该圆锥的内切球半径为(　　)
A.－2 B.
C. D.1
(2)已知函数f(x)＝x3－x＋1在区间(2a－5,a2)上存在最大值,则实数a的取值范围是　　　　.
答案　(1)A　(2)[－2,)
解析　(1)设圆锥的底面半径为r,高为h,
则h2＋r2＝3,
则V＝f(h)＝πr2h
＝－h3＋πh,h∈(0,),
则f'(h)＝π(1－h)(1＋h),
当00,
当1所以f(h)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,
所以当圆锥体积取得最大值时,h＝1,r＝,
设圆锥内切球的半径为R,则由轴截面面积可得·2rh＝(2r＋2)R,解得R＝－2.
(2)由题意得f'(x)＝x2－1,
令f'(x)<0,得－2令f'(x)>0,得x<－2或x>2,
所以f(x)在(－2,2)上单调递减,在(－∞,－2)和(2,＋∞)上单调递增,
故f(x)极大值＝f(－2)＝.
令f(x)＝,得(x＋2)2(x－4)＝0,
解得x＝－2,x＝4,
所以f(4)＝,所以要使f(x)＝x3－x＋1在(2a－5,a2)上存在最大值,
则有解得－2≤a<.
【精准强化练】
一、单选题
1.已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(4－x),则f(x)的单调递增区间为(　　)
A.(2,3) B.(3,4)
C.(－∞,3) D.(3,＋∞)
答案　A
解析　由得2即f(x)的定义域为(2,4);
因为f'(x)＝,
当x∈(2,3)时,f'(x)>0;
当x∈(3,4)时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(2,3).
2.若函数f(x)＝x3＋x2＋ax－1在(－∞,＋∞)上单调递增,则实数a的取值范围为(　　)
A.a≥ B.a≤
C.a> D.a<
答案　A
解析　由题意可知f'(x)＝3x2＋2x＋a≥0恒成立,故Δ≤0,即4－12a≤0,得a≥.
3.已知函数f(x)＝x3＋(a－1) x2＋x＋1没有极值,则实数a的取值范围是(　　)
A.[0,1] B.(－∞,0]∪[1,＋∞)
C.[0,2] D.(－∞,0]∪[2,＋∞)
答案　C
解析　由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1,
得f'(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.
根据题意得Δ＝[2(a－1)]2－4≤0,
解得0≤a≤2.
4.(2025·汕头模拟)设a∈R,若函数f(x)＝x3－x2＋x＋2在(1,2)内存在极值点,则a的取值范围是(　　)
A. B.
C.(－∞,3) D.
答案　B
解析　依题意,f'(x)＝2x2－ax＋1在(1,2)内存在变号零点,
而x＝0不是f'(x)的零点,从而得a＝2x＋,
又y＝2x＋在(1,2)上递增,所以35.(2025·滁州模拟)已知函数f(x)＝ln x,g(x)是f(x)的反函数.若x1,x2满足＝－1,则－x1的最大值为(　　)
A.－e2 B.－e－
C.－e D.－1
答案　D
解析　由题意得g(x)＝ex,
因为＝－1,
所以ln x1－＝－(x1－x2),
所以ln x1＋x1＝＋x2＝＋ln ,
令h(x)＝ln x＋x,则h(x1)＝h(),
因为h(x)在(0,＋∞)上单调递增,所以x1＝.
所以－x1＝,
令F(x)＝－ex,
则F'(x)＝－ex＝,
令m(x)＝1－x－e2x,则m'(x)＝－1－2e2x<0,
所以m(x)在R上单调递减,又m(0)＝0.
所以当x<0时,m(x)>0,即F'(x)>0.
当x>0时,m(x)<0,即F'(x)<0,
所以F(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,＋∞)上单调递减,
所以F(x)max＝F(0)＝－1,故选D.
6.(2025·宁波调研)已知函数f(x)＝x(x－a)2的极大值为,则a＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
答案　D
解析　由题意,f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x,
则f'(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a),
令f'(x)＝0,解得x＝或x＝a,
当a>0时,f(x)在(－∞,),(a,＋∞)上满足f'(x)>0,f(x)单调递增,
在上满足f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x＝处取得极大值,
f,解得a＝,
当a<0时,f(x)在(－∞,a),上满足f'(x)>0,f(x)单调递增,
在上满足f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x＝a处取得极大值,f(a)＝0≠,不符合题意,
当a＝0时,f'(x)＝3x2≥0,f(x)在R上单调递增,无极值,不符合题意,
综上所述,a＝.
7.(2025·厦门调研)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x,若x∈[1,2]时,关于x的不等式f(2x＋1)A.(－7,－4)∪(2,3)
B.(－7,－3)∪(2,4)
C.(－∞,－7)∪(3,＋∞)
D.(－∞,－4)∪(2,＋∞)
答案　C
解析　由题意可得f'(x)＝－1＝,
令f'(x)＝0解得x＝0,
所以当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
又因为f(－x)＝ln＋x＝ln＋x＝ln(1＋e2x)－x＝f(x),
所以f(x)为偶函数,大致图象如图所示,
若x∈[1,2]时,关于x的不等式f(2x＋1)则|2x＋1|<|x＋a|对x∈[1,2]恒成立,
所以|x＋a|>2x＋1,
则x＋a>2x＋1或x＋a<－2x－1,
所以a>x＋1或a<－3x－1对x∈[1,2]恒成立,
所以a>(x＋1)max＝3或a<(－3x－1)min＝－7,
所以实数a的取值范围为(－∞,－7)∪(3,＋∞),故选C.
二、多选题
8.(2025·重庆诊断)函数f(x)＝ln x＋－2,则(　　)
A.f'(x)＝
B.f(x)的单调递增区间为(1,＋∞)
C.f(x)最大值为－1
D.f(x)有两个零点
答案　ABD
解析　对于A,因f(x)＝ln x＋－2的定义域为(0,＋∞),
则f'(x)＝,故A正确;
对于B,由f'(x)>0可得x>1,即f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),故B正确;
对于C,由上分析,当x>1时,f'(x)>0;
当0即函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
则x＝1时,f(x)取得最小值f(1)＝－1,无最大值,故C错误;
对于D,由上分析,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
且f(x)min＝f(1)＝－1<0,
而当x→0时,f(x)→＋∞;
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,
由零点存在定理,可知函数f(x)在区间(0,1)和(1,＋∞)各有一个零点,故D正确.
9.(2025·德阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋m的导函数为f'(x),则下列说法正确的是(　　)
A.若f(x)有三个零点,则0B.f'(4－x)＝f'(x)
C.x＝1是f(x)的极小值点
D.当x≥0,f(x)≥0时,则m≥4
答案　ABD
解析　因为函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋m,
所以f'(x)＝3x2－12x＋9,
令f'(x)＝0,解得x＝1,或x＝3,
当x<1或x>3时,f'(x)>0,
当1所以f(x)在(－∞,1),(3,＋∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,
f(x)极大值＝f(1)＝m,
f(x)极小值＝f(3)＝－4＋m,
对于A,由得0因为f(x)在(1,3)上单调递减,
所以f(x)在(1,3)上只有一个零点,
因为f(－1)＝(－1－1)2(－1－4)＋m＝m－20<0,f(x)在(－∞,1)上单调递增,
可得f(x)在(－∞,1)上只有一个零点,
因为f(5)＝(5－1)2(5－4)＋m＝16＋m>0,f(x)在(3,＋∞)上单调递增,
可得f(x)在(3,＋∞)上只有一个零点,
综上,f(x)有三个零点,故A正确;
对于B,f'(x)＝3x2－12x＋9,f'(4－x)＝3(4－x)2－12(4－x)＋9＝3x2－12x＋9,
所以f'(4－x)＝f'(x),故B正确;
对于C,x＝1是f(x)的极大值点,故C错误;
对于D,当x≥0,f(x)≥0时,
则解得m≥4,故D正确.
三、填空题
10.(2025·兰州模拟)函数f(x)＝x3－x2－3x＋2在[－2,0]上的最小值为　　　　.
答案　
解析　∵f(x)＝x3－x2－3x＋2,
∴f'(x)＝x2－2x－3,
令f'(x)＝0,解得x1＝－1,x2＝3(舍),
当x∈[－2,－1)时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增,
当x∈(－1,0]时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减,
则f(x)极大值＝f(－1)＝,
又∵f(－2)＝,f(0)＝2,
则函数f(x)在[－2,0]上的最小值为.
11.(2025·昆明诊断)已知函数f(x)＝x－aln x－(x>0)存在两个极值点x1,x2,满足f(x1)＋f(x2)＝eln 2,则实数a＝　　　　.
答案　e
解析　因为f'(x)＝1－
＝,
由题意可知方程2x2－2ax＋1＝0在(0,＋∞)上有两个不等的实数根x1,x2,
因此有解得a>,
此时x1＋x2＝a,x1x2＝,
所以f(x1)＋f(x2)＝x1－aln x1－＋x2－aln x2－
＝(x1＋x2)－a(ln x1＋ln x2)－
＝(x1＋x2)－aln x1x2－
＝a－aln －a＝eln 2,
解得a＝e,满足a>.
12.已知函数f(x)＝x2＋2x＋cos(x＋1)＋a的最小值是－3,则a＝　　　　.
答案　－3
解析　由题意可得f(x－1)＝x2＋cos x＋a－1.
设g(x)＝f(x－1),则g(－x)＝(－x)2＋cos(－x)＋a－1＝x2＋cos x＋a－1＝g(x),所以g(x)是偶函数.
当x≥0时,g'(x)＝2x－sin x.
设h(x)＝g'(x),
则h'(x)＝2－cos x>0恒成立,
所以h(x)在[0,＋∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)＝0,所以g'(x)≥0,
所以g(x)在[0,＋∞)上单调递增.
因为g(x)是偶函数,
所以g(x)在(－∞,0)上单调递减,
所以g(x)min＝g(0),
由g(0)＝－3,得0＋1＋a－1＝－3,
则a＝－3.
四、解答题
13.(2025·青岛质检)已知函数f(x)＝aex－x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a>0时,存在x∈[－1,1],使得|f(x)|≥2,求a的取值范围.
解　(1)f'(x)＝aex－1,
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,此时f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f'(x)＝0,则x＝－ln a,
当x∈(－∞,－ln a)时,f'(x)<0,此时f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
当x∈(－ln a,＋∞)时,f'(x)>0,此时f(x)在(－ln a,＋∞)上单调递增;
综上所述,当a≤0时,f(x)的减区间为(－∞,＋∞),无增区间;
当a>0时,f(x)的减区间为(－∞,－ln a),增区间为(－ln a,＋∞).
(2)因为存在x∈[－1,1],使得|f(x)|≥2.
只需f(x)max≥2或f(x)min≤－2,
因为a>0,所以f(x)＝aex－x>－x>－1,
所以只需f(x)max≥2,
由(1)知f(x)max为f(－1)与f(1)中的较大者,
所以f(1)＝ae－1≥2或f(－1)＝ae－1＋1≥2,
解得a≥或a≥e,所以a≥,
综上所述,a的取值范围为.
14.(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x,m∈R.
(1)若f(1)＝0,求不等式f(x)≤x2－1的解集;
(2)若函数y＝f(x)满足在(0,＋∞)上存在极大值,求m的取值范围.
解　(1)由题设条件可得,f(1)＝1－(m＋2)＝0,解得m＝－1,
此时f(x)＝x2－x－ln x.
由f(x)≤x2－1,可得ln x＋x－1≥0,
令g(x)＝ln x＋x－1,
则g'(x)＝＋1>0在(0,＋∞)上恒成立,
所以g(x)在(0,＋∞)上单调递增,
易知g(1)＝0,所以g(x)≥0,即g(x)≥g(1),
可得x≥1.
综上,不等式f(x)≤x2－1的解集为[1,＋∞).
(2)f'(x)＝2x－(m＋2)＋
＝.
①当>1,即m>2时,
由f'(x)>0得x∈(0,1)∪;
由f'(x)<0得x∈.
故f(x)在(0,1),上单调递增,
在上单调递减,
此时f(x)在x＝1处取得极大值.
②当0<<1,即0由f'(x)>0得x∈∪(1,＋∞);
由f'(x)<0得x∈.
故f(x)在,(1,＋∞)上单调递增,
在上单调递减,
此时f(x)在x＝处取得极大值.
③当＝1,即m＝2时,f'(x)≥0在(0,＋∞)上恒成立,
即f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
此时函数f(x)在(0,＋∞)上无极大值.
④当≤0,即m≤0时,
由f'(x)<0得x∈(0,1);
由f'(x)>0得x∈(1,＋∞).
故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
此时f(x)在x＝1处取得极小值,无极大值.
综上可知,m的取值范围为(0,2)∪(2,＋∞).微专题4　导数与函数的单调性、极值、最值
高考定位　利用导数研究函数的单调性、极值、最值是重点考查内容,多以选择、填空题压轴考查,或以解答题的形式出现,难度中等偏上,属综合性问题.
【真题体验】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
2.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　)
A.－, B.－,
C.－,＋2 D.－,＋2
3.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)＝(x2－3)ex＋2,则(　　)
A.f(0)＝0
B.当x<0时,f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C.f(x)≥2当且仅当x≥
D.x＝－1是f(x)的极大值点
4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4),则(　　)
A.x＝3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当－1f(x)
所以f(2－x)>f(x),所以D正确.
5.(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝　　　　.
【热点突破】
热点一　利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域.
(2)求f(x)的导数f'(x).
(3)求出f'(x)的零点,划分单调区间.
(4)判断f'(x)在各个单调区间内的符号.
考向1　求函数的单调区间
例1 设函数f(x)＝aln x＋,a∈R,讨论函数f(x)的单调性.
规律方法　1.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视定义域的限制.
2.在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,根据根的大小进行分类讨论.
3.在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
考向2　函数单调性的应用
例2 (1)已知函数f(x)＝(2x2＋ax＋1)eax－1(a>0)在上存在单调递减区间,则a的取值范围为(　　)
A.(0,1)∪(4,＋∞) B.(1,4)
C.∪(8,＋∞) D.
(2)(2025·呼和浩特模拟)设函数f(x)＝ex－e－x－sin x,则使得f(log2x)－f(x)≤2f(1)成立的x的取值范围是　　　　.
规律方法　1.根据函数的单调性求参数的类型及方法
(1)函数f(x)在区间D上单调递增(或递减),可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D上恒成立.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f'(x)＝0在(a,b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
(3)函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间,可转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在x∈D上有解.
2.利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式,常常要构造新函数,把比较大小或解不等式的问题,转化为利用导数研究函数单调性问题,再由单调性比较大小或解不等式.
训练1 (1)(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x,若a＝f(e),b＝f(sin 1),c＝f,则(　　)
A.b>a>c B.a>b>c
C.a>c>b D.c>a>b
(2)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x,若f(x)在上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　　.
热点二　利用导数研究函数的极值
由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值,要抓住两点
(1)由y＝f'(x)的图象与x轴的交点,可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f'(x)的图象可以看出y＝f'(x)的函数值的正负,从而可得到函数y＝f(x)的单调性,进而确定极值点.
例3 (2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
易错提醒　1.不能忽略函数的定义域.
2.f'(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件,即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点,所以判断f(x)的极值点时,除了找f'(x)＝0的实数根x0外,还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
3.函数的极小值不一定比极大值小.
训练2 (1)(2025·南昌模拟)我们约定:若两个函数的极值点个数相同,并且图象从左到右看,极大值点和极小值点分布的顺序相同,则称这两个函数的图象“相似”.已知f(x)＝ex－ex2＋(x－1)2,则下列给出的函数其图象与y＝f(x)的图象“相似”的是(　　)
A.y＝x2 B.y＝－x2
C.y＝x3－3x D.y＝－x3＋3x
(2)(2025·咸阳模拟)已知f(x)＝aex－x2在区间内存在2个极值点,则实数a的取值范围为　　　　.
热点三　利用导数研究函数的最值
求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值;
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);
(3)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.
例4 (1)(2025·无锡质检)当x＝2时,函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值,则f(x)在区间[－4,4]上的最大值为　　　　.
(2)函数f(x)＝x2－sin x,若f(x)在上有最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
综上可得,实数a的取值范围是(0,＋∞).
规律方法　1.求函数最值时,不可想当然地认为极值就是最值,要通过比较大小才能下结论.
2.当已知函数的最值求字母参数的值或范围时,要对参数的范围进行讨论求解.
训练3 (1)(2025·哈尔滨模拟)已知一个圆锥的母线长为,则当其体积最大时,该圆锥的内切球半径为(　　)
A.－2 B.
C. D.1
(2)已知函数f(x)＝x3－x＋1在区间(2a－5,a2)上存在最大值,则实数a的取值范围是　　　　.
【精准强化练】
一、单选题
1.已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(4－x),则f(x)的单调递增区间为(　　)
A.(2,3) B.(3,4)
C.(－∞,3) D.(3,＋∞)
2.若函数f(x)＝x3＋x2＋ax－1在(－∞,＋∞)上单调递增,则实数a的取值范围为(　　)
A.a≥ B.a≤
C.a> D.a<
3.已知函数f(x)＝x3＋(a－1) x2＋x＋1没有极值,则实数a的取值范围是(　　)
A.[0,1] B.(－∞,0]∪[1,＋∞)
C.[0,2] D.(－∞,0]∪[2,＋∞)
4.(2025·汕头模拟)设a∈R,若函数f(x)＝x3－x2＋x＋2在(1,2)内存在极值点,则a的取值范围是(　　)
A. B.
C.(－∞,3) D.
5.(2025·滁州模拟)已知函数f(x)＝ln x,g(x)是f(x)的反函数.若x1,x2满足＝－1,则－x1的最大值为(　　)
A.－e2 B.－e－
C.－e D.－1
6.(2025·宁波调研)已知函数f(x)＝x(x－a)2的极大值为,则a＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
7.(2025·厦门调研)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x,若x∈[1,2]时,关于x的不等式f(2x＋1)A.(－7,－4)∪(2,3)
B.(－7,－3)∪(2,4)
C.(－∞,－7)∪(3,＋∞)
D.(－∞,－4)∪(2,＋∞)
二、多选题
8.(2025·重庆诊断)函数f(x)＝ln x＋－2,则(　　)
A.f'(x)＝
B.f(x)的单调递增区间为(1,＋∞)
C.f(x)最大值为－1
D.f(x)有两个零点
9.(2025·德阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋m的导函数为f'(x),则下列说法正确的是(　　)
A.若f(x)有三个零点,则0B.f'(4－x)＝f'(x)
C.x＝1是f(x)的极小值点
D.当x≥0,f(x)≥0时,则m≥4
三、填空题
10.(2025·兰州模拟)函数f(x)＝x3－x2－3x＋2在[－2,0]上的最小值为　　　　.
11.(2025·昆明诊断)已知函数f(x)＝x－aln x－(x>0)存在两个极值点x1,x2,满足f(x1)＋f(x2)＝eln 2,则实数a＝　　　　.
12.已知函数f(x)＝x2＋2x＋cos(x＋1)＋a的最小值是－3,则a＝　　　　.
四、解答题
13.(2025·青岛质检)已知函数f(x)＝aex－x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a>0时,存在x∈[－1,1],使得|f(x)|≥2,求a的取值范围.
14.(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x,m∈R.
(1)若f(1)＝0,求不等式f(x)≤x2－1的解集;
(2)若函数y＝f(x)满足在(0,＋∞)上存在极大值,求m的取值范围.

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