2020屆江蘇高考數(shù)學(xué)(文)總復(fù)習(xí)講義：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值

1、 必過數(shù)材美 1. 函數(shù)的極值 (1) 函數(shù)的極小值： 函數(shù) y= f(x)在點(diǎn) x = a 的函數(shù)值 f(a)比它在點(diǎn) x= a 附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小， f (a) = 0;而且在點(diǎn)x= a 附近的左側(cè) f (x)v 0，右側(cè) f (x) 0，則點(diǎn) a 叫做函數(shù) y= f(x)的極小值 點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù) y= f(x)的極小值. (2) 函數(shù)的極大值： 函數(shù) y= f(x)在點(diǎn) x = b 的函數(shù)值 f(b)比它在點(diǎn) x= b 附近的其他點(diǎn)的函數(shù)值都大， f (b) =0;而且在點(diǎn) x= b 附近的左側(cè) f (x) 0，右側(cè) f (x) v 0，則點(diǎn) b 叫做函數(shù) y= f(x)的極大

2、 值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù) y= f(x)的極大值. 極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值. 2. 函數(shù)的最值 (1)在閉區(qū)間a, b上連續(xù)的函數(shù) f(x)在a, b上必有最大值與最小值. 若函數(shù) f(x)在a, b上單調(diào)遞增，則 血為函數(shù)的最小值， 血為函數(shù)的最大值；若 函數(shù) f(x)在a, b上單調(diào)遞減，則 f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值. 小題體驗(yàn) 1. _ 當(dāng) x= 時，函數(shù) f(x) = x 2x取極小值. 1 答案：七 In 2 1 2. _ 已知函數(shù) f(x) = ?x sin x，貝 U f(x)在0 , n!上的值域?yàn)?_ . 答案：計(jì)子,n

3、 3. _ 已知 a 為函數(shù) f(x)= x3 12x的極小值點(diǎn)，貝V a= _ . 解析：由題意得 f (x) = 3x2 12,令 f (x)= 0 得 x=也,所以當(dāng) xv 2 或 x2 時，f (x) 0;當(dāng)一2 v xv 2 時，f (x)v 0,所以 f(x)在(一a, 2)上為增函數(shù)，在( (一 2,2)上為減函 數(shù)，在(2, + a)上為增函數(shù).所以 f(x)在 x = 2 處取得極小值，所以 a= 2. 答案：2 必過易措美 求函數(shù)最值時，易誤認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，不通過比較就下結(jié)論. 小題糾偏 2 1.函數(shù) f(x) = x(1 X) )在0,1上的最大值為 _ . 解析：

4、f (x)= 1 3x2,令 f (x)= 0, 得 x=吳0,1，當(dāng) x 0,轡 時，f (x) 0, 3 一 3 丿 f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x -3 , 1 時，f (x) V 0 , f(x)單調(diào)遞減.所以 f(x)max= f = 翠. 答案：孕 2 .已知 aw x + In x 對任意 x , 2 恒成立，則 a 的最大值為 _ . x 2 1 x x + x 1 1 x 1 一 1 解析： 設(shè) f(x)= + In x，貝y f (x)= - x - + 2= x1.當(dāng) x 1 1 丿時，f (x) V 0,故函數(shù) f(x)在 1, 1；上單調(diào)遞減；當(dāng) x (1,2時，f (x)

5、 0,故函數(shù) f(x)在(1,2上單調(diào)遞 增，所以 f(x)min = f(1)= 0，所以 aw 0，即 a 的最大值為 0. 答案：0 考點(diǎn)一運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值問題 題點(diǎn)多變型考點(diǎn)一一多角探明 鎖定考向 函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，題型既有填空題，也有解答題. 常見的命題角度有： (1) 判斷函數(shù)極值點(diǎn)的個數(shù)； (2) 求函數(shù)的極值； (3) 由函數(shù)極值求參數(shù)值或范圍. 題點(diǎn)全練 角度一：判斷函數(shù)極值點(diǎn)的個數(shù) 1. _ (2018 都中學(xué)檢測) )函數(shù) f(x)= In x x2的極值點(diǎn)個數(shù)為 _ . / 亠 0 1 + 2 )x 2 丿 解析：f(x) = In x x2, x

6、(0 ,+s), f (x)=1 2x= - ，當(dāng) 0V x V 寧時，f (x) 0,此時函數(shù) f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x中時，f (x) V 0,此時函數(shù) f(x)單調(diào)遞減， 所以函數(shù) f(x)的極值點(diǎn)個數(shù)為 1. 答案：1 角度二：求函數(shù)的極值 2. (2018 蘇北四市高三一模) )已知函數(shù) f(x) = x2 + ax+ 1, g(x) = In x a(a R) 當(dāng) a = 1 時，求函數(shù) h(x)= f(x) g(x)的極值. 解：函數(shù) h(x)的定義域?yàn)?0,+). 當(dāng) a = 1 時，h(x)= f(x) g(x) = x2 + x In x+ 2, 所以 h (x)= 2x+

7、 1 2x 1 x + 1 . x x 1 令 h (x)= 0，得 x = 或 x = 1(舍去), 1 1 當(dāng) 0v xv 時，h (x) v 0;當(dāng) x 孑孑時，h (x)0, 所以函數(shù) h(x)在區(qū)間 0, 2 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 *,+ 8上單調(diào)遞增, 1 所以當(dāng) x= 1時，函數(shù) 11 h(x)取得極小值為；+ In 2, 無極大值. 4 角度三：由函數(shù)極值求參數(shù)值或范圍 3 一 7a 3. (2018 東高三期末) )設(shè)函數(shù) f(x)= ax3 + 2 x2+ 4x+ 1有極大值f(x1)和極小值 f(X2), 若 0v X1 1v X2 0,因?yàn)?0v X1 f 1 = 7 4

8、av 0, 7 v 1v X2 0,所以 即 v av 5，所以實(shí)數(shù) a 的取值范 f (2 = 10 2a 0, 4 圍為？ 5 . 答案：45 X e 4. 已知函數(shù) f(x)=-. (1) 求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 設(shè) g(x)= xf(x) ax+1，若 g(x)在(0,+ )上存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍. X 解：( (1)f(x)=邑,x ( 8, 0) U (0 ,+), 所以 f (x)= e X1 . X 當(dāng) f (x)= 0 時，x= 1. f (x)與 f(x)隨 x 的變化情況如下表： X (8, 0) (0,1) 1 (1 , + 8 ) f (X

9、) 一 一 0 + 1 (2019 阜寧中學(xué)檢測) )若函數(shù) f(x)= x3-ax2- bx+ a2在 x = 1 處有極值 10,貝 V a+ b= f(x) 極小值 故 f(x)的增區(qū)間為( (1,+)，減區(qū)間為( (一8, 0)和(0,1). (2)g(x) = e - ax+ 1, x (0, + ), 所以 g (x)= ex- a, 當(dāng) aw 1 時，g (x)= ex-a0, 即 g(x)在 (0, + )上遞增，此時 g(x)在 (0, + )上無極值點(diǎn). 當(dāng) a 1 時，令 g (x) = ex- a= 0，得 x= In a; 令 g (x)= ex-a0,得 x (In

10、 a,+ )； 令 g (x)= ex- av 0,得 x (0, In a). 故 g(x)在 (0, In a)上遞減，在(In a, + g )上遞增， 所以 g(x)在(0, + g)有極小值無極大值，且極小值點(diǎn)為 x= In a. 故實(shí)數(shù) a 的取值范圍是(1, + g). 通法在握 1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值問題的一般流程 求宦義域 求導(dǎo)數(shù)廣( 值 極植 解方程f 知方/,(x)=0根曲悄況 蜀根左右的將號 斜天于參數(shù)的方程 不等式】 2.已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的 2 個要領(lǐng) 列式 根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解 驗(yàn)證 因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于零不是

11、此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須 驗(yàn)證根的合理性 演練沖關(guān) T f(x)在 x= 1 處有極值 10, f (1 = 3 - 2a- b= 0, f(1 = 1 - a- b+ a = 10, 當(dāng) a = 3, b=- 3 時，f (x)= 3(x- 1)20(此時無極值，舍去); 當(dāng) a =- 4, b= 11 時，符合題意, a+ b= 7. 答案：7解析：對函數(shù) f(x)求導(dǎo)得 f 2 (x) = 3x - 2ax- b, a = 3, 解得 b=- 3 a =- 4, 或0 時，一 exv 1,所以 a=- exv 1. 答案：( ( a, 1) 3 2 3. (2

12、018 鹽城中學(xué)期末) )已知函數(shù) f(x)= x 3ax + 3x+ 1. (1) 若 a= 2，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間； 若 f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)至少有一個極值點(diǎn)，求 a 的取值范圍. 解：( (1)由 f(x)= x3 3ax2 + 3x + 1，得 f (x) = 3x2 6ax+ 3, 當(dāng) a = 2 時，f (x) = 3x2 12x+ 3= 3(x2 4x+ 1), 由 f (x) 0，得 x2 + 3 或 xv 2 3; 由 f (x)v 0，得 2 3v xv 2 + 3. f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(a, 2 ,3)和(2 + 3, ), f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(2

13、3, 2+ 3). (2) / f (x)= 3x2 6ax+ 3,而 f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個極值點(diǎn)等價于方程 3x2 6ax + 3= 0 在其判別式 0(即 a 1 或 av 1)的條件下在區(qū)間(2,3)上有解. 由 3x2 6ax + 3= 0,得 a= x + 令 g( (x) )=2x+x g (x) 0 在(2,3)上恒成立，即 g(x) 0 在(2,3)上單調(diào)遞增, a 的取值范圍是 |5 5) 4 3 . 考點(diǎn)二運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問題 重點(diǎn)保分型考點(diǎn) 典例引領(lǐng) 師生共研 已知函數(shù)f(x)=寧-仁 (1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值; 設(shè)m0,求函數(shù) f(x

14、)在區(qū)間m,2m上的最大值. 4 _ In * 解：因?yàn)楹瘮?shù) f(x)的定義域?yàn)?0,+ a )，且 f (x)= 2- x 0, 得 x e, 得 0 v x v e;由 x 0, 1 所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, e)，單調(diào)遞減區(qū)間為( (e,+g)，且 f(x)極大值=f(e)=- e -1,無極小值. 2mw e， e 當(dāng)* 即 Ov mwe 時，函數(shù) f(x)在區(qū)間m,2m上單調(diào)遞增， m 0, 2 所以 f(x)max= f(2m)= ln22m- 1 ； 2m 當(dāng) mv ev 2m,即號號 e 時，函數(shù) f(x)在區(qū)間m,2m上單調(diào)遞減， 所以 f(x)max= f(

15、m)= l!Lm - 1. m e In 2m e 1 綜上所述，當(dāng) Ov mw e時，f(x)max= - 1 ；當(dāng)；v m v e 時，f(x)max= 一一 - 1;當(dāng) m e 2 2m 2 e 時，f(X)max = - 1. m 由題悟法 求函數(shù) f(x)在a，b上的最大值和最小值的 3 步驟 (1) 求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值； (2) 求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值 f(a)，f(b); 將函數(shù) f(x)的極值與 f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小 值. 即時應(yīng)用 + b,已知曲線 y= f(x)在點(diǎn)( (1,0)處的切線方程為 y =x- 1. (1)求

16、 a，b; 求 f(x)的最大值. 由曲線 y= f(x)過點(diǎn)(1,0),有 f(1) = b= 0. 故 a = 1, b= 0. In x 1- nln x 由(1)知 f(x) = 了, f (x) = xn+1 .設(shè) n N*, a, b R,函數(shù) f(x) = 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，+ g)，f a(1 - nln x (x)= n+ 1 x 所以 f (1) = a，又切線斜率為 1,故 a = 1. 令 f (x)= 0，即 1 nln x= 0,解得 1 得 f(x)在(en , + g)上是減函數(shù). 典例引領(lǐng) 2 x f(x)=云ax, g(x)= In x ax

17、, a R (1) 解關(guān)于 x(x R)的不等式 f(x)w 0; (2) 證明：f(x) g(x)； 是否存在常數(shù) a, b,使得 f(x) ax+ b g(x)對任意的 x 0 恒成立？若存在，求出 a, b 的值；若不存在，請說明理由. 解：( (1)當(dāng) a= 0 時，f(x)=話所以 f(x)w 0 的解集為0; 當(dāng) a豐0 時，f(x) = x 嚴(yán)a , 若 a 0 時，則 f(x)w 0 的解集為0,2ea; 若 av 0 時，則 f(x)w 0 的解集為2ea,0. 綜上所述，當(dāng) a= 0 時，f(x)w 0 的解集為0; 當(dāng) a 0 時，f(x) 0), 2 則 h (x)=

18、x- 1= 令 h (x)= 0，得 x = e, 當(dāng) x 變化時，h (x), h(x)的變化情況如下表: 1 x= en 1 當(dāng) 0 v xv en 時，有 f (x) 0, 得 f(x)在 1 當(dāng) xen時, 有 f (x)v 0, 1 故 f(x)在 x= en處取得最大值 1 1 f(en )=_. ne 考點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究不等式 重點(diǎn)保分型考點(diǎn) 師生共研對應(yīng)學(xué)生用書 P34 (2018 蘇北四市期末) )已知函數(shù) x (0，譏) ) h (x) 一 h(x) ( (ve,+ g) 0 + 極小值 1 en 1 令 gx)= In xx e 令 / (x)= 0，得 x= e, 當(dāng)

19、0vxv .e 時,/ (x)0, gx)在(0, e)上單調(diào)遞增; 當(dāng) x e 時，g (x)v 0, gx)在( ( .e,+s)上單調(diào)遞減. 1 1 所以gx)的最大值 g e) = 0.所以 In xx+寸0 恒成立. 1 1 所以存在a= 2,e，b2 符合題意. 由題悟法 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略 首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等 式，從而求出參數(shù)的取值范圍也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值 問題. 即時應(yīng)用 (2018 海門中學(xué)期末) )已知函數(shù) f(x) = (x + 1)ex, g(x) = 2x2 + 3

20、x + m. (1)求 f(x)的極值； 若 g(x) 0 時，x 2;當(dāng) f (x)v 0 時，x v 2,所以函數(shù) h(x)的最小值為 h( e)= 0, 2 所以 h(x)= x In x0, 即卩 f(x) g(x). 2e 假設(shè)存在常數(shù) a, b 使得 f(x) ax+ b g(x)對任意的 x 0 恒成立, 2 x 即 2ax+ b In x 對任意的 x 0 恒成立. 2e 2 而當(dāng) x = e 時，In x= x 2e 1，所以 12a 寸 e+ b 2 1 1 所以 2a_e+ b= ,貝 U b= 2a e, 2 2 1 所以 寧2ax b= x 2ax+ 2a e - 0

21、(*)恒成立, 2e 2e v 2 當(dāng) 1 a h(0) = 0, 即(x + 1)(ex 2x 1) 0, (X+ 1)(eX 2X 1) + 1 min= 1 , mw 1,即實(shí)數(shù) m 的取值范圍是（一a, 1. 考點(diǎn)四用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題 重點(diǎn)保分型考點(diǎn)一一師生共研 典例引領(lǐng) （2018 南京、鹽城模擬）在一張足夠大的紙板上截取一個面積為 3 600 cm2的矩形紙板 ABCD，然后在矩形紙板的四個角上切去邊長相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做 成一個無蓋的長方體紙盒（如圖）設(shè)小正方形邊長為 x cm,矩形紙板的兩邊 AB, BC 的長 （1）當(dāng) a= 90 時，求紙盒側(cè)

22、面積的最大值; （2）試確定 a, b, x 的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值. 解：（1）因?yàn)榫匦渭埌?ABCD 的面積為 3 600 cm2，當(dāng) a = 90 時，b= 40,紙盒的底面矩 形的長為 90 2x，寬為 40 2x. 所以紙盒的側(cè)面積 S(x)= (260 8x)x = 8x2 + 260 x, 故 S(X) )max= S 4 225 答：當(dāng) a= 90 時，紙盒側(cè)面積最大，最大值為 篤 f 紙盒的體積 V = (a 2x)(b 2x)x，其中 x 0, ； , a b 0,且 ab= 3 600. 分別為 a cm 和 b cm,其中 其中 x (0,20), 2

23、cm . 因?yàn)?a 2x)(b 2x)= ab 2(a+ b)x + 4x2w ab 4 abx+ 4x2= 4(x2 60 x + 900), 當(dāng)且僅當(dāng) a= b= 60 時取等號， 所以 Vw 4(x3 60X2 3+ 900X), X (0,30). 記 f(x) = 4(x3 60 x2 + 900X), x (0,30), 則 f (X)= 12(x 10)(x 30), 令 f (x)= 0，得 x= 10. 當(dāng) x 變化時，f (x), f(x)的變化情況如下表: x (0,10) 10 (10,30) f (x) + 0 一 f(x) 極大值 由上表可知，f(x)的極大值是 f

24、(10) = 16 000,也是最大值. 答：當(dāng) a= b= 60,且 x= 10 時，紙盒的體積最大，最大值為 16 000 cm2. 由題悟法 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的 4 步驟 (1)分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問題中變量 之間的函數(shù)關(guān)系式 y= f(x); (2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù) f (x),解方程 f (x) = 0; 比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和 f (X)= 0 的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大 回歸實(shí)際問題作答. 即時應(yīng)用 2 求 y 關(guān)于 x 的表達(dá)式； 3 試問當(dāng)技術(shù)革新投入多少萬元時，產(chǎn)品的增加值 解：由題意可設(shè) y= f(x) = k(a x)x2.

25、 (小)者為最大(小)值; 某空調(diào)制造公司有一條自動生產(chǎn)的流水線，價值約為 a 萬元, 現(xiàn)為了改善該流水線的 生產(chǎn)能力，提高產(chǎn)品的增加值，需要進(jìn)行全面的技術(shù)革新.經(jīng)過市場調(diào)查， y(單位：萬元) )與技術(shù)革新投入的資金 x(單位：萬元) )之間滿足：y 與(aX)和 x2的乘積成 2 2am 所以 y= f(x) = 8(a x)x , x 0, 2m+ 1 2 因?yàn)?f (x)= 24x + 16ax, 所以由 f (x)= 0, 得 x = 2或 x = 0(舍去). 當(dāng) 2am v 2a 當(dāng) 2m+ 1v 3 即 0v mv 1 時,正比；當(dāng) x= |時，y= a3;x 0, 2am 2

26、m+ 1 其中 m 是正數(shù). y 最大. 因?yàn)楫?dāng) x=；時 ,y= a3,所以 k = 8. 產(chǎn)品的增加值 其中 m 是正數(shù). 2 2am 2am 32 m 3 x= 時，y 取得最大值，且 ymax = f = 3a. 2m +1 2m+ 1 2m+ 1 2am 2a , 當(dāng)市亍即m1時, x=竽時，y 取得最大值，且 ymax = f 2a = 2fa3. 所以當(dāng)01時，技術(shù)革新投入 誥萬元時，產(chǎn)品的增加值 y 2 32m2 3. (2m + 1； 當(dāng) m 1 時，技術(shù)革新投入 竽萬元時，產(chǎn)品的增加值 y 最大，且為 37 3 一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快 1. (2019 昆山調(diào)研)

27、)已知函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) f (x)= x2-x,則使得 f(x)取得極大值的 x 解析：由 f (x)= x2- x= 0 得到 x= 0 或 x= 1,當(dāng) xV 0 或 x 1 時，f (x) 0.當(dāng) 0 V x V 1 時，f (x)V 0,所以當(dāng) x= 0 時，f(x)取得極大值. 答案：0 2. (2019 江都中學(xué)檢測) )函數(shù) f(x) = x3-3x- 3 在區(qū)間3 , 0上的最大值和最小值分別 為 m, n,貝U m+ n = _ . 解析：/ f (x)= 3x2- 3 = 3(x+ 1)(x- 1), 當(dāng)一 3 0; 當(dāng)一 1v xw 0 時，f (x)v 0. f(

28、x)在3 , - 1)上是增函數(shù)，在(1,0上是減函數(shù). 當(dāng) x =- 1 時，f(x)取得最大值 f( 1) =- 1,即卩 m=- 1. / f(- 3)=- 21 v f(0) =- 3, 當(dāng) x =-3 時，f(x)取得最小值 f( - 3) =- 21, 即 n = - 21. 故 m+ n = - 22. 答案：22 卄 f 2am 若x 0，帛 ，則 f (x)0 恒成立，所以 f(x)在 0, mam_ 是增函數(shù)，所以當(dāng) 若 x 0, 魯上是增函數(shù)，若 x 2a, 2am 2m+ 1 ，則 f (x)v 0,所以 f(x)在 號， 2am 2m+ 1 是減函數(shù), 所以當(dāng) 最大，

29、且為 3. (2018 東中學(xué)測試) )已知函數(shù) f(x)= 3x - 9x+ a 有兩個零點(diǎn)，貝 V a= _ . 解析：f (x)= 9x2- 9,由 f (x) 0,得 x 1 或 xv 1;由 f (x)v 0,得1v xv 1, 所以 f(x)在(一a, 1)和(1 ,+s)上單調(diào)遞增，在( (一 1,1)上單調(diào)遞減，所以 f(x)的極大值為 f( 1) = a+ 6,極小值為 f(1) = a 6,要滿足題意，則需 f( 1) = 0 或 f(1) = 0,解得 a =劣. 答案：坨 1 4. _ (2018 太倉高級中學(xué)期末) )函數(shù) f(x)= x + -的極大值是 _ . 解

30、析：易知 f(x)的定義域?yàn)? (一a, 0) U (0 ,+a), 1 1 f (x)= 1 2，令 1 2= 0,可得 x = 1 或 x = 1, x x 當(dāng) x ( a , 1)時，f (x) 0，函數(shù) f(x)是增函數(shù)； 當(dāng) x ( 1,0)時，f (x)v 0,函數(shù) f(x)是減函數(shù)； 當(dāng) x (0,1)時，f (x)v 0，函數(shù) f(x)是減函數(shù)； 當(dāng) x (1 , + a )時，f( (X) 0,函數(shù) f(x)是增函數(shù)， 所以當(dāng) x= 1 時，函數(shù) f(x)取得極大值一 2. 答案：2 5. _ (2018 南通期末) )已知函數(shù) f(x) = x3 x2+ a 在0,1上恰好

31、有兩個零點(diǎn)，貝 U實(shí)數(shù) a 的取 值范圍是 . 2 解析：f (x)= x(3x 2),令 f (x) 0,解得-v x 0, 解得 0 0,得 xv b 或 x 2,由 f (x)v 0，得 bv xv 2,所以 函數(shù) f(x)的極小值為 f(2) = 2b4. 3 答案：2b 3 保咼考，全練題型做到咼考達(dá)標(biāo) 1 若 x= 1 是函數(shù) f(x)= ax3 ax2 x + 1 的極值點(diǎn)，貝 V f(x)的極小值為 _ 解析：f (x)= 3ax2 2ax 1, 若 x = 1 是 f(x)的極值點(diǎn)，貝 U f (1) = 3a 2a 1 = 0, 解得 a = 1, 故 f(x) = x3x

32、2 x + 1 , f (x)= 3x2 2x 1 = (3x + 1)(x 1), 由 f (x) 0，解得 x 1 或 xv 1 ； 3 1 由 f (x)v 0，解得一 30)，貝U f (t)= 2t *, 令 f (t) = 0,得 t=, 所以當(dāng) t=時，f(t)取得最小值. 答案：弋 等式 f(x) 0 恒成立，則 a 的取值范圍是 _ 解析：若對任意 x 2 ,+a)，不等式 f(x) 0 恒成立, x+ x- 2 1，即 a 3x /恒成立.當(dāng) 0 v 3. (2018 東臺安豐中學(xué)期中 )已知函數(shù) f(x) = lg x + : 2，若對任意 x 2,+a )，不 則 lg

33、 x + a-2 0 =燈 1, f (t) v 0,當(dāng) t f (t) 0, 3 令 y= 3x x2,其對稱軸為 x= , y= 3x x2在2 ,+s)上單調(diào)遞減， 二 ymax = 6 4= 2,. a 2. 答案：(2,+ ) 4. (2019 南京學(xué)情調(diào)研) )已知函數(shù) f(x)= 1x3+ x2 2ax+ 1，若函數(shù) f(x)在(1,2)上有極值， 則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 _ . 解析：因?yàn)楹瘮?shù) f(x)在(1,2)上有極值，則需函數(shù) f(x)在(1,2)上有極值點(diǎn). 法一：令 f (x) = x2 + 2x 2a= 0,得 X1= 1 1 + 2a,X2= 1+ 1 + 2a

34、,因?yàn)?x*(1,2), 因此則需 1 v X20, 2 故實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 2 4 . 答案：* 4 5. (2019 海門實(shí)驗(yàn)中學(xué)測試) )已知函數(shù) f(x) = x3 + bx2 + cx 的圖象如圖所示，貝 V x1+ x2 = 解析：由圖象可知 f(x)的圖象過點(diǎn)( (1,0)與(2,0), x1, x2是函數(shù) f(x)的極值點(diǎn)，因此 1 + b + c= 0,8 + 4b+ 2c= 0，解得 b= 3, c= 2,所以 f(x)= x3 3x2 + 2x，所以 f (x) = 3x2 6x + 2.因?yàn)?x1, x2是方程 f (x)= 3x2 6x+ 2= 0 的兩根，因此

35、 x1+ x2= 2, x1x2= 丫丫，所以 x2 + 3 x2 =( (X1 + X2)2 2x1X2= 4 4 = 3. 答案：8 解析： f (x)=1+m= XX X 6. (2019(mv 0)在區(qū)間1 , e上取得最小值 令 f (x)= 0，得 x= m，且當(dāng) xv m 時，f (x)v 0, f(x)單調(diào)遞減，當(dāng) x m 時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞增. 若mW 1，即1 w mv 0 時，f(x)min= f(1) = mW 1，不可能等于 4; 若 1 v mW e，即e 0，得 0v xv 1;由 f (x) v 0,得 x 1 或 xv 0, 函數(shù) f(x)在

36、( (8,0), (1,+)上單調(diào)遞減，在( (0,1)上單調(diào)遞增，且 f(0) = 0, f3 = 0, 作出函數(shù) f(x)的圖象如圖所示. 結(jié)合圖象可得 kv k+ 1, 8.已知 y= f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程為 y= x 1，且 f (x)= ln x+ 1,則函數(shù) f(x) 的最小值為 _ . 解析：因?yàn)?f (x)= ln x+ 1,設(shè) f(x)= xln x + C ,又因?yàn)?f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程若 me,即 mv e 時, 實(shí)數(shù) k 的取值范圍是 1 3 2 2 . 答案: 為 y= x- 1,故切點(diǎn)為(1,0)，又切點(diǎn)在曲線 f(x)= x

37、ln x+ C 上，故 C= 0, f(x)= xln x，令 f (x) (x)v 0,解得 0v xv 1,所以 f(x)在區(qū)間 0, 1上單調(diào)遞減, 答案：-e 9. (2018 南京、鹽城二模 對數(shù)的底數(shù).記函數(shù) F(x)= f(x) + g(x). (1)求函數(shù) y= f(x) + 2x 的極小值; 若 F(x) 0 的解集為(0,+ )，求 k 的取值范圍. 解：(1)y= f(x) + 2x = xex,由 y = (1 + x)ex= 0,得 x = 1. 當(dāng) x 變化時，y , y 的變化情況如下表： x (-m，- 1) -1 (-1, + m) / y 0 + y 極小值

38、 所以當(dāng) x=- 1 時，y 取得極小值一1. e (2)F(x)= f(x)+ g(x)= xex- x- In x+ k, F (x) = (x + 1) ex-1 , 1 1 設(shè) h(x)= ex- -(x0)，則 h (x) = ex + 2 0 恒成立， 所以函數(shù) h(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增. 又 h1 = e-2v 0, h(1) = e- 10,且 h(x)的圖象在( (0,+g)上不間斷， 因此 h(x)在(0, + )上存在唯一的零點(diǎn) xo 1, 1 且 ex0 = 1 當(dāng) x (0, xo)時,h(x)v 0，即 F (x) v 0; 當(dāng) x (xo,+)時，h(x)

39、 0,即卩 F (x) 0, 所以 F(x)在(0, xo)上單調(diào)遞減，在(xc,+ )上單調(diào)遞增， 故當(dāng) x = x0時，函數(shù) F(x)取極小值，也是最小值，為 F( (X0) = Xoe - x0- In x0+ k= 1 - 1 X0- In x + k= 1+ k. e 因?yàn)?F(x) 0 的解集為(0, +), 所以 1 + k 0,即卩 k- 1. 故 k 的取值范圍是( (一 1, + ). 1 =In x+ 1 0,解得 x 丄丄，令 f e ,+ 上單調(diào)遞增，故當(dāng) 函數(shù) f(x)取得最小值，所以 f(x)min = f(x)= x(ex- 2), g(x)= x- In x+ k, k R, e 為自然 )已知函數(shù) 1 e. (1) 求函數(shù) f(x)在區(qū)間(1, e上的值域; 若函數(shù) f(x)在(1,+ )上為單調(diào)減函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的最大值； _ 2 (3)若存在 xi, e , e ，使 f(xi) 0,所以 f (x) 0, 所以函數(shù) f(x)在(1, e上為單調(diào)減函數(shù)， 所以 f(x)min= f(e)= ae e, 所以函數(shù) f(x)在區(qū)間(1, e上的值域?yàn)閍e e,+ ). (2) 因?yàn)楹瘮?shù) f(x)在(1,+ )上為單調(diào)減函數(shù)， a In x 1 所以