内容正文:
点评:当导函数的零点不易求,且含有参
数时,往往利用导函数在其零点处的函数值
为0构建方程,结合其他条件消去参数,重新
构造函数,利用该函数的性质求解。
通过对上述题型的探讨,可总结函数零
点的求法主要有:①代数法:求方程f(x)=0
的实数根;②几何法:对于不易求根的方程,
将它与函数y=f(x)的图像联系起来,利用
函数的性质找出零点;③利用零点存在定理
判断。 (责任编辑 王福华)
■江苏省锡东高级中学 顾珊岚
函数与导数作为高中数学的核心知识点
之一,是高考的高频考点。利用导数研究函
数的单调性、极值和最值是高考常考知识点,
重点考查逻辑推理、转化与化归、数学运算等
能力。本文结合典型例题,归纳导数在研究
函数的单调性、极值与最值时常用的一些方
法与技巧,供同学们复习时参考。
考点一、利用导数研究函数的单调性和
极值
例 1 设函数f(x)=(ax2+x+1)ex。
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;
(2)讨论函数f(x)的单调性。
解析:(1)当a=0时,f(x)=(x+1)ex,
则f'(x)=(x+2)ex。
令f'(x)=0,解得x=-2。
由f'(x)<0,得x<-2;由f'(x)>0,
得x>-2。所以函数f(x)在(-∞,-2)上
单调递减,在(-2,+∞)上单调递增。
所以当x=-2时,函数f(x)有极小值
f(-2)=-
1
e2
,无极大值。
(2)因为函数f(x)=(ax2+x+1)ex,所
以f'(x)=(2ax+1)ex+(ax2+x+1)ex=
(ax+1)(x+2)ex。
①当a=0时,由(1)可知,函数f(x)在
(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单
调递增。
②当a=
1
2
时,f'(x)=
1
2
(x+2)2ex≥0
恒成立,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)
上单调递增。
③当a<0时,由f'(x)<0,得x<-2
或x>-
1
a
;由f'(x)>0,得-2<x<-
1
a
。
所 以 函 数 f (x)在 (- ∞,- 2)和
-
1
a
,+∞ 上单调递减,在 -2,-1a 上单
调递增。
④当0<a<
1
2
时,由f'(x)<0,得-
1
a
<x<-2;由f'(x)>0,得x<-
1
a
或x>
-2。所以函数f(x)在 -
1
a
,-2 上单调递
减,在 -∞,-
1
a 和(-2,+∞)上单调递增。
⑤当a>
1
2
时,由f'(x)<0,得-2<
x<-
1
a
;由f'(x)>0,得x<-2或x>
-
1
a
。所以函数f(x)在 -2,-
1
a 上单调递
减,在(-∞,-2)和 -
1
a
,+∞ 上单调递增。
综上可得,当a=0时,函数 f(x)在
(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单
调递增;当a=
1
2
时,函数f(x)在定义域
(-∞,+∞)上单调递增;当a<0时,函数
f(x)在(-∞,-2)和 -
1
a
,+∞ 上单调递
减,在 -2,-
1
a 上单调递增;当0<a<12
时,函数f(x)在 -
1
a
,-2 上单调递减,在
-∞,-
1
a 和(-2,+∞)上单调递增;当
14
解题篇 经典题突破方法
高考数学 2025年5月
a>
1
2
时,函数f(x)在 -2,-
1
a 上单调递
减,在(-∞,-2)和 -
1
a
,+∞ 上单调递增。
点评:第(1)问利用导数先判定函数的单
调性再求函数的极值即可,需要注意的是:求
函数的极值要同时说明极小值和极大值。第
(2)问结合导数f'(x)=(ax+1)(x+2)ex
的特征,对a 与0、
1
2
的大小关系进行讨论,
按照求单调区间的步骤求解,体现了分类讨
论的思想方法,解题的关键是关注引起分类
讨论的因素,做到不重不漏。
考点二、根据函数存在极值求参数的取
值范围
例 2 已知函数f(x)=|aex-x|+
1
2x
2+(1-a)x。
(1)当a=1时,求f(x)的最小值;
(2)若f(x)在x=0处取得极小值,求实
数a的取值范围。
解析:(1)当a=1时,f(x)=|ex-x|+
1
2x
2。
设h(x)=ex-x,由h'(x)=ex-1=0得x
=0,则h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,
+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(0)=1>0,则
ex-x>0,所以f(x)=ex-x+
1
2x
2。
因为f'(x)=ex+x-1在(-∞,+∞)
上单调递增,且f'(0)=0,所以当x∈(-∞,
0)时,f'(x)<0,即f(x)在(-∞,0)上单调
递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)
在(0,+∞)上单调递增。
所以f(x)的最小值为f(0)=1。
(2)记g(x)=aex-x,x∈R,则g'(x)
=aex-1。
①当a<0时,g'(x)<0,则 g(x)在
(-∞,+∞)上单调递减。
又因为g(0)=a<0,所以当x<-1时,
g(x)=aex -x>aex +1>0,所 以 x<
ln
-
1
a 。
令t=min -1,ln
-
1
a ,则g(t)>
0。因为g(0)<0,所以存在x0∈(t,0),使得
g(x0)=0。
当x>x0 时,g(x)<0,所以f(x)=
x-aex+
1
2x
2+(1-a)x,f'(x)=1-aex+
x+1-a。
若f(x)在 x=0处 取 得 极 小 值,则
f'(0)=2-2a=0,即a=1,与a<0矛盾,不
成立。
②当a=0时,f(x)=|x|+
1
2x
2+x=
1
2x
2,x<0,
1
2x
2+2x,x≥0,
所以f(x)在(-∞,0)上
单调递减,在(0,+∞)上 单 调 递 增,所 以
f(x)在x=0处取得极小值,符合题意。
③当 a≥
1
e
时,则 aex -x≥0,所 以
f(x)=aex-x+
1
2x
2+(1-a)x=aex+
1
2x
2-ax,f'(x)=aex+x-a,f'(0)=0。
又f″(x)=aex+1>0,所以f'(x)在(-∞,
+∞)上单调递增。
所以当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,
f'(x)>0。所以f(x)在(-∞,0)上单调递
减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在
x=0处取得极小值,符合题意。
④当0<a<
1
e
时,g'(x)=aex-1在
(-∞,+∞)上单调递增,且g'(1)=ae-1
<0,所以当x<1时,g'(x)<0,则g(x)在
(-∞,1)上单调递减。
又因为g(0)=a>0,g(1)=ae-1<0,
所以存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,所以当
x<x0 时,g(x)>0。
所以f(x)=aex-x+
1
2x
2+(1-a)x
=aex+
1
2x
2-ax,f'(x)=aex+x-a,则
f'(0)=0。
因为f″(x)=aex+1>0,所以f'(x)在
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解题篇 经典题突破方法
高考数学 2025年5月
(-∞,x0)上单调递增。所以当x<0时,
f'(x)<0;当0<x<x0 时,f'(x)>0。所以
f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,x0)上单调
递增,所以f(x)在x=0处取得极小值,符合题
意。
综上可得,实数a的取值范围为[0,+∞)。
点评:第(1)问先证明ex-x>0,再去掉
绝对值符号,可得f(x)=ex-x+
1
2x
2,这样
就可以结合导数求最值。第(2)问根据函数
的极值点求解参数的取值范围,需要结合函
数解析式的结构特点,观察x=0附近aex-
x 的符号变化规律,从而分a<0,a=0,0<
a<
1
e
,a≥
1
e
进行讨论,去掉绝对值符号,再
结合f'(0)的值及函数的单调性确定a 是否
满足题意,从而求解问题。
考点三、函数极值和最值的综合应用
例 3 设函数f(x)=(x-a)(ln
x-a)。
(1)已知a∈Z,若f(x)单调递增,求a
的最大值;
(2)已知a>0,设x0 为f(x)的极值点,
求f(x0)的最大值。
解析:(1)对f(x)求导得f'(x)=ln
x
-
a
x -a+1
,若 f(x)单 调 递 增,则 必 有
f'(x)≥0恒成立。
令φ(x)=ln
x-
a
x -a+1
,x>0,则
φ'(x)=
1
x+
a
x2
=
x+a
x2
。
当a≥0时,由已知f(x)单调递增,但
φ
1
e =ln
1
e-ea-a+1=-
(e+1)a<0,
故不合题意。
当a<0时,令φ'(x)>0,得x>-a,故
函数φ(x)的单调递减区间为(0,-a),单调
递增区间为(-a,+∞),所以 φ(x)min=
φ(-a)=ln
(-a)-a+2≥0。
由函数t(x)=ln
(-x)-x+2单调递
减,且t(-1)=3>0,又a∈Z,故a的最大值
为-1。
(2)当a>0时,f'(x)=ln
x-
a
x-a+1
单调递增。
又因为f'
1
e =-ae-a<0,f'(ea)=
a-
a
ea
-a+1=
ea-a
ea
>0,所以存在x0∈
1
e
,ea ,使得f'(x0)=ln x0-ax0-a+1=0,
即a=
x0ln
x0+x0
x0+1
,x0 为f(x)的极小值点。
故 f (x0)= x0-
x0ln
x0+x0
x0+1 ·
ln
x0-
x0ln
x0+x0
x0+1 = -x0
(x0-ln
x0)2
(x0+1)2
=-
(x0-ln
x0)2
x0+
1
x0
+2
,其中x0∈
1
e
,ea 。
设h(x)=-
(x-ln
x)2
x+
1
x+2
,则h'(x)=
-
1
x+
1
x+2
2 2(x-ln
x)1-
1
x x+1x+2
- 1-
1
x2 (x-ln x)2 ,整 理 得 h'(x)=
1
x+
1
x+2
2(x-ln
x)1-
1
x x+1x (-x-
ln
x-2)。
因为y=-x-ln
x-2<-
1
e+1-2<
0,x-ln
x>0,所以当x∈ 1e
,1 时,h'(x)
>0,h(x)在 1e
,1 上 单 调 递 增;当 x∈
(1,ea)时,h'(x)<0,h(x)在(1,ea)上单
调递减。
所以h(x)max=h(1)=-
1
4
,即f(x0)的
最大值为-
1
4
。
点评:本题第(1)问由f'(x)≥0恒成立,
构造函数φ(x)=ln
x-
a
x-a+1
,求出其最
小值可得结果。也可以根据f'
1
e2 =-2+
1-a-e2a≥0,得到a≤
-1
e2+1
。又因为a∈Z,
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解题篇 经典题突破方法
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