第3章 第2节 第2课时 利用导数研究函数的极值与最值-【优化探究】2025年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版2019）

第二节　导数在研究函数中的应用 第二课时　利用导数研究函数的极值与最值 第三章　导数及其应用 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 关键能力　重点探究 内容索引 课时作业　巩固提升 关键能力　重点探究 考点一　利用导数解决函数的极值问题 ◉角度(一)　根据图象判断函数的极值 (1)(2024·河南郑州模拟)设函数 f ( x )在R上可导，其导函数为 f '( x )，且函数 y ＝(1－ x ) f '( x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　D　) D 例1 A. 函数 f ( x )有极大值 f (2)和极小值 f (1) B. 函数 f ( x )有极大值 f (－2)和极小值 f (1) C. 函数 f ( x )有极大值 f (2)和极小值 f (－2) D. 函数 f ( x )有极大值 f (－2)和极小值 f (2) 由题图可知，当 x ＜－2时，f'( x )＞0；当－2＜ x ＜1时，f'( x )＜0；当1＜ x ＜2时，f'( x )＜0；当 x ＞2时，f'( x )＞0. 由此可以得到函数 f ( x )在 x ＝－2处取得极大值，在 x ＝2处取得极小值. (2)若函数 f ( x )＝ x 3＋ bx 2＋ cx ＋ d 的大致图象如图所示，则 ＋ 等于(　C　) A. B. C. D. C 因为函数 f ( x )的图象过原点，所以 d ＝0.又 f (－1)＝0且 f (2)＝0，即 解得所以函数 f ( x )＝ x 3－ x 2－2 x ，所以 f '( x )＝3 x 2－2 x －2.由题意知 x 1， x 2是函数的极值点，所以 x 1， x 2是 f '( x )＝0的两个根，所以 x 1＋ x 2＝ ， x 1 x 2＝－ ， 所以 ＋ ＝( x 1＋ x 2)2－2 x 1 x 2＝ ＋ ＝ . 由图象判断函数 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. 由导函数 y ＝ f ( x )的图象可以看出 y ＝ f ( x )的值的正负，从而可得函 数 y ＝ f ( x )的单调性.两者结合可得极值点. 方法总结 ◉角度(二)　求函数的极值 已知函数 f ( x )＝ln x － ax 2＋ x ， a ∈R. 令 g ( x )＝ f ( x )－( ax －1)，求函数 g ( x )的极值. 例2 [解]　 g ( x )＝ f ( x )－( ax －1)＝ln x － ax 2＋(1－ a ) x ＋1， 则 g '( x )＝ － ax ＋(1－ a )＝ ， 当 a ≤0时，因为 x ＞0，所以 g '( x )＞0， 所以 g ( x )在(0，＋∞)上是增函数，函数 g ( x )无极值. 当 a ＞0时， g '( x )＝ ＝－ ，令 g '( x )＝0得 x ＝ . 所以当 x ∈ 时， g '( x )＞0；当 x ∈ 时， g '( x )＜0. 所以 g ( x )在 上是增函数，在 上是减函数. 所以 x ＝ 时， g ( x )有极大值 g ＝ln － × ＋(1－ a )· ＋1＝ －ln a . 综上，当 a ≤0时，函数 g ( x )无极值； 当 a ＞0时，函数 g ( x )有极大值 －ln a ，无极小值. 方法总结 利用导数研究函数极值问题的一般流程 1. (多选)函数 y ＝ f ( x )的导函数 y ＝ f '( x )的图象如图所示，则下列结论正 确的是(　AC　) A. －3是函数 y ＝ f ( x )的极值点 B. －1是函数 y ＝ f ( x )的极小值点 C. y ＝ f ( x )在区间(－3，1)上单调递增 D. －2是函数 y ＝ f ( x )的极大值点 由题图知 f '(－3)＝0且两侧符号相反，故A正确；在(－3，1)上 y ＝ f '( x )≥0(当且仅当 x ＝－1时“＝”成立)，所以 y ＝ f ( x )在(－3，1)上单调递增，故B，D错误，C正确. AC 跟踪训练 2. (2024·贵州贵阳模拟)已知 y ＝ x · f '( x )的图象如图所示，则 f ( x )的图象 可能是(　D　) D 由题图可知，当 x ＜0时， f '( x )＜0，函数 f ( x )单调递减；当0＜ x ＜ b 时， f '( x )＞0，函数 f ( x )单调递增；当 x ＞ b 时， f '( x )＜0，函数 f ( x )单 调递减.又 f '( b )＝0，所以当 x ＝ b 时， f ( x )取得极大值.综上，满足题意 的 f ( x )的图象可能是D. 3. (2024·九省联考测试)已知函数 f ( x )＝ln x ＋ x 2＋ ax ＋2在点(2， f (2))处 的切线与直线2 x ＋3 y ＝0垂直. (1)求 a ； 解：由题意得f'( x )＝ ＋2 x ＋ a ，则f'(2)＝ ＋ a . ∵直线2 x ＋3 y ＝0的斜率为－ ， f ( x )在(2， f (2))处的切线与直线 2 x ＋3 y ＝0垂直， ∴ ＝－1，∴ a ＝－3. (2)求 f ( x )的单调区间和极值. 解：由(1)知 f '( x )＝ ＋2 x －3＝ ＝ ( x ＞0). 令 f '( x )＝0，解得 x ＝ 或 x ＝1， ∴ f ( x )在 上单调递增，在 上单调递减，在(1，＋∞)上单 调递增， ∴ f ( x )极大值＝ f ＝ln ＋ ，f ( x )极小值＝ f (1)＝0. 考点二　已知函数极值情况求参数值(取值范围) (2023·全国乙卷)已知函数 f ( x )＝ ·ln(1＋ x ). (1)当 a ＝－1时，求曲线 y ＝ f ( x )在点(1， f (1))处的切线方程. [解]　当 a ＝－1时， f ( x )＝ ln( x ＋1)，则 f (1)＝0，且f'( x )＝ － ln( x ＋1)＋ · ， 故f'(1)＝－ln 2，所以所求切线方程为 y ＝－( x －1)ln 2，即 x ln 2＋ y －ln 2＝0. 例3 (2)是否存在 a ， b ，使得曲线 y ＝ f 关于直线 x ＝ b 对称？若存在，求 a ， b 的值；若不存在，说明理由. [解]　存在. f ＝( x ＋ a )ln ，其定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞). 要使函数 f 的图象关于直线 x ＝ b 对称，则由 x ≠0且 x ≠－1知 b ＝－ ，此时 f ＝( x ＋ a )ln 的图象关于直线 x ＝－ 对称，则 f ＝ f ， 即 ln ＝ ln ， 即 ln ＝－ ln ， ∴ a ＋ t － ＝－ a ＋ t ＋ ，解得 a ＝ . (3)若 f ( x )在(0，＋∞)上存在极值，求 a 的取值范围. [解]　 f '( x )＝－ ln( x ＋1)＋ ＝ － ， 要使 f ( x )在(0，＋∞)上存在极值点，则方程ln( x ＋1)－ ＝0 有正根. 记 g ( x )＝ln( x ＋1)－ ， x ＞0， 则 g '( x )＝－ ·( ax ＋2 a －1). ①当 a ≤0时， g '( x )＞0，故 g ( x )在(0，＋∞)上单调递增， g ( x )＞ g (0)＝0，不符合题意，舍去； ②当 a ≥ 时， g '( x )＜0，故 g ( x )在(0，＋∞)上单调递减， g ( x )＜ g (0)＝0，不符合题意，舍去； ③当0＜ a ＜ 时，令 g '( x )＞0，得0＜ x ＜ ；令 g '( x )＜0， 得 x ＞ .易知 x →＋∞时， g ( x )→－∞， 故只需 g ( x )max＝ g ＝ln － ＝ln ＋ 4 a －2＞0即可.设 h ( t )＝ln( t －1)＋ －2， t ＞2，则 h '( t )＝ － ＝ ＞0，故 h ( t )在(2，＋∞)上单调递增， ∴ h ( t )＞ h (2)＝0，故0＜ a ＜ 时，有ln ＋4 a －2＞0， 即 g ＞0，符合题意. 综上所述，当 f ( x )在(0，＋∞)上存在极值时， a ∈ . 已知函数极值点或极值求参数的两个关键点 1. 列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定 系数法求解. 2. 验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用 待定系数法求解后必须验证根的合理性. 注意：已知极值情况求参数范围时要注意等价转化思想与数形结合思 想的应用. 方法总结 4. (多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数 f ( x )＝ a ln x ＋ ＋ ( a ≠0)既有极大值 也有极小值，则(　BCD　) A. bc ＞0 B. ab ＞0 C. b 2＋8 ac ＞0 D. ac ＜0 BCD 跟踪训练 ∴ ∴ ab ＞0， ac ＜0， b 2＋8 ac ＞0， bc ＜0. 由题意得 f '( x )＝ ＋ ＋ ＝ ( a ≠0)， x ∈(0，＋∞). ∵ y ＝ f ( x )既有极大值也有极小值， ∴ y ＝ ax 2－ bx －2 c 在(0，＋∞)上有两个变号零点. 设方程 ax 2－ bx －2 c ＝0的两根分别为 x 1， x 2( x 1＞0， x 2＞0， x 1≠ x 2)， 5. (2023·新高考Ⅱ卷)(1)证明：当0＜ x ＜1时， x － x 2＜ sin x ＜ x ； 证明：令 g ( x )＝ x － x 2－ sin x ，0＜ x ＜1，则g'( x )＝1－2 x － cos x .令 G ( x )＝g'( x )，得G'( x )＝－2＋ sin x ＜0在区间(0，1)上恒成立，所以g'( x ) 在区间(0，1)上单调递减.因为g'(0)＝0，所以g'( x )＜0在区间(0，1)上恒 成立，所以 g ( x )在区间(0，1)上单调递减，所以 g ( x )＜ g (0)＝0，即当 0＜ x ＜1时， x － x 2＜ sin x . 令 h ( x )＝ sin x － x ，0＜ x ＜1，则h'( x )＝ cos x －1＜0在区间(0，1)上恒 成立，所以 h ( x )在区间(0，1)上单调递减，所以 h ( x )＜ h (0)＝0，即当 0＜ x ＜1时， sin x ＜ x . 综上，当0＜ x ＜1时， x － x 2＜ sin x ＜ x . (2)已知函数 f ( x )＝ cos ax －ln(1－ x 2)，若 x ＝0是 f ( x )的极大值点，求 a 的取值范围. 解：易知 f ( x )的定义域为(－1，1)， f ( x )为偶函数， f '( x )＝－ a sin ax ＋ ，易知 f '( x )是(－1，1)上的奇函数. 令 F ( x )＝ f '( x )，则 F '( x )＝ － a 2 cos ax ，显然 F '( x )在(－1，1)上 是偶函数，F '(0)＝2－ a 2， 当2－ a 2＜0，即 a ＞ 或 a ＜－ 时，易知 F '( x )在区间(0，1)上单调 递增.又 F '(0)＜0，所以∃ m ∈(0，1)， x ∈(－ m ， m )时， F '( x )＜0恒成 立，故 f '( x )在(－ m ， m )上单调递减. 又 f '(0)＝0，故－ m ＜ x ＜0时， f '( x )＞0，0＜ x ＜ m 时， f '( x )＜0，故 f ( x )在(－ m ，0)上单调递增，在(0， m )上单调递减， x ＝0是 f ( x )的极大 值点，符合题意. 当2－ a 2≥0，即－ ≤ a ≤ 时，易知 F '( x )在(0，1)上单调递增.又 F'(0)＞0，所以 F '( x )＞0在(0，1)上恒成立，故 f '( x )在(0，1)上单调递增，则 f '( x )在(－1，1)上单调递增. 又 f '(0)＝0，所以－1＜ x ＜0时， f '( x )＜0，0＜ x ＜1时， f '( x )＞0， 故 f ( x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， x ＝0是 f ( x )的极 小值点，不符合题意. 综上， a 的取值范围为(－∞，－ )∪( ，＋∞). 考点三　利用导数研究函数的最值 (2024·安徽合肥模拟)已知函数 f ( x )＝ sin x － x cos x . (1)当 x ∈[0，2π]时，求 f ( x )的最大值； [解]　 f ( x )＝ sin x － x cos x ⇒f'( x )＝ cos x －( cos x － x sin x )＝ x sin x ， 则由 x ∈[0，2π]，可知f'( x )在(0，π)上为正，在(π，2π)上为负⇒ f ( x )在 [0，π]上为增函数，在[π，2π]上为减函数， ∴当 x ∈[0，2π]时， f ( x )max＝ f (π)＝π. 例4 (2)若 x ∈[0，π]时， f ( x )≥ ax － sin x 恒成立，求实数 a 的取值范围. [解]　 f ( x )≥ ax － sin x 对∀ x ∈[0，π]恒成立，即2 sin x － x cos x － ax ≥0 对∀ x ∈[0，π]恒成立.设 h ( x )＝2 sin x － x cos x － ax ， x ∈[0，π]. h '( x )＝2 cos x － cos x ＋ x sin x － a ＝ cos x ＋ x sin x － a . h ″( x )＝ x cos x ，∴当 x ∈ 时， h ″( x )≥0，当 x ∈ 时， h ″( x )≤0， ∴ h '( x )≤ h ' ＝ － a . 又 h '(0)＝1－ a ， h '(π)＝－1－ a . (ⅰ) － a ≤0即 a ≥ 时， h '( x )≤0， h ( x )在[0， 上单调递减， h ( x )≤ h (0)＝0，舍. (ⅱ) － a ＞0即 a ＜ 时， ①当－1－ a ＜0，1－ a ＜0即1＜ a ＜ 时，∃ x 0∈ ，使得 h ' ＝0，且0＜ x ＜ x 0， h ' ＜0， h ( x )在 内单调递减， h ( x )≤ h (0)＝0，矛盾，舍； ②当－1－ a ＜0，1－ a ≥0即－1＜ a ≤1时，∃ x 0∈ ，使得 h ' ＝0，且0≤ x ＜ x 0， h ' ≥0， x 0＜ x ≤π， h ' ＜0，∴ h ( x )在 上单调递增，在( x 0，π)上单调递减，又 h (0)＝0， h (π)＝(1－ a )π＞0，所以 h ( x )≥0成立； ③－1－ a ≥0，1－ a ≥0即 a ≤－1， h '( x )＞0， h ( x )在[0，π]上单调递增，则 h ( x )≥ h (0)＝0.满足题意.综上， a ≤1. 方法总结 1. 求函数 f ( x )在闭区间[ a ， b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结 合区间端点的函数值 f ( a )， f ( b )与 f ( x )的各极值进行比较得到函数的 最值. 2. 若所给的闭区间[ a ， b ]含参数，则需对函数 f ( x )求导，通过对参数 分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数 f ( x )的最值. 6. 函数 y ＝ x ＋2 cos x 在区间 上的最大值是(　C　) A. ＋1 B. ＋ C. ＋ D. C 跟踪训练 所以函数 y ＝ x ＋2 cos x 在区间 上单调递增，在区间 上单 调递减， 所以 y max＝ ＋2 cos ＝ ＋ . 对于函数 y ＝ x ＋2 cos x ， y '＝1－2 sin x . 当0＜ x ＜ 时， y '＝1－2 sin x ＞0，当 ＜ x ＜ 时， y '＝1－2 sin x ＜0， 7. (2022·全国甲卷)当 x ＝1时，函数 f ( x )＝ a ln x ＋ 取得最大值－2，则 f '(2)＝(　B　) A. －1 B. － C. D. 1 B ∴∴ ∴ a ＝ b ＝－2， ∴ f '( x )＝ ，∴ f '(2)＝－ . f '( x )＝ － ＝ ， 由题可知 x ＝1为 f ( x )的极大值点， 课时作业　巩固提升 [A组　基础保分练] 1. (2024·辽宁沈阳模拟)设函数 f ( x )＝ x e x ＋1，则下列结论正确的是 (　D　) A. x ＝1为 f ( x )的极大值点 B. x ＝1为 f ( x )的极小值点 C. x ＝－1为 f ( x )的极大值点 D. x ＝－1为 f ( x )的极小值点 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由 f ( x )＝ x e x ＋1，可得 f '( x )＝( x ＋1)e x ，令 f '( x )＞0可得 x ＞－1，即函 数 f ( x )在(－1，＋∞)上是增函数；令 f '( x )＜0可得 x ＜－1，即函数 f ( x ) 在(－∞，－1)上是减函数，所以 x ＝－1为 f ( x )的极小值点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2. (2024·四川绵阳质检)若 x ＝2是函数 f ( x )＝ x 2＋2( a －2) x －4 a ln x 的极 大值点，则实数 a 的取值范围是(　A　) A. (－∞，－2) B. (－2，＋∞) C. (2，＋∞) D. (－2，2) f '( x )＝2 x ＋2( a －2)－ ＝ ＝ ( x ＞0). ①若 a ≥0，当 x ＞2时， f '( x )＞0， 当0＜ x ＜2时， f '( x )＜0， 所以当 x ＝2时， f ( x )取得极小值，不满足题意，故舍去. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②若 a ＜－2，由 f '( x )＞0可得0＜ x ＜2或 x ＞－ a ， 由 f '( x )＜0可得2＜ x ＜－ a ， 所以当 x ＝2时， f ( x )取得极大值，满足题意. ③若－2＜ a ＜0，由 f '( x )＞0可得0＜ x ＜－ a 或 x ＞2， 由 f '( x )＜0可得－ a ＜ x ＜2， 所以当 x ＝2时， f ( x )取得极小值，不满足题意. ④若 a ＝－2，则 f '( x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，此时 f ( x )无极值. 综上， a ＜－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3. 已知函数 f ( x )＝ x 3＋( a －1) x 2＋ x ＋1没有极值，则实数 a 的取值范 围是(　C　) A. [0，1] B. (－∞，0]∪[1，＋∞) C. [0，2] D. (－∞，0]∪[2，＋∞) 由 f ( x )＝ x 3＋( a －1) x 2＋ x ＋1， 得 f '( x )＝ x 2＋2( a －1) x ＋1. 根据题意得[2( a －1)]2－4≤0， 解得0≤ a ≤2. C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4. (2024·贵州遵义模拟)若函数 f ( x )＝ x 3－ mx 2＋2 x ( m ∈R)在 x ＝1处有 极值，则 f ( x )在区间[0，2]上的最大值为(　B　) A. B. 2 C. 1 D. 3 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由已知得 f '( x )＝3 x 2－2 mx ＋2，所以f '(1)＝3－2 m ＋2＝0，所以 m ＝ ，经检验满足题意，所以 f ( x )＝ x 3－ x 2＋2 x ， f '( x )＝3 x 2－5 x ＋2.由 f '( x )＜0得 ＜ x ＜1；由 f '( x )＞0得 x ＜ 或 x ＞1.所以函数 f ( x )在 ，(1，2)上单调递增，在 上单调递减，则 f ( x )极大值＝ f ＝ ， f (2)＝2，所以 f ( x )在区间[0，2]上的最大值为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5. (多选)如图是函数 y ＝ f ( x )的导函数 y ＝ f '( x )的图象，则下面判断正确 的有(　BC　) A. 在(－2，1)上 f ( x )是增函数 B. 在(3，4)上 f ( x )是减函数 C. 在 x ＝－1处取得极小值 D. 在 x ＝1处取得极大值 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 x (－3，－1) －1 (－1，2) 2 f '( x ) － 0 ＋ 0 f ( x ) ↘ 极小值 ↗ 极大值 x (2，4) 4 (4，5) f '( x ) － 0 ＋ f ( x ) ↘ 极小值 ↗ 故在(3，4)上 f ( x )是减函数，在 x ＝－1处取得极小值. 根据导函数的正负，得到原函数的增减性，由图可得如下数据： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6. (多选)常数 a ≠0，下列有关方程 x 3＋ x 2－ x － a ＝0的根的说法正确的 是(　BC　) A. 可以有三个负根 B. 可以有两个负根和一个正根 C. 可以有两个正根和一个负根 D. 可以有三个正根 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方程 x 3＋ x 2－ x － a ＝0可化为 x 3＋ x 2－ x ＝ a .令函数 f ( x )＝ x 3＋ x 2－ x ，则 f '( x )＝3 x 2＋2 x －1＝(3 x －1)( x ＋1).当 x ＜－1或 x ＞ 时， f '( x )＞0；当－1＜ x ＜ 时， f '( x )＜0.故 f ( x )在(－∞，－1)， 上单调递增，在 上单调递减，且 f (－1)＞0， f ＜0.作出 f ( x )的图象如图，从而方程 x 3＋ x 2－ x － a ＝0可以有两个正根和一个负根， 也可以有两个负根和一个正根，但不会有三个负根， 也不会有三个正根. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7. (多选)(2024·山东烟台模拟)已知函数 f ( x )＝ ，则下列结论正确 的是(　ABC　) A. 函数 f ( x )存在两个不同的零点 B. 函数 f ( x )既存在极大值又存在极小值 C. 当－e＜ k ≤0时，方程 f ( x )＝ k 有且只有两个实根 D. 若 x ∈[ t ，＋∞)时， f ( x )max＝ ，则 t 的最小值为2 ABC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 f '( x )＝－ ＝－ ， 当 x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时， f '( x )＜0， 当 x ∈(－1，2)时， f '( x )＞0， ∴ f ( x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增， ∴ f (－1)是函数的极小值， f (2)是函数的极大值，故B正确； 又 f (－1)＝－e， f (2)＝ ， 且当 x →－∞时， f ( x )→＋∞， x →＋∞时， f ( x )→0， ∴ f ( x )的图象如图所示， 由图知C正确、D不正确. 由 f ( x )＝0，得 x 2＋ x －1＝0， ∴ x ＝ ，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8. 做一个无盖的圆柱形水桶.若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱 的底面半径为 ⁠. 设圆柱的底面半径为 R ，母线长为 l ，则 V ＝π R 2 l ＝27π，∴ l ＝ ，要 使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和 S 最小. 由题意， S ＝π R 2＋2π Rl ＝π R 2＋2π· ， ∴ S '＝2π R － ，令 S '＝0，得 R ＝3，根据单调性得，当 R ＝3时， S 最小. 3　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9. (2024·江苏无锡模拟)已知函数 f ( x )＝tan x ＋ln(1－ x )， x ∈ ，求 f ( x )的极值. 解：因为函数 f ( x )＝tan x ＋ln(1－ x )， x ∈ ，所以 f '( x )＝ ＋ ＝ ＋ ＝ . 设 h ( x )＝ x －1＋ cos 2 x ， h '( x )＝1－2 cos x sin x ＝1－ sin 2 x ≥0， 所以 h ( x )在 上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又 h (0)＝0，所以当 x ∈ 时， h ( x )＜0；当 x ∈(0，1)时， h ( x )＞0. 又因为( x －1) cos 2 x ＜0对 x ∈ 恒成立， 所以当 x ∈ 时， f '( x )＞0；当 x ∈(0，1)时， f '( x )＜0. 即 f ( x )在区间 上单调递增，在区间(0，1)上单调递减， 故 f ( x )极大值＝ f (0)＝0， f ( x )没有极小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10. (2024·河北石家庄模拟)已知函数 f ( x )＝ － a ln( x ＋ b ). (1)证明：当 a ＞0， b ＝0时， f ( x )有唯一的极值点为 x 0，并求 f ( x 0)取最 大值时 x 0的值； 证明：当 a ＞0， b ＝0时， f ( x )＝ － a ln x ， 可得 f ( x )的定义域为(0，＋∞)， 且f'( x )＝ － ＝ ，令f'( x )＝0，解得 x ＝4 a 2， 当0＜ x ＜4 a 2时，f'( x )＜0， f ( x )单调递减； 当 x ＞4 a 2时，f'( x )＞0， f ( x )单调递增， 所以当 x ＝4 a 2时， f ( x )有唯一的极小值， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 即 f ( x )有唯一的极值点为 x 0＝4 a 2， 由 f ( x 0)＝ f (4 a 2)＝ － a ln(4 a 2)＝2 a －2 a ln(2 a )， a ＞0， 令 t ＝2 a ，设 g ( t )＝ t － t ln t ， t ＞0，可得g'( t )＝－ln t ， 由g'( t )＝0，解得 t ＝1， 当0＜ t ＜1时，g'( t )＞0， g ( t )单调递增；当 t ＞1时，g'( t )＜0， g ( t )单 调递减， 所以当 t ＝1，即 a ＝ 时， g ( t )有唯一的极大值，即 g ( t )取得最大值1， 所以当 f ( x 0)的最大值为1时， x 0＝4 a 2＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)当 b ＞0时，讨论 f ( x )极值点的个数. 解：当 b ＞0时， f ( x )的定义域为[0，＋∞)，且 f '( x )＝ － ＝ ， ①当 a ≤0时， f '( x )＞0对∀ x ∈(0，＋∞)恒成立，此时 f ( x )单调递增， 所以 f ( x )极值点的个数为0个； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②当 a ＞0时，设 h ( )＝ x －2 a ＋ b ， 即 h ( x )＝ x 2－2 ax ＋ b ( x ≥0). (ⅰ)当4 a 2－4 b ≤0，即0＜ a ≤ 时，可得 h ( x )≥0，即 f '( x )≥0对∀ x ∈(0，＋∞)恒成立，即 f ( x )在(0，＋∞)上无变号零点，所以此时 f ( x )极值点的个数为0个； (ⅱ)当4 a 2－4 b ＞0，即 a ＞ 时， 设 h ( x )的两个零点分别为 x 1， x 2，且 x 1＜ x 2， x 1＋ x 2＝2 a ＞0， x 1 x 2 ＝ b ＞0，可得 x 1＞0， x 2＞0， 即 f '( x )在(0，＋∞)上有2个变号零点，所以此时 f ( x )极值点的个数为2个. 综上所述，当 a ≤ 时， f ( x )的极值点的个数为0； 当 a ＞ 时， f ( x )的极值点的个数为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11. 已知函数 f ( x )＝e x · ，其中 a ∈R. (1)若曲线 y ＝ f ( x )在 x ＝1处的切线与直线 y ＝e x 平行，求 a 的值； 解：函数 f ( x )定义域为(0，＋∞)， f'( x )＝e x ＝e x ， 依题意：f'(1)＝e(－1＋ a )＝e，解得 a ＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若函数 f ( x )在定义域内单调递减，求 a 的取值范围； 解：由(1)知，∀ x ＞0，f'( x )＝e x ≤0，所以 a ≤ ＋ln x ， 令 g ( x )＝ ＋ln x ， x ＞0，则g'( x )＝－ ＋ ＝ ＝ ， 当0＜ x ＜ 时，g'( x )＜0，当 x ＞ 时，g'( x )＞0，即 g ( x )在(0， ) 上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增， x ＝ 时 g ( x )min＝ ， 即 a ≤ ，所以 a 的取值范围是 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)若不等式 f ( x )≥2e对 x ∈(0，1]恒成立，求 a 的取值范围. 解：∀ x ∈(0，1]， f ( x )≥2e⇔e x ≥2e⇔ a ≥2e1－ x － ＋ln x . 令 h ( x )＝2e1－ x － ＋ln x ，0＜ x ≤1，则 h '( x )＝－2e1－ x ＋ ＋ ＝ ， 令φ( x )＝( x ＋1)e x －2e x 2，0＜ x ≤1，则φ'( x )＝( x ＋2)e x －4e x . 令 F ( x )＝( x ＋2)e x －4e x ，0＜ x ≤1，则 F '( x )＝( x ＋3)e x －4e≤0，等号不 恒成立，即 F ( x )在(0，1]上单调递减，而 F (0)＝2＞0， F (1)＝－e＜0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以存在 x 0∈(0，1)有 F ( x 0)＝0，当0＜ x ＜ x 0时， F ( x )＞0，即φ'( x )＞0，当 x 0＜ x ＜1时， F ( x )＜0，即φ'( x )＜0， 于是φ( x )在(0， x 0)上单调递增，在( x 0，1]上单调递减，而φ(0)＝1， φ(1)＝0，则0＜ x ≤1时，φ( x )min＝φ(1)＝0， 所以当0＜ x ≤1时， h '( x )≥0，等号不恒成立，则 h ( x )＝2e1－ x － ＋ln x 在(0，1]上单调递增， h ( x )max＝ h (1)＝1，即 a ≥1，所以 a 的取值范围是 [1，＋∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [B组　能力提升练] 12. (2024·福建福州模拟)设函数 f ( x )( x ∈R)的导函数为 f '( x )， f (0)＝2 022，且 f '( x )＝ f ( x )－2，则 f ( x )＋4 038＞2 f '( x )的解集是(　A　) A. (－∞，ln 2) B. (－∞，ln 4) C. (2，＋∞) D. (－∞，2) A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∴ f (0)＝2＋ c ＝2 022，∴ c ＝2 020，故 f ( x )＝2＋2 020e x .又 f '( x )＝2 020e x ， f ( x )＋4 038＞2 f '( x )，∴4 040＋2 020e x ＞2×2 020e x ， ∴e x ＜2，∴ x ＜ln 2. 令 h ( x )＝ ，则 h '( x )＝ ＝ .又 f '( x )＝ f ( x )－2，∴ h '( x )＝ ＝0，故 h ( x )为常函数.设 h ( x )＝ c ( c 为常数)，则 h ( x )＝ ＝ c ，∴ f ( x )＝2＋ c e x .又 f (0)＝2 022， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13. (2024·陕西商洛模拟)若函数 f ( x )＝ x 3＋ ax 2＋( a ＋6) x 无极值，则 a 的取值范围为(　A　) A. [－3，6] B. (－3，6) C. (－∞，－3]∪[6，＋∞) D. (－∞，－3)∪(6，＋∞) 因为 f ( x )＝ x 3＋ ax 2＋( a ＋6) x ，所以 f '( x )＝3 x 2＋2 ax ＋ a ＋6.因为 f ( x ) 无极值，所以(2 a )2－4×3×( a ＋6)≤0，解得－3≤ a ≤6，所以 a 的取值范 围为[－3，6]. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14. (多选)已知函数 f ( x )＝ x ln x ＋ x 2， x 0是函数 f ( x )的极值点，以下几个结论中正确的是(　AD　) A. 0＜ x 0＜ B. x 0＞ C. f ( x 0)＋2 x 0＜0 D. f ( x 0)＋2 x 0＞0 AD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∴0＜ x 0＜ ，即A正确、B不正确； f ( x 0)＋2 x 0＝ x 0ln x 0＋ ＋2 x 0＝ x 0(ln x 0＋ x 0＋2)＝ x 0(1－ x 0)＞0，即 D正确、C不正确. f '( x )＝ln x ＋1＋2 x ， ∵ x 0是 f ( x )的极值点， ∴ f '( x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2 x 0＝0， ∴ f ' ＝ ＞0.易知 f '( x )在(0，＋∞)上单调递增， 当 x →0时， f '( x )→－∞， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15. (多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数 f ( x )＝ x 3－ x ＋1，则(　AC　) A. f ( x )有两个极值点 B. f ( x )有三个零点 C. 点(0，1)是曲线 y ＝ f ( x )的对称中心 D. 直线 y ＝2 x 是曲线 y ＝ f ( x )的切线 AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∵ f ( x )＝ x 3－ x ＋1，∴ f '( x )＝3 x 2－1，令 f '( x )＝0，得 x ＝± ，当 x ∈ 时， f '( x )＞0， f ( x )单调递增；当 x ∈ 时， f '( x )＜0， f ( x )单调递减；当 x ∈ 时， f '( x )＞0， f ( x )单调递增，∴ f ( x )有两个极值点，故选项A正确； ∵ f ＝ － ＋1＝ ＞0， ∴ f ( x )的极小值大于0，∴ f ( x )仅有一个零点，故选项B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由于函数 f ( x )的图象是由奇函数 y ＝ x 3－ 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 ＝2 x －1或 y ＝2 x ＋3，故选项D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16. (2024·甘肃兰州模拟)若 x ＝－2是函数 f ( x )＝( x 2＋ ax －1)e x 的极值 点，则 f '(－2)＝ ， f ( x )的极小值为 ⁠. 由函数 f ( x )＝( x 2＋ ax －1)e x 可得 f '( x )＝(2 x ＋ a )e x ＋( x 2＋ ax －1)e x .因为 x ＝－2是函数 f ( x )的极值点，所以 f '(－2)＝(－4＋ a )e－2＋(4－2 a －1)·e－2＝0，即－4＋ a ＋3－2 a ＝0，解得 a ＝－1，所以 f '( x )＝( x 2＋ x －2)e x .令 f '( x )＝0可得 x ＝－2或 x ＝1.当 x ＜－2或 x ＞1时， f '( x )＞0，此时函数 f ( x )单调递增，当－2＜ x ＜1时， f '( x )＜0，此时函数 f ( x )单调递减，所以当 x ＝1时，函数 f ( x )取得极小值，极小值为 f (1)＝(12－1－1)×e1＝－e. 0　 －e　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. (2024·辽宁葫芦岛模拟)已知函数 f ( x )＝2 sin x ·(1＋ cos x )，则 f ( x )的 最大值是 ⁠. 因为 f ( x )＝2 sin x (1＋ cos x )， 所以 f '( x )＝2 cos x (1＋ cos x )－2 sin 2 x ＝2 cos x ＋2 cos 2 x －2 sin 2 x ＝4 cos 2 x ＋2 cos x －2＝2(2 cos 2 x ＋ cos x －1)＝2(2 cos x －1)( cos x ＋1). 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当 f '( x )＜0时， x ∈ ， k ∈Z， 所以 f ( x )在 单调递减( k ∈Z)； 所以 f ( x )max＝ f ＝ . 当 f '( x )＞0时， x ∈ ， k ∈Z， 所以 f ( x )在 ( k ∈Z)上单调递增； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18. (2024·山东聊城模拟)已知函数 f ( x )＝ln x － . (1)若 a ＞0，试判断 f ( x )在定义域内的单调性； 解：由题意得 f ( x )的定义域是(0，＋∞)，且f'( x )＝ .因为 a ＞0，所 以f'( x )＞0，故 f ( x )在(0，＋∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若 f ( x )在[1，e]上的最小值为 ，求实数 a 的值. 解：由(1)可得 f '( x )＝ ，当 x ∈[1，e]时，若 a ≥－1，则 x ＋ a ≥0， 即 f '( x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时 f ( x )在[1，e]上单调递增， 所以 f ( x )min＝ f (1)＝－ a ＝ ， 所以 a ＝－ (舍去). 若 a ≤－e，则 x ＋ a ≤0，即 f '( x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时 f ( x )在[1，e]上单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以 f ( x )min＝ f (e)＝1－ ＝ ， 所以 a ＝－ (舍去). 若－e＜ a ＜－1，令 f '( x )＝0，得 x ＝－ a ， 当1＜ x ＜－ a 时， f '( x )＜0， 所以 f ( x )在(1，－ a )上单调递减； 当－ a ＜ x ＜e时， f '( x )＞0， 所以 f ( x )在(－ a ，e)上单调递增. 所以 f ( x )min＝ f (－ a )＝ln(－ a )＋1＝ ， 所以 a ＝－ . 综上， a ＝－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [C组　高考新动向] 19. 若函数 y ＝ f ( x )存在 n －1( n ∈N＋)个极值点，则称 y ＝ f ( x )为 n 折函数，例如 f ( x )＝ x 2为2折函数.已知函数 f ( x )＝( x ＋1)e x － x ( x ＋2)2，则 f ( x )为(　C　) A. 2折函数 B. 3折函数 C. 4折函数 D. 5折函数 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 y ＝e x 与 y ＝3 x ＋2的图象有两个交点. 又e－2≠3×(－2)＋2＝－4， 所以函数 y ＝ f ( x )有3个极值点，故 f ( x )为4折函数. 由题意知 f '( x )＝( x ＋2)e x －( x ＋2)·(3 x ＋2)＝( x ＋2)(e x －3 x －2). 令 f '( x )＝0，得 x ＝－2或e x ＝3 x ＋2. 易知 x ＝－2是 f ( x )的一个极值点， 又e x ＝3 x ＋2，结合函数图象(图略)可知， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $$