复习案12导数在研究函数中的应用极值

复习案12导数在研究函数中的应用极值【知识回顾】1.函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0.则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0.则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.【重点题型剖析】题型一函数极值与极值点的辨析一、单选题1．（2021·陕西·礼泉县第一中学高三期中（文））已知fx=13xA．0,1 B．−C．0,2 D．−【答案】C【分析】根据导数与函数极值的关系可知，f′x≥0【详解】因为fx=1因为fx没有极值，所以f′x又因为f′所以f′x≥0所以2a−12−4≤0，整理得a所以a∈0,2故选：C.2．（2022·陕西·蒲城县蒲城中学高三阶段练习（理））已知函数fx−1=x+x−1A．fx=x+x B．C．fx有极大值 D．fx【答案】B【分析】利用换元法可判断A选项，利用分母大于等于0即可判断B选项，利用函数的单调性即可判断CD选项【详解】对于A，令t=x−1，即x=t+1，所以fx−1=x+x−1可整理得f对于B，要使fx=x+x+1有意义，只需x≥0，故对于C，因为y=x和y=x在定义域内单调递增，所以fx=x+x+1对于D，由C可得fxmin=f0=1故选：B3．（2022·山东聊城一中高三阶段练习）函数f(x)=12x−1A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】根据导数判断函数f(x)的导函数f′【详解】由题意知f′令gx=e令g′x=0，得x=0，则函数gx在区间所以gx≥g0=0，由此可知f′故选：A.4．（2022·黑龙江·绥棱县第一中学高三阶段练习）已知函数f(x)=3cosωx−π5(ω>0)在区间0,A．115,2710 B．115,【答案】B【分析】先计算出ωx−π5∈−π【详解】因为ω>0，当x∈0,π时，又fx区间0,π上恰有3个极值点，2个零点，所以解得115<ω<2710，即故选：B.5．（2022·江苏·南京师大附中高三阶段练习）若函数fx=sinωx+πA．74≤ω≤9C．74≤ω<9【答案】B【分析】利用整体代入法可得ωx+π4∈【详解】解：设θ=ωx+π对于y=sinθ的图象要满足题意则需解得74故选：B.6．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=mex−xA．−∞,0 B．0,1e2 【答案】A【分析】将问题转化为gx与ℎx的图象在0,+∞上只有一个交点，且交点左右f′x=gx【详解】由题可得，函数fx的定义域为0,+∞，若函数fx有且仅有一个极值点，则f′x令gx=mex，ℎx=lnx+1，则问题转化为函数①当m=0时，f′令f′x>0，得0<x<1e所以fx在0,1e所以x=1e是②当m>0时，若函数gx，ℎx的图象在0,+∞上只有一个交点，则函数g作出函数gx和ℎx的大致图象，如图1所示，数形结合可得交点左右③当m<0时，无论m为何值，函数gx与ℎx的图象在作出函数gx和ℎx的大致图象，如图2所示，数形结合可得交点左右综上，m的取值范围为−∞故选：A.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．二、多选题7．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）设函数f′x是函数fx的导函数，且满足f′xA．fx有极大值 B．4f2<3f4 C．【答案】BD【分析】利用构造函数法，由f1e=【详解】依题意可知x>0，f′fxx′=lnxx所以fx=1所以fxf=1所以fx在0,+f1f′f24f2故选：BD【点睛】关于函数fx和导函数f三、填空题8．（2022·北京铁路二中高三阶段练习）设函数fx的定义域为R，x0x①∀x∈R，fx≤fx0；

②③−x0是−fx的极小值点；

④−【答案】②④【分析】根据极值点的定义、极值的性质和图象变换逐个判断即可.【详解】对于①：x0是f对于②：因为y=f−x与y=fx的图象关于且x0x0所以−x0应是对于③：因为y=−fx与y=fx的图象关于且x0x0所以x0应是−f且无法判定−x0是对于④：因为y=−f−x与y=fx的图象关于且x0x0所以−x0应是故答案为：②④.9．（2021·宁夏·海原县第一中学高二期中（文））若函数f(x)=2x3−3【答案】6【分析】对函数求导，再求函数的单调区间与极小值即可.【详解】f(x)=2x3−3令f′(x)=0，解得x=0或x=1，当x<0或x>1时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,0)和(1,+∞∴当x=1时，f(x)取得极小值，极小值为f(1)=2−3+c=5，解得c=6.故答案为：6.10．（2022·四川·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=sinωx−3cosωx(ω>0)在0,2π上恰有3个零点.给出下列4个结论：①76≤ω≤53，②fx在【答案】②④【分析】对于①：根据零点个数列不等式求ω的范围；对于②：求出ωx−π3范围，再根据函数对于③：求出极值点，再根据k的取值逐一验证；对于④：求出零点，再根据k的取值逐一验证.【详解】对于①：f(x)=∵x∈0,2π，则因为函数f(x)=sinωx−3∴2π≤2π对于②：当5π7≤x≤11π10时，加上函数y=sinx在π2,3对于③：令ωx−π3=当k=−1时，x=−π当k=0时，x=当k=1时，x=11π当k=2，x=17π故fx在π对于④：∵x∈π2,2π∵7∴π当ω=76时，函数gx当76<ω<3124时，函数当3124≤ω<3724时，函数当3724≤ω<53时，函数故函数gx=fx故答案为：②④11．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数fx=sin①fx在区间0,π②fx的最小正周期可能是2π③ω的取值范围是94④fx在区间0,【答案】②④【分析】由函数fx在区间0,π上有且仅有3个极值点,π4≤ωx+π4≤ωπ+π4，即【详解】由题意可知π4≤ωx+π4≤ωπ+只需5π2<ωπ+π又ω=3∈94,134当5π2<ωπ+π4≤3π，即9由x∈0,π15由94<ω≤13故sint在π4,ωπ15故答案为:②④.四、解答题12．（2022·江苏·盐城经济技术开发区中学高三阶段练习）已知a>0，函数fx(1)证明fx(2)若存在a，使得fx≤a+b对任意x∈0,+【答案】(1)证明见解析(2)b≥−【分析】（1）求导f′x=−lnx+（2）题目转化为fx−amax【详解】（1）函数fx=a−x令gx=−又a>0，∴g′x<0，当x=e−1时，f′x=故存在x0∈当x∈0,x0，f′x当x∈x0,+∞，f′所以fx（2）由题知，存在a>0，使得fx≤a+b对任意即存在a>0，使得b≥fx−a由（1）知，f(x)max=fx0f即存在a>0，使得b≥x构造u(x)=xln2x−x−xlnx,即存在a>0，b≥u(x)min对任意求导u令u′(x)=0，求得lnx1=−2，ln当x∈0,e−2，u′x当x∈e−2,e，u′当x∈e,+∞，u′x>0所以u(x)由x∈0,e−2因为x∈0,e−2，所以lnx<−2，即lnx−所以b的取值范围是b≥−e【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y=fx,x∈（1）若∀x1∈a,b，∀x（2）若∀x1∈a,b，∃x（3）若∃x1∈a,b，∃x（4）若∀x1∈a,b，∃x2∈题型二求已知函数的极值或极值点一、单选题1．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习）已知函数fx=exsinA．2021 B．2022 C．1011 D．1012【答案】C【分析】对fx求导，令f′x=0，求得x=π2+kπ，再利用余弦函数的图像性质，结合导数与函数的单调性，求得【详解】因为fx=e所以f′令f′x=0，得x=当π2+2kπ<x<π2+当π2+2k+1π<x<π2所以fx在π2+2kπ,π2故fx在x=π2因为0≤x≤2022π，所以0≤π2又k∈Z，所以k有0,1,⋯1010共1011所以fx的极小值点的个数为1011故选：C二、多选题2．（2022·山东省青岛第一中学高三期中）函数fx=x2ex在区间A．−3 B．−2 C．−1 D．0【答案】AC【分析】由于fx=x2ex在区间k,k+32上存在极值点，根据间接法fx【详解】由题知，fx所以f′当x∈(−∞,−2)和(0,+∞)时，f′则fx在x∈(−∞,−2)和(0,+若fx在k,k+32上无极值点，则k+32解得：k∈−所以k∈−∞,−72所以k∈(−72,−2)∪(−32因为k是整数，故k=−3或k=−1，故选：AC.3．（2022·吉林·辽源市第五中学校高三期中）已知函数f(x)=x3−x+1A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点C．点0,12是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x−1是曲线【答案】AD【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，f′x=3x2−1，令令f′(x)<0得所以f(x)在(−∞,−33)，(因f(−33)=1+23所以，函数fx在−当x≥33时，fx≥f3综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C错误；令f′x=3x2当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D正确.故选：AD.三、填空题4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数fx=xe【答案】0或1【分析】对fx进行求导,根据讨论a的正负判断f′x【详解】解:由题知fxf′x=①当a≤0时,f′x>0,f②当a>0时,令ℎx则ℎ′故ℎx在0,+又因为当x→0,ℎxℎa所以必存在x0∈0,a当x∈0,x0当x∈x0,+所以x=x0是综上,当a≤0时,fx当a>0时,fx故fx故答案为:0或15．（2022·辽宁·沈阳市第四十中学高三期中）已知等比数列an的公比q>1，若a1，a2是函数f【答案】274##6.75【分析】先求出函数f(x)的极值点，从而可得a1，a2，再求出公比q，进而可求出【详解】由fx=6ln由f′x=0时，x=2当0<x<2或x>3时，f′x>0，当2<x<3所以2和3为f(x)的极值点，因为q>1，a1，a2是函数所以a1=2，所以q=a所以a4故答案为：274四、解答题6．（2022·贵州毕节·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=aln(1)若a=1，证明：f(x)存在唯一的极值点.(2)若∀x∈(0,1],f(x)≤0，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)1e【分析】（1）求导得到f′x=1x+1−ex，根据零点存在性定理得到f′x在0.1,1上存在唯一一个零点（2）将∀x∈0,1，fx≤0转化为fxmax≤0，然后分0<a≤e−e2−4【详解】（1）当a=1时，fx=ln因为函数y=1x，y=−ex在0,+∞f′0.1=11−e0.1>11−e>0，f′1=2−e<0，所以f所以fx在0,x0上单调递增，x（2）∀x∈0,1，fx≤0f′x=ax当f′1=a+1a−e≥0，即0<a≤e−e2−42或所以1e≤a≤e当e−e2−42<a<e+e2−42时，f′所以fx在0,x0fx因为x0∈0,1，所以lnx0<0，lnx综上可得，a的取值范围为1e【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1）a≥fx恒成立⇔a≥f（2）a≤fx恒成立⇔a≤f7．（安徽省部分学校20222023学年高三上学期12月联考数学试题）已知函数fx(1)求函数fx(2)若xfx+2e【答案】(1)极小值为−a(2)−2,4+2【分析】（1）求得f′x，结合fx（2）将不等式xfx+2e2≥0【详解】（1）函数fx=(则f′令f′x=0当x变化时，fxx0,eef−0+f单调递减−单调递增因此，当x=e−a2时，（2）因为xfx+2e令ℎx则ℎ′（i）若a∈0,4，对于函数y=(ln所以(ln故当a∈0,4时，不等式x（ii）若a∈4,+当x∈0,e−a所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−a,e−2时，ℎ所以ℎx在e−a,所以x=e−2是要使不等式x(只需ℎe解得a≤4+2e故当4<a≤4+2e4时，不等式（iii）若a∈−当x∈0,e−2所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−2,e−a时，ℎ所以ℎx在e−2,所以x=e−a是要使不等式x(lnx)即ae设mx=xex因为m′x=1−xe于是，由ma≥m−2及a<0故当−2≤a<0时，不等式x(综上，实数a的取值范围为−2,4+2e【点睛】研究含参数的不等式恒成立问题，导数是工具的作用.化归与转化的数学思想方法是重要的解题思想方法，将不等式恒成立问题，转化为求函数的单调性、极值、最值等问题来进行研究.对参数分类讨论时，要注意做到不重不漏.8．（2022·山东聊城一中高二期中）已知函数fx=ex+ax−3(1)求实数a的值及函数fx(2)用[t]表示不超过实数t的最大整数，如：[0.8]=0,[−1.4]=−2，若x>0时，(t−x)ex<t+2【答案】(1)a=−1；极小值为−2，无极大值(2)2【分析】（1）利用导数的几何意义得到f′0=0，从而求得a=−1（2）将问题转化为t<xex+2ex−1恒成立问题，结合（1）中结论得到g′x【详解】（1）根据题意，易得函数fx的定义域为R因为f′(x)=ex+a，由已知得f所以fx=e令f′x>0，得x>0；令f所以函数fx在(−∞,0)所以函数fx的极小值为f（2）因为当x>0时，ex−1>0，故不等式(t−x)e令g(x)=xex+2e由（1）得fx=e又因为f(1)=e−1−3<0,f(2)=e2−2−3>0，所以fx在所以g′x在(0,+∞又当x∈0,x0时，fx<0，则g′(x)<0所以gx在0,x0所以gx的最小值为g由g′x0=0得因为1<x0<2因为t<gxmin，所以【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．9．（2022·山东泰安·高三期中）已知函数f(x)=e(1)求函数f(x)的极值；(2)若1是关于x的方程f(x)=bx2(b∈R)的根，且方程f(x)=b【答案】(1)答案见解析(2)e−2,1【分析】（1）求导，对a的符号分类讨论，根据导函数求得极值；（2）根据条件，构造函数Fx=fx−bx【详解】（1）f'当a≤0时，f'x>0当a>0时，令f'x=0当x∈−∞,lna时，f'x<0，∴fx（2）∵1是方程fx∴f1=b，解得a=e设Fx=fx设gx=F∵F0=0，F1=0，且方程设Fx0=0，x0∈0,1，则∴F'x在0,x∴gx=0在当b≤0时，g'x>0当b>0时，令g'x=0当x∈−∞,ln2b当x∈ln2b,+∞时，g∴gx设φx=3x−2xln令φ'x=0当x∈0,e2时，φ当x∈e2,+∞时，∴φxmax=φ∴gx∴g0>0g1>0∴b的取值范围为e−2,1综上，fxmin=a−a【点睛】对于第二问，得出gx=0在0,1上至少有两个相异实根是问题的核心，由此讨论gx10．（2022·河北省文安县第一中学高二期末）已知函数f(x)=(x−2)e(1)当k=0时，求f(x)的极值；(2)证明：当k>e,x>1时，【答案】(1)极小值为−e(2)证明见解析【分析】(1)求函数f(x)的导函数f′x，再求函数(2)利用导数分析函数f(x)的单调性，求其最小值f(x0)【详解】（1）函数f(x)=(x−2)ex−k(x−因为k=0，所以f(x)=(x−2)ex，其中由题可知f′(x)=(x−1)ex，令当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)在故f(x)=(x−2)ex在x=1处取得极小值，极小值为（2）因为f(x)=(x−2)ex−k(x−f′令ℎ(x)=xex−k(x>1)，则ℎ′(x)=(x+1)因为k>e，ℎ(1)=e−k<0则存在x0∈(1,+∞)，使得当x∈1,x0时，f′(x)<0当x∈x0,+∞时，f′从而f(x)则fx令g(x)=x则g′即g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以所以当k>e,x>1时，【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．11．（2022·福建·高三阶段练习）已知函数fx(1)求函数f（x）的极值；(2)若关于x的不等式fx≥2ax+2ln【答案】(1)极大值为1e(2)−【分析】（1）由导数研究函数的单调性，进而研究其极值；（2）将不等式转化为x2e2x−ln(x【详解】（1）∵f∴f′x>0，解得x>0或x<−1，f故函数fx的增区间为(−∞,−1)∴函数fx的极大值为f−1=（2）不等式f(x)≥2ax+2lnx+1，x∈(0,+∞)可化为可化为x2e可化为x2e可化为x2e令gx=x−lnx−1，g′(x)>0，解得x>1，g′可得函数g(x)的减区间为（0，1），增区间为（1，+∞），∴g(x)≥g1=0（当且仅当可得不等式x−lnx−1≥0，x∈(0,+∞故有x2e2x−ln①当a≤1时，因为x∈(0,+∞)，所以x2②当a>1时，令ℎxℎ′∴ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，且可知存在m∈(0,1)满足xm此时有m2e2m−ln综述：a≤1.即：若不等式fx【点睛】不等式恒成立（能成立）问题，一般有两种方法，方法1：分离参数法解决恒(能)成立问题，方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.12．（2022·浙江省新昌中学高三期中）已知函数fx(1)求函数fx(2)若x0为函数fx的极大值点，证明：存在t使ft【答案】(1)极大值点为3π(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数导数，列表可得函数极大值点；（2）利用函数单调性求出存在t0使ft0=22e−54π【详解】（1）已知f′x−33f+0−f↗极大值↘所以，函数fx的极大值点为3（2）设x0=3由（1）知fx在0,π2存在t0∈0,π2则ft−2k即ft−2k可得et所以存在t=t0+2k设gx当x∈0,π2所以g′x⩾0，故g因为t−2kπ−2π所以t−2kπ故2kπ因此54【点睛】关键点点睛：关键点之一，先找到特殊值t0∈0,存在t=t0+2kπ+2π上式成立，关键点之二，构造函数题型三根据函数的极值或极值点求参数一、单选题1．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）设函数fx=cosωx+π3−A．256,92 B．4,143【答案】D【分析】利用整体思想，结合余弦函数得图像与性质及极值的定义列出不等式组，解之即可.【详解】解：令fx=cos因为x∈0,π，所以因为函数fx=cos所以ω>05π<所以ω的取值范围是143故选：D.2．（2022·四川省资阳市外国语实验学校高二期中（理））函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为A．4，−11 B．−3，3C．4，−11或−3，3 D．3，3【答案】A【分析】由题意可知f′1=0【详解】f′由题意可知f′1=0则b=−3−2aa2−a−12=0，解得当a=−3b=3时，f∴在x=1处不存在极值，不符合题意；②当a=4b=−11时，f∴x∈−113,1，f′∴a=4故选：A．3．（2022·四川省合江县中学校高三阶段练习（理））若函数fx=x3+ax2A．12,+∞ B．C．−∞,0∪【答案】C【分析】首先求导得到f′x=3【详解】fx=x因为函数fx=x所以2a2−4×3×4a>0，解得a<0或故选：C4．（2021·吉林·四平市第一高级中学高三阶段练习（理））若函数fx=lnx+ax2−2xA．0,12 B．12,+∞ 【答案】D【分析】求出函数的导数f′x=2ax2−2x+1【详解】由题意fx=ln令g(x)=2ax2−2x+1当a=0时，g(x)=−2x+1=0,x=12，当0<x<12时，当x>12时，f′x<0，f当a>0时，g(x)图象对称轴为x=1此时要使函数fx=lnx+ax即2a−1<0,∴a<12，则此时x=12a>1，g(x)在0,1上递减，存在x则当0<x<x0时，f′x>0，fx递增，当x0<x<1时，当a<0时，g(x)图象开口向下，对称轴为x=1此时要使函数fx=lnx+ax即2a−1<0,∴a<12，则综合上述，可知a的取值范围为−∞故选：D二、填空题5．（2023届西南333高考备考诊断性联考（一）数学试题）若函数fx=alnx+bx在【答案】6【分析】根据函数f(x)在x=1处取得极值3，得到f′(1)=a+b=0，且【详解】∵f(x)=alnx+bx，又函数f(x)在x=1处取得极值3，则f′(1)=a+b=0，且所以a=−3，b=3，b−a=6．故答案为：6．6．（2022·甘肃·高台县第一中学高三阶段练习（文））函数fx=4x3−a【答案】34##【分析】由fx在x=1处有极值，可得a+b=6【详解】由题意得f′x=12x2则f′1=12−2a−2b=0则2a当且仅当a2=4b2即故答案为：347．（2022·四川泸州·一模（文））已知函数f(x)=alnx−x+1【答案】2,+【分析】求得f′(x)，将题意转化为使得y=x2−ax+1【详解】f(x)=alnx−x+1x定义域为0,+∞根据题意可得y=x2−ax+1故Δ=a2−4>0，且故答案为：2,+8．（2022·宁夏·银川一中高三阶段练习（文））已知函数fx=12x【答案】−【分析】因为x=2为极值点，故f′2=0【详解】f′x=x−a+2x所以f′当f′x<0时，得1<x<2；当f′x所以fx在0,1，2,+∞上单调递增，fx故fx的极大值为f故答案为：−5三、解答题9．（2022·江苏南通·高三期中）已知fx=(1)求a的值；(2)若关于x的方程fx=t在0,3上有两个不相等的实数根x1，x【答案】(1)3(2)证明见解析【分析】（1）求导，分a=0、a<0和a>0三种情况求fx（2）构造函数gx=fx−f4−x0<x<2，根据gx的单调性和g0=0得到fx2−f4−x2>0，再结合fx1=f【详解】（1）因为fx=x当a=0时，f′所以fx当a<0时，在区间−∞,2a3上，在区间2a3,0上，f′在区间0,+∞上，f′x所以当x=0时，fx的极小值为f当a>0时，在区间−∞,0上，f′在区间0,2a3上，f′在区间2a3,+∞上，f所以当x=2a3时，fx所以a=3.（2）由（1）知，在区间−∞,0上，f′在区间0,2上，f′x<0在区间2,+∞上，f′x所以不妨设0<x下面先证x1即证x1<4−x2，因为又因为区间0,2上，fx只要证fx1>f只要证fx2>f设gx则g′所以gx所以gx>g0下面证3<x设ℎx=2x在区间0,2上，fx>ℎx；在区间2,3设x3∈0,32所以ℎx3>ℎ设x4∈2,3，f所以ℎx2>ℎ因为ℎx3=ℎ所以3=x【点睛】极值点偏移问题中（极值点为x0），证明x1+①构造Fx②确定Fx③结合特殊值得到fx2−f2x0−x2④利用fx的单调性即可得到x1+10．（2021·宁夏·海原县第一中学高二期中（文））已知函数f(x)=lnx−ax+b在x=1处的极值是2，a，(1)求a，b的值；(2)函数g(x)=f(x)−k有两个零点，求k的取值范围.【答案】(1)a=1，b=3(2)(−【分析】（1）根据函数f(x)=lnx−ax+b在x=1处的极值是2，联立解方程组得到a=1，b=3，代入fx检验即可确定a（2）将问题转化为对数函数ℎ(x)=lnx与一次函数【详解】（1）因为fx=ln又函数f(x)=lnx−ax+b在所以f1=2f′1检验：故f(x)=lnx−x+3x>0令f′x<0，得x>1；令f所以fx在0,1上单调递增，在1,+所以fx在x=1取得极大值，且极大值为f所以a=1,b=3（2）gx=fx−k=ln令ℎ(x)=lnx，Qx=x−3+k所以ℎ′x=1x又ℎ1=ln1=0，所以ℎx所以当k=2时，Qx=x−1为ℎx在x=1处的切线，此时，Q(x).要使g(x)有两个零点，即Q(x)与ℎ(x)有两个交点，所以Q(x)比与ℎ(x)相切时的位置还要向下平移，又因为Q(x)与ℎ(x)相切时，k=2，所以k<2，即k∈(−∞11．（2021·陕西省米脂中学模拟预测（文））已知函数fx=ax(1)求a，b的值；(2)求曲线y=fx在点−1,f【答案】(1)a=−6,b=9(2)36x+y+21=0【分析】（1）解方程组f(1)=a+b=3f（2）只需求出f′−1，【详解】（1）f′由题意可得f(1)=a+b=3f′(1)=3a+2b=0检验：f′x=−18x2+18x，令当x∈−∞,0∪1,+当x∈0,1时，f′x（2）由（1）得fx=−6x所以f−1=15，所以所求切线方程为y−15=−36x+1，即36x+y+21=012．（2022·陕西省榆林中学高三阶段练习（理））已知函数fx=lnx+ax−1a∈R(1)求a的值；(2)求证：fx【答案】(1)a=−1(2)证明见解析【分析】（1）利用函数在x=1处取极大值,得到f′（2）移项构造新函数Fx=xe【详解】（1）因为fx=ln又函数fx在x=1所以f′1=1+a=0经检验a=−1时，x∈0,1,f′xx∈1,+∞,f故函数fx在x=1处取极大值，所以a=−1（2）由（1）知，a=−1，故要证fx⩽gx令Fx=xex−x−令Gx=x+1得到Gx在0,+因为G1=2所以∃x0∈1所以当x∈0,x0时，Gx<0所以Fx在0,x0所以Fx又因为ex0=所以Fx所以Fx⩾0，即即fx题型四函数（导函数）的图像与极值或极值点的关系一、单选题1．（2022·河南·驻马店市第二高级中学高三阶段练习（理））已知函数fx=xcosx，A．在区间0,π2上，B．在区间0,π2上，C．过0,0作y=fxD．过0,0作y=fx【答案】C【分析】利用导数与函数极值的关系可判断AB；利用导数的几何意义求出切线方程即可判断CD．【详解】函数fx=xcosx，x∈R，则正切函数y=tanx和反比例函数y=1∴f′(x)=0在∴f(x)在(0,π设y=fx的切点为t,tcost∵切线过(0,0)，故可设切线方程为y=cos代入切点t,tcost得t2sint=0则f′0=1∴切线方程为y=±x，∴选项C正确，选项D错误．故选：C．2．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数f（x），其导函数f′x的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（A．fB．函数fx在x＝c处取得最大值，在x=C．函数fx在x＝c处取得极大值，在x=D．函数fx的最小值为【答案】C【分析】根据导函数的图象确定fx【详解】由题图可知，当x≤c时，f′x≥0，所以函数f又a<b<c，所以fa因为f′c=0，f′e=0，且当当x>e时，f′x>0由题图可知，当d≤x≤e时，f′x≤0，所以函数f故选：C．3．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高二期末）函数fx的导函数f′xA．x=12为函数fx的零点 B．x=2C．函数fx在12,2上单调递减 D．f【答案】C【分析】根据导函数图象，导函数与原函数的关系对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由f′x的图象可得，当x<−2时，f'(x)<0，当当12<x<2时，f'(x)<0所以fx在−2,12和2,+∞上单调递增，在所以x=2为fxx=12是f′f−2是函数f故选：C二、多选题4．（2022·黑龙江·佳木斯一中高三期中）已知函数f(x)=ln|x−1|+lnA．fx为奇函数 B．fx在C．fx在区间0,1上单调递增 D．f【答案】BD【分析】由已知，f(x)=lnx2−1，结合定义域可判断A项；将函数整理为f(x)=lnx2【详解】f(x)=ln|x−1|+ln|x+1|=ln由题意可得，f(x)=ln即当x∈−1,1时，fx=当−1<x<0时，f′x>0；当0<x<1时，f′x所以，fx在x=0fx在区间0,1解fx=0，即lnx2−1=0，可得x2−1=1故选：BD.5．（2022·广东深圳·高三期中）若过点P1,λ最多可作出nn∈N∗条直线与函数A．λ+n<3B．λn可能等于−1C．当n=2时，λ的值不唯一D．当n=1时，λ的取值范围是−【答案】ABD【分析】设切线l的切点为x0,y0,利用导数的几何意义及题设条件可得λ=−e【详解】y′=ex+(x−1)e则切线l的斜率为k=x又y0=xy−x∴λ−x则λ=−e令g(x)=−eg′所以,令g′(x)=0得所以,当x<−1或x>1时,g′当−1<x<1时,g′则g(x)在(−∞,−1),(1,+∞且g(−1)=−4e,g(1)=0,当x趋近于−∞时,g(x)趋近于0,当x趋近于+∞作出函数g(x)的草图如下,对于A,由于λ=−eex故λ≤0,由图象可知,n=1或2或3,即n≤3,又λ=0与n=3不能同时取得,故λ+n<3,选项A正确;对于C,当n=2时,即x0的值有两个,由图象可知,当且仅当λ=g(−1)=−4e对于D,由图象可知,当λ=0或λ<−4e时,x0对于B,由图象可知,n=1或2或3,若nλ=−1,若n=1,则λ=−1,由选项D可知,此时λ=0或λ<−4e,而若n=2，则λ=−12，由C选项知此时λ取唯一值若n=3，则λ=−13，由图象得此时λ∈−故nλ可能取到−1,选项B正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线的切线方程,考查转化思想及数形结合思想,考查逻辑推理能力及运算求解能力,属于较难题目.对于函数外一动点作函数图像切线个数问题常见的方法：设切点，求切线方程，分离参数，如λ=fx，再研究fx图像，转化为直线6．（2021·福建·福州十八中高三开学考试）函数y=f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．−∞,0为函数B．0,1为函数y=f(x)的递增区间C．函数y=f(x)在x=1处取得极小值D．函数y=f(x)在x=3处取得极小值【答案】BD【分析】根据导函数图象分析导数的正负情况，即可得到函数的单调区间，从而判断函数的极值点.【详解】解：由y=f(x)的导函数的图象可得，导函数的图象与x轴有3个交点，交点横坐标分别为x1x1<0、1且当x<x1或1<x<3时f′x<0，当x所以fx在−∞,x1上单调递减，在x所以fx在x=x1处取得极小值，在x=1故正确的有B、D；故选BD7．（2022·辽宁锦州·高二期末）函数fx的定义域为R，它的导函数y=f′A．f−2>f−1 B．x=1C．函数fx在−1,1上有极大值 D．x=−3是f【答案】AD【分析】根据函数极值的定义，结合导数的性质和导函数的图象逐一判断即可.【详解】由y=f′x的图象可知：当x∈(−∞,−3)当x∈(−3,−1)时，f′x<0，所以函数fx单调递减，因此有f−2当x∈(−1,1)，或x∈(1,+∞)时，f′x>0，所以函数fx单调递增，因此函数fx故选：AD8．（2022·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试）函数fx的导函数是f′x，下图所示的是函数y=A．x=−1B．x=2是fxC．fx在区间−2,−1D．fx在区间−2,2【答案】AD【分析】根据给定的图象，探讨f′x值的符号，进而判断函数【详解】观察图象知，当x<−1或x>2时，f′(x)<0，当−1<x<2时，因此函数f(x)在(−∞,−1)，(2,+∞x=−1是fx=2是fx−2,−1⊆(−∞,−1)，即fx=−1是fx的极小值点，故选：AD三、填空题9．（2022·江西九江·高三阶段练习（文））已知函数fx=e【答案】e【分析】通过分离参数得1a=x2e【详解】当a=0时，此时fx=e当a≠0时，fx=0得令gx=x2ex，前者解得0<x<2，，后者解得x>2或x<0，故gx在−∞,0，2,+故gx的极小值为g0=0令gx=x2ex，显然分母ex作出大致图像如图所示：所以0<1a<4e故答案为：e2四、解答题10．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知a>0，函数f(x)=xln(1)证明：f(x)在(0,π)上有唯一的极值点;(2)当a=2时，求f(x)的零点个数.【答案】(1)证明见详解析(2)fx在0,+【分析】(1)对函数求两次导数，判断导函数的单调性，根据零点存在性定理，判断原函数的单调性性，进而得到证明；(2)结合（1）的结论及极小值的定义可得：fx0≤f1<0【详解】（1）由题意可知，f′x当x∈0,π时，sinx>0，从而f″x又f′1由零点存在性定理知，存在唯一x1∈从而fx在0,x0故x0为fx在（2）当a=2时，f当x∈0,π时，由（1）可知，fx在0,又注意到x→0+，fx→1由极小值定义知：fx从而存在x1∈0,x0当x∈[π,+∞)故fx在π综上，fx在0,+【点睛】(1)可导函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0(2)若f(x)在(a,b)内有极值，那么f(x)在(a,b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．11．（2021·陕西省神木中学高三阶段练习（理））已知函数f(x)=32x2+3(1)证明：fx与g(2)令ℎ(x)=g(x)−23af(x)(a<1)【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）分别对fx与g（2）对ℎx求导，先求得sx=x−sinx的正负情况，再分类讨论a≤0与0<a<1【详解】（1）由f(x)=32x由g(x)=ex(2x+因为ex>0，所以f′所以fx与g（2）由（1）知ℎ′(x)=2(x−sin令sx=x−sinx，则所以sx在R故当x>0时，sx>0，当x<0时，①当a≤0时，ex此时，当x<0时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，当x>0时，所以当x=0时，ℎx②当a>0时，ℎ′令ℎ′x=0，解得x由0<a<1，得lna<0当x∈−∞,lna时，e当x∈lna,0时，ex−e当x∈0,+∞时，ex−e故当x=lna时，ℎx取得极大值，当x=0时，ℎ综上：当a≤0时，函数ℎx有1个极值点，当0<a<1时，函数ℎ【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．12．（2023·江西·贵溪市实验中学高三阶段练习（理））已知函数fx(1)当a=−1时，求fx在−2,2(2)讨论fx【答案】(1)最大值为113，最小值为(2)a⩽0时,f(x)无极值点,a>0时,f(x)有2个极值点.【分析】（1）直接代入a值，求导即可求出最值；（2）f′(x)=x2−a【详解】（1）当a=−1时，f(x)=13f′(x)=x2+1>0∴fxmin=f（2）f′①当a⩽0时,f′(x)⩾0恒成立,此时f(x)在②当a>0时,令f′(x)>0,即x2−a>0，解得:令f′(x)<0,即x故此时f(x)在(−∞,−a)递增,在所以f(x)在x=−a时取得极大值，在x=综上所述:a⩽0时,f(x)无极值点，a>0时,f(x)有2个极值点.【综合检测】导数在研究函数中的应用极值综合检测卷一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数fx的导函数的图象如图所示，则fx极值点的个数为（A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】根据函数的极值点要满足两个条件，结合导函数的图象逐个分析即可.【详解】对于处处可导的函数，函数的极值点要满足两个条件，一个是该点的导数为0，另一个是该点左、右的导数值异号，由图象可知，导函数与x轴有5个交点，因为在0附近的左侧f′x<0，右侧f其余四个点的左、右的导数值异号，所以是极值点，故fx故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）已知f′x是函数fx的导函数，函数y=xf′A．x1 B．x2 C．x3【答案】A【分析】根据函数图象求出导函数大于0和小于0的区间，从而确定极大值点.【详解】由图可知，当x∈−∞,x1当x∈x1,0时，x当x∈0,x4时，x当x∈x4,+∞时，所以fx的单调递增区间为−∞,x1故fx的极大值点为x故选：A3．（2023·全国·高三专题练习）设f′(x)是函数f（x）的导函数，若函数f（x）的图象如图所示，则下列说法错误的是（A．当1<x<4时，f′x>0 B．当x<1或C．当x=1或x=4时，f′x=0 D．函数f（x【答案】D【分析】根据导数的正负与函数的增减以及极值点的定义判断.【详解】A.由图象知：当1<x<4时，函数f（x）递增，所以f′B.由图象知：当x<1或x>4时，函数f（x）递增，所以f′C.由图象知：当x=1或x=4时，函数f（x）分别取得极小值和极大值f′D.由图象知：函数f（x）在x=4处取得极大值，故错误；故选：D4．（2022·湖北·丹江口市第一中学高二阶段练习）已知函数f(x)的导函数y=f′(x)A．f(x2)是极小值 B．f(x3)是极小值 C．【答案】B【分析】根据导函数的图象确定f(x)的单调区间，进而判断极值.【详解】由图知：f(x)在(a,x1)上递增，(∴f(x3)是极小值，f(x2故选：B.5．（2023·全国·高三专题练习）已知t和t+3是函数fx=x3+ax2+bx+c的零点，且A．1 B．4 C．43 D．【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得f(x)=(x−t)(x−t−3)【详解】因函数fx在t+3处取得极小值0，又t是函数fx的另一零点，因此函数从而有f(x)=(x−t)(x−t−3)2，求导得：当x<t+1或x>t+3时，f′(x)>0，当t+1<x<t+3时，于是，fx在x=t+3处取得极小值，在x=t+1处取得极大值f(t+1)=4所以fx故选：B6．（2023·全国·高三专题练习）已知m为常数，函数fx=xlnx−2mx2有两个极值点，其中一个极值点x0A．−∞,0 B．0,+∞ C．−【答案】D【分析】由题意即f′x=0有两个解，即y=lnx与y=4mx−1有两个交点，由y=lnx在点P1,0处的切线为y=x−1，显然直线【详解】f′x=则等价于f′x=0有两个解，即y=所以lnx直线y=4mx−1过点0由y=lnx在点P1,0处的切线为y=x−1，显然直线当0<4m<1时，直线y=4mx−1与曲线y=lnx交于不同两点（如下图），且fx令gx=x所以gx=xlnx−x故选：D.7．（2023·全国·高三专题练习）关于函数f(x)=ln①f(x)的图象关于直线x=1对称

②f(x)在区间(2,+∞③f(x)的极大值为0

④f(x)有3个零点其中所有正确结论的编号为（

）A．①③ B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根据给定函数，计算f(2−x)判断①；探讨f(x)在(2,+∞)上单调性判断②；探讨f(x)在(0,1)和(1,2)上单调性判断③；求出【详解】函数f(x)=ln|x|+ln对于①，x∈(−∞,0)∪(0,2)∪(2,+∞f(2−x)=ln|2−x|+ln|x|=f(x)，对于②，当x>2时，f(x)=lnx+ln(x−2)，对于③，当x<0时，f(x)=ln(−x)+ln(2−x)，当0<x<2时，f(x)=lnx+ln(2−x)=ln[−(x−1)又f(x)在(2,+∞)单调递增，因此f(x)在x=1处取极大值对于④，由f(x)=0得：|x2−2x|=1，即x2−2x−1=0或x于是得f(x)有3个零点，④正确，所以所有正确结论的编号为①③④.故选：D【点睛】结论点睛：函数y=f(x)的定义域为D，∀x∈D，存在常数a使得f(x)=f(2a−x)⇔f(a+x)=f(a−x)，则函数y=f(x)图象关于直线x=a对称.8．（2022·浙江·模拟预测）已知函数f(x)=(x−a)2lnx(a∈R)，则当0<a<1A．有1个极大值点，2个极小值点B．有2个极大值点，1个极小值点C．有1个极大值点，无极小值点D．无极大值点，有1个极小值点【答案】A【分析】求f(x)导数为f′(x)=(x−a)2lnx+【详解】f′令g(x)=2lnx+a则g(x)在0,a2上递减，在a2∵0<a<1，∴0<a2<12又x→0，gx→+∞，g(a)=2ln∴∃x1∈故g(x)如图所示：∴当0<x<x1时，g(x)>0，x－a＜0，当x1<x<a时，g(x)<0，x－a＜0，当a<x<x2时，g(x)＜0，x－a＞0，当x>x2时，g(x)＞0，x－a＞0，∴f(x)有2个极小值点x1、x故选：A．二、多选题9．（2022·全国·高三专题练习）已知函数fx的导函数为f′x=ax2−2axA． B． C． D．【答案】BD【分析】首先求函数的极值点，再判断图象.【详解】f′x=axx−2=0，a≠0所以函数有两个极值点，分别是x=0和x=2，满足条件的只有BD.故选：BD10．（2022·云南·宣威市第三中学高二阶段练习）已知定义在R上的函数fx，其导函数f′xA．fB．函数fx在a,b上递增，在b,dC．函数fx的极值点为c，D．函数fx的极大值为【答案】ABD【解析】对A，B由导数与函数单调性的关系，即可判断f(a)，f(b)，f(c)的大小以及fx【详解】解：由题图知可，当x∈−∞,c时，f当x∈c,e时，f′x<0，当所以fx在−∞,c在c,e上递减，在e,+∞上递增，对A，fd对B，函数fx)在a,b上递增，在b,c上递增，在c,d对C，函数fx的极值点为c，e对D，函数fx的极大值为f故选：ABD.11．（2022·黑龙江·佳木斯一中高三期中）已知函数f(x)=ln|x−1|+lnA．fx为奇函数 B．fx在C．fx在区间0,1上单调递增 D．f【答案】BD【分析】由已知，f(x)=lnx2−1，结合定义域可判断A项；将函数整理为f(x)=lnx2【详解】f(x)=ln|x−1|+ln|x+1|=ln由题意可得，f(x)=ln即当x∈−1,1时，fx=当−1<x<0时，f′x>0；当0<x<1时，f′x所以，fx在x=0fx在区间0,1解fx=0，即lnx2−1=0，可得x2−1=1故选：BD.12．（2022·重庆市二0三中学校高三阶段练习）已知函数f(x)=(x+1)ex−x−1A．f(x)在(0,+∞B．x=0为f(x)的一个极小值点C．f(x)无最大值D．f(x)有唯一零点【答案】ABC【分析】求出函数f(x)的导数，借助导数分析、推理判断选项A，B，C；举例说明判断D作答.【详解】依题意，f′(x)=(x+2)ex−2x−2当x>0时，令ℎ(x)=(x+3)ex−2，则ℎ′(x)=(x+4)g′(x)>g′(0)=1>0，则f′(x)=g(x)在(0,+当−1<x<0时，φ(x)=ex−2x+2x+2，求导得φ而φ′(−1)=1e−2<0，φ当x∈(x0,0)时，φ′(x)>0，函数φ(x)在(即当x∈(x0,0)时，ex<2x+2x+2当x>0时，令u(x)=ex−x−1，求导得u′(x)=ex−1>0，函数而y=x+1在(0,+∞)上递增，值域为(1+∞)，因此当x≥2时，因f(−1)=f(0)=0，即−1和0是函数f(x)=(x+1)e故选：ABC【点睛】结论点睛：可导函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f'(x0三、填空题13．（2022·上海市金山中学高二期末）如图是函数y=f(x)的导函数y=f①函数f(x)在区间(1,3)上严格递减；

②f(1)<f(2)；③函数f(x)在x=1处取极大值；

④函数f(x)在区间(−则上述说法正确的是______．【答案】②④【分析】根据导函数图象分析得到函数的单调性，进而判断是否为极值点，比较出函数值的大小，判断出正确答案.【详解】由导函数y=f′(x)的图象可知：函数fx在1,2上单调递增，在由导函数的图象可知：fx在−1,2上均单调递增，故x=1由导函数图象可得：在区间(−2,5)内有f′−1=f′4=0故x=−1和x=4为函数的两个极小值点，故在区间(−故答案为：②④14．（2022·全国·高三专题练习）若函数fx=ax【答案】0,【分析】先求解出导函数f′x，然后根据a=0,a≠0进行分类讨论：a=0时，直接判断即可，a≠0时，利用Δ≤0求解出【详解】∵fx=ax若a=0，则f′x=1>0恒成立，f若a≠0，则Δ=16a2−12a≤0时，即0<a≤34时，f综上可得0≤a≤34，即故答案为：0,315．（2022·全国·高二专题练习）已知函数fx①若函数y=fx+3bx不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是②过点M0,2且与曲线y=f③方程fx④方程gx=1+xex其中真命题的序号是___________.【答案】②④【分析】对于①：求导，由判别式小于等于0得出实数b的取值范围；对于②：利用导数的几何意义得出方程3x【详解】解：因为y=fx所以y′=3x则有Δ=122设过点M0,2的直线与曲线y=fx相切于点fx=x3−6又点x0,y0在曲线代入上式，得x0解得x0=1或x0所以过点M0,2且与曲线y=f函数fx由y=x3−3x为奇函数，关于原点对称，可得f且函数y=22−x的图象也关于点所以方程fx=2④化简得g=2+xex−e，当x>1,x<−2,g′x>0，gx单调递增，当−2<x<1,故答案为：②④.16．（2021·广东·高三开学考试）已知x=0是函数f(x)=xln(a−x)的极值点，则【答案】1【分析】首先根据f′【详解】由fx=xlna−x,∴f