1、导数与函数的单调性、极值、最值问题导数与函数的单调性、极值、最值问题 1.(2020 全国卷)函数 f(x)x42x3的图象在点(1，f(1)处的切线方程为( ) A.y2x1 B.y2x1 C.y2x3 D.y2x1 解析 f(1)121，切点坐标为(1，1)， 又 f(x)4x36x2， 所以切线的斜率 kf(1)4136122， 切线方程为 y12(x1)，即 y2x1.故选 B. 答案 B 2.(2020 全国卷)设函数 f(x) ex xa.若 f(1) e 4，则 a_. 解析 f(x)e x（xa1） （xa）2 ，可得f(1) ae （1a）2 e 4，即 a （1a）2 1
2、4，解得a 1. 答案 1 3.(2020 新高考山东、海南卷)已知函数 f(x)aex 1ln xln a. (1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面 积； (2)若 f(x)1，求 a 的取值范围. 解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex 11 x. (1)当 ae 时，f(x)exln x1，f(1)e1，f(1)e1，曲线 yf(x)在点(1， f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x2. 直线 y(e1)x2 在 x 轴，y 轴上的截距分别为 2 e1，2. 因此所求三角形的面积 S1 2|x| |y|
3、1 22 2 e1 2 e1. (2)当 0a1 时，f(1)aln a1. 当 a1 时，f(x)ex 1ln x，f(x)ex11 x. 当 x(0，1)时，f(x)0； 当 x(1，)时，f(x)0. 所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(1)1，从而 f(x)1. 当 a1 时，f(x)aex 1ln xln aex1ln x1. 综上，a 的取值范围是1，). 4.(2020 全国卷)已知函数 f(x)exax2x. (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x)1 2x 31，求 a 的取值范围. 解 (1)当 a1 时，f(x)exx2x
4、，xR，f(x)ex2x1. 故当 x(，0)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增. (2)f(x)1 2x 31 等价于 1 2x 3ax2x1 ex1. 设函数 g(x) 1 2x 3ax2x1 ex(x0)，则 g(x) 1 2x 3ax2x13 2x 22ax1 ex 1 2xx 2(2a3)x4a2ex 1 2x(x2a1)(x2)e x. 若 2a10，即 a1 2，则当 x(0，2)时，g(x)0. 所以 g(x)在(0，2)单调递增，而 g(0)1， 故当 x(0，2)时，g(x)1，不符合题意. 若 02a12，即1 2a 1 2， 则当 x
5、(0，2a1)(2，)时，g(x)0. 所以 g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)单调递增. 由于 g(0)1，所以 g(x)1 当且仅当 g(2)(74a) e 21，即 a7e 2 4 . 所以当7e 2 4 a0，且 a1)； (4)(logax) 1 xln a(a0，且 a1，x0). 3.利用导数研究函数的单调性 (1)导数与函数单调性的关系. f(x)0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)x3在(，)上单 调递增，但 f(x)0. f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f(x)0 时，则 f(x)为常数函
6、数. (2)利用导数研究函数单调性的方法. 若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f(x)0 或 f(x)0，右侧 f(x)0，则 f(x0)为函数 f(x)的极大值；若在 x0附 近左侧 f(x)0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值. (2)设函数 yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则 f(x)在a，b上必有最大值 和最小值且在极值点或端点处取得. 易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要 不充分条件. 热点一 导数的几何意义 【例 1】 (1)(2019 全国卷)已知曲线 yaexxln x 在点(1，ae)处的
7、切线方程为 y 2xb，则( ) A.ae，b1 B.ae，b1 C.ae 1，b1 D.ae 1，b1 (2)(多选题)下列四条曲线中，直线 y2x 与其相切的有( ) A.曲线 y2ex2 B.曲线 y2sin x C.曲线 y3x1 x D.曲线 yx3x2 解析 (1)因为 yaexln x1，所以 ky|x1ae1， 所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为 yae(ae1)(x1)，即 y(ae1)x1. 所以 ae12， b1， 即 ae 1， b1. (2)直线 y2x 的斜率为 k2， A 中，若 f(x)2ex2，则由 f(x)2ex2，得 x0，f(0)0，因为点(0，0)
8、在直 线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 y2ex2 相切. B 中，若 f(x)2sin x，则由 f(x)2cos x2，得 x2k(kZ)，f(2k)0，因为 点(0，0)在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 y2sin x 相切. C中，若f(x)3x1 x，则由f(x)3 1 x22，得x 1，f(1)4，f(1)4，因 为(1，4)，(1，4)都不在直线 y2x上，所以直线 y2x与曲线 y3x1 x不相 切. D 中，若 f(x)x3x2，则由 f(x)3x212，得 x 1，f(1)2，f(1) 2，其中(1，2)在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 yx
9、3x2 相切. 故选 ABD. 答案 (1)D (2)ABD 探究提高 利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之 间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标. 【训练 1】 (1)(2019 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 yln x 上， 且该曲线在点 A 处的切线经过点(e，1)(e 为自然对数的底数)，则点 A 的坐标 是_. (2)(2020 全国卷)曲线yln xx1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 _. 解析 (1)设 A(m，n)，则曲线 yln x 在点 A 处的切线方程为 yn 1 m(xm). 又切线过点(e，1)， 所以有
10、 n1 1 m(me). 再由 nln m，解得 me，n1. 故点 A 的坐标为(e，1). (2)设切点坐标为(x0，y0)， 因为 yln xx1，所以 y1 x1， 所以切线的斜率为 1 x012，解得 x01. 所以 y0ln 1112，即切点坐标为(1，2)， 所以切线方程为 y22(x1)，即 2xy0. 答案 (1)(e，1) (2)2xy0 热点二 利用导数研究函数的单调性 角度 1 讨论函数的单调性(区间) 【例 2】 (2020 全国卷)已知函数 f(x)2ln x1. (1)若 f(x)2xc，求 c 的取值范围； (2)设 a0，讨论函数 g(x)f（x）f（a） x
11、a 的单调性. 解 设 h(x)f(x)2xc，则 h(x)2ln x2x1c， 其定义域为(0，)，h(x)2 x2. (1)当 0x0；当 x1 时，h(x)0. 所以 h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，)单调递减. 从而当 x1 时，h(x)取到最大值，最大值为 h(1)1c. 故当且仅当1c0，即 c1 时，f(x)2xc. 所以 c 的取值范围为1，). (2)g(x)f（x）f（a） xa 2（ln xln a） xa ，x(0，a)(a，). g(x) 2 xa x ln aln x （xa）2 2 1a xln a x （xa）2 . 取 c1 得 h(x)2ln
12、x2x2，h(1)0， 则由(1)知，当 x1 时，h(x)0，即 1xln x0. 故当 x(0，a)(a，)时，1a xln a x0， 从而 g(x)0 恒成立， m 1 x 2 2 x. 令 g(x) 1 x 2 2 x，则当 1 x1，即 x1 时，函数 g(x)取最大值 1，故 m1. (2)对 f(x)求导，得 f(x)x43 x x24x3 x （x1）（x3） x .由 f(x) 0 得函数 f(x)的两个极值点为 1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t 1)内，函数 f(x)在区间t，t1上就不单调，所以 t1t1 或 t3t1，解得 0t1 或 2t0 或 f(x
13、)0. 2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f(x)0(或 f(x)0)， x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应 注意参数的取值是 f(x)不恒等于 0 的参数的范围. (2)若函数 yf(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). 【训练 2】 (2020 百师联盟考试)已知函数 f(x)axexx22x. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x)0，求正实数 a 的取值范围. 解 (1)f(x)a(x1)ex2x2(x1)(aex2). 当 a0
14、 时，由 f(x)0，得 x1；由 f(x)0，得 x1. f(x)在(，1)上单调递增，f(x)在(1，)上单调递减. 当 a2e 时，f(x)0，即 f(x)在 R 上单调递增， 当 0a2e 时，由 f(x)0，得1xln 2 a； 由 f(x)0，得 x1 或 xln 2 a. f(x)在(，1)和 ln 2 a， 上单调递增，f(x)在 1，ln 2 a 上单调递减. 当 a2e 时，由 f(x)0，得 ln 2 ax1； 由 f(x)0，得 x1 或 xln 2 a. 故 f(x)在(1，)和 ，ln 2 a 上单调递增，f(x)在 ln 2 a，1 上单调递减. (2)当 a2e
15、 时，由第(1)问知 f(x)在(0，)上是增函数， f(x)f(0)0，满足题意. 当 0a2e 时，由(1)知： 当ln 2 a0时，即2a2e时，f(x)在(0，)单调递增，即f(x)f(0)0，符合 题意. 当 ln 2 a0 时，即 0a2 时，f(x)在 0，ln 2 a 单调递减，在 ln 2 a， 单调递 增. 因此当 x 0，ln 2 a 时，f(x)f(0)0，不符合题意. 综上可知，实数 a 的取值范围是2，). 热点三 利用导数研究函数的极值和最值 【例 4】 设函数 f(x)e2xaln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数； (2)证明：当 a0
16、时，f(x)2aaln2 a. (1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xa x(x0). 当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点. 当 a0 时，设 u(x)e2x，v(x)a x， 因为 u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)a x在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增. 又 f(a)0，当 b 满足 0ba 4且 b 1 4时，f(b)0(讨论 a1 或 a1 来检验)， 当 a1 时，则 0b1 4，f(b)2e 2ba b2e 1 24a2(e 1 22a)0；当 0a1 时，则 0ba 4，f(b)2e 2ba b2e a 240. 故当 a
17、0 时，f(x)存在唯一零点. (2)证明 由(1)，可设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0，x0)时，f(x) 0； 当 x(x0，)时，f(x)0. 故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以当 xx0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0). 由于 2e2x0 a x00， 所以 f(x0) a 2x02ax0aln 2 a2aaln 2 a. 故当 a0 时，f(x)2aaln2 a. 探究提高 (1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题. (2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数 研究单调性，求出
18、最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变 量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论. 【训练 3】 (2020 江南十校联考)已知 f(x)mx2xln x. (1)当 m0 时，求函数 f(x)在区间t，t1(t0)上的最大值 M(t)； (2)当 m1 时，若存在正数 x1，x2满足 f(x1)f(x2)1ln 2，求证：x1x22. (1)解 当 m0 时，f(x)ln xx，其定义域为(0，)，则 f(x)1 x1. 当 x(0，1)时，f(x)0，函数单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，函数单 调递减. 当 t1 时，f(x)在t，t1上单调递减，f(
19、x)的最大值为 f(t)ln tt； 当 0t1 时，f(x)在区间(t，1)上单调递增，在区间(1，t1)上单调递减，f(x)的 最大值为 f(1)1. 综上，M(t) 1，0t1， ln tt，t1. (2)证明 当 m1 时，f(x)x2xln x，其定义域为(0，)，则 f(x1)f(x2) x21x22(x1x2)ln x1x21ln 2， 即(x1x2)2(x1x2)2x1x2ln x1x21ln 2. 令 h(x)2xln x1ln 2，则 h(x)2x1 x ， 故 h(x)在 0，1 2 上单调递减，在 1 2， 上单调递增， h(x)在 x1 2时，取到最小值 h 1 2
20、2. 因此(x1x2)2(x1x2)2， 即(x1x22)(x1x21)0. 又 x10，x20，所以 x1x22. A 级 巩固提升 一、选择题 1.(2020 洛阳二模)函数f(x)ln xax在x2处的切线与直线axy10平行， 则实数 a( ) A.1 B.1 4 C.1 2 D.1 解析 由 f(x)ln xax，得 f(x)1 xa， f(x)在 x2 处切线的斜率 kf(2)1 2a. 依题意1 2aa，所以 a 1 4. 答案 B 2.函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示，则函数 yf(x)的图象可能是 ( ) 解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f(x)0 的
21、解集对应 yf(x)的增区间， f(x)0 的解集对应 yf(x)的减区间，验证只有 D 选项符合. 答案 D 3.已知函数 f(x)2ef(e)ln xx e，则 f(x)的极大值点为( ) A.1 e B.1 C.e D.2e 解析 因为 f(x)2ef(e)ln xx e(x0)， 所以 f(x)2ef（e） x 1 e，所以 f(e) 2ef（e） e 1 e2f(e) 1 e， 因此 f(e)1 e，所以 f(x) 2 x 1 e， 由 f(x)0，得 0 x2e； 由 f(x)0，得 x2e. 所以函数 f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，)上单调递减， 因此 f(x)的极
22、大值点为 x2e. 答案 D 4.(2020 合肥模拟)已知函数 f(x)1 3x 3mx2nx2，其导函数 f(x)为偶函数，f(1) 2 3，则函数 g(x)f(x)e x 在区间0，2上的最小值为( ) A.3e B.2e C.e D.2e 解析 由题意可得 f(x)x22mxn， f(x)为偶函数，m0， 故 f(x)1 3x 3nx2，f(1)1 3n2 2 3， n3. f(x)1 3x 33x2，则 f(x)x23. 故 g(x)ex(x23)， 则 g(x)ex(x232x)ex(x1)(x3)， 据此可知函数 g(x)在区间0，1)上单调递减，在区间(1，2上单调递增， 故函
23、数 g(x)的极小值，即最小值为 g(1)e1 (123)2e. 答案 B 5.(多选题)已知定义在 0， 2 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，且 f(0)0，f(x)cos x f(x)sin x0，则下列判断中正确的是( ) A.f 6 0 C.f 6 3f 3 D.f 4 2f 3 解析 令 g(x)f（x） cos x ，x 0， 2 ， 则 g(x)f（x）cos xf（x）sin x cos2x . 因为 f(x)cos xf(x)sin x0，所以 g(x)f（x）cos xf（x）sin x cos2x g 4 ，即 f 6 cos 6 f 4 cos 4 ，即 f 6
24、 6 2 f 4 ，故 A 错误；又 f(0)0，所以 g(0)f（0） cos 0 0，所 以 g(x)f（x） cos x 0 在 0， 2 上恒成立，因为 ln 3 0， 2 ，所以 f ln 3 g 3 ，所以 f 6 cos 6 f 3 cos 3 ，即 f 6 3f 3 ，故 C 正确；又 g 4 g 3 ，所以 f 4 cos 4 f 3 cos 3 ，即 f 4 2f 3 ，故 D 正确.故选 CD. 答案 CD 二、填空题 6.(2020 西安质检)若曲线yex在x0处的切线也是曲线yln xb的切线，则b _. 解析 令 yf(x)ex，yg(x)ln xb， f(x)ex
25、，f(0)1， f(0)1，曲线 yex在 x0 处的切线方程为 yx1. 设切线 yx1 与曲线 yg(x)ln xb 的切点坐标为(m，m1)， g(x)1 x，g(m) 1 m1，m1， 切点坐标为(1，2)，2ln 1b，b2. 答案 2 7.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(0)1 2，则 不等式 f(x)1 2e x0 的解集为_. 解析 构造函数 g(x)f（x） ex ， 则 g(x)f（x）f（x） ex ， 因为 f(x)f(x)，所以 g(x)0， 故函数 g(x)在 R 上为减函数， 又 f(0)1 2，所以 g(0) f（
26、0） e0 1 2， 则不等式 f(x)1 2e x0 可化为f（x） ex 1 2， 即 g(x)0，即所求不等式的解集为(0，). 答案 (0，) 8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)g(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友 导”函数.已知函数g(x)1 2kx 2x3为函数f(x)x2ln xx的“友导”函数，则k 的取值范围是_. 解析 由 g(x)1 2kx 2x3 可得 g(x)kx1， 函数 g(x)1 2kx 2x3 为函数 f(x)x2ln xx 的“友导”函数， kx1x2ln xx 有解，即 kxln x11 x(x0)有解. 令 h(x)xln
27、x11 x，则 h(x)1ln x 1 x2， 再令 (x)1ln x 1 x2，(x) 1 x 2 x30. (x)在区间(0，)上单调递增. h(1)(1)0，x1 时，h(x)0；0 x1 时，h(x)0， h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， h(x)h(1)2，k2. 答案 2，) 三、解答题 9.已知函数 f(x)(x1)ln xx1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 证明 (1)f(x)的定义域为(0，). f(x)x1 x ln x1ln x1 x. 因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1
28、 x在(0，)上单调递减， 所以 f(x)在(0，)上单调递增. 又 f(1)10， 故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0. 又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知 f(x0)0， 所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x. 由 x01 得1 1x0. 又 f 1 1 1 ln 1 1 1 f（） 0， 故1 是 f(x)0 在(0，x0)的唯一根. 综上，f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 10.已知函数 f(x)ax1ln x(aR). (1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个
29、数； (2)若函数f(x)在x1处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b 的最大值. 解 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a1 x ax1 x . 当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，得 0x0，得 x 1 a， f(x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a， 上单调递增，故 f(x)在 x 1 a处有极小值. 综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上没有极值点； 当 a0 时，f(x)在(0，)上有一个极值点. (2)函数 f(x)在 x1 处取得极值， f(1)a10，则 a1，从而 f(x)x1ln x. 因此 f(x)bx211 x ln x x b
30、， 令 g(x)11 x ln x x ，则 g(x)ln x2 x2 ， 令 g(x)0，得 xe2， 则 g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增， g(x)ming(e2)1 1 e2，即 b1 1 e2. 故实数 b 的最大值是 1 1 e2. B 级 能力突破 11.(多选题)已知函数 f(x)exaln x，其中正确的结论是( ) A.当 a0 时，函数 f(x)有最大值 B.对于任意的 a0，函数 f(x)在(0，)上单调递增 D.对于任意的 a0，都有函数 f(x)0 解析 对于 A，当 a0 时，函数 f(x)ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)ex 是单
31、调递增函数，故无最大值，故 A 错误；对于 B，对于任意的 a0，易知 f(x)在(0，)单调递增，当 x时，f(x)，当 x0 时，f(x)，存在 x0使得 f(x0)0，当 0xx0时，f(x)0，f(x)在(0，x0) 上单调递减，当 x0x0，f(x)在(x0，)上单调递增，f(x)min f(x0)，故 B 正确；对于 C，对于任意的 a0，f(x)exa x，x0，f(x)0， 故函数 f(x)在(0，)上单调递增，故 C 正确；对于 D，对于任意的 a0，由 C 知函数 f(x)在(0，)上单调递增，当 x0 时，ex1，ln x，可得 f(x) ，故 D 错误.故选 BC. 答
32、案 BC 12.(2020 成都二诊)已知函数 f(x)ln xxexax，其中 aR. (1)若函数 f(x)在1，)上单调递减，求实数 a 的取值范围； (2)若 a1，求 f(x)的最大值. 解 (1)f(x)1 x(e xxex)a1 xe x(x1)a. 依题意，f(x)0 在1，)上恒成立， a(x1)ex1 x在1，)上恒成立. 令 g(x)(x1)ex1 x，x1， 则 g(x)(x2)ex 1 x2， 易知 g(x)0(x1)，所以 g(x)在1，)上单调递增， 所以 g(x)ming(1)2e1. 因此 a2e1. 所以实数 a 的取值范围为(，2e1. (2)当 a1 时
33、，f(x)ln xxexx(x0)， 则 f(x)1 x(x1)e x1(x1) 1 xe x ， 令 m(x)1 xe x，x0，则 m(x)1 x2e x，易知 m(x)0， 所以 m(x)在(0，)上单调递减. 由于 m 1 2 0，m(1)0. 所以存在 x00 满足 m(x0)0，即 ex0 1 x0. 当 x(0，x0)时，m(x)0，f(x)0； 当 x(x0，)时，m(x)0，f(x)0. 所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(x0)ln x0 x0ex0 x0， 因为 ex0 1 x0，所以 x0ln x0，所以 f(x0)x01x01. 所以 f(x)max1.
