2021年新高考数学一轮专题复习第14讲-导数在研究函数中的应用(解析版)

一、考情分析

1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间；

2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；

3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.

二、知识梳理

1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数

条件

f′(x0)＝0

x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象

形如山峰

极值极值点

3.函数的最值与导数

(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.

(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；f(x0)为极大值x0为极大值点形如山谷f(x0)为极小值x0为极小值点②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.[微点提醒]

1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.

2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.

3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.

4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.

三、经典例题

考点一

求函数的单调区间

4【例1】已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.

3(1)确定a的值；

(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.解

(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，

－43＝0，

4因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′3即3a·－424－16a813＋2·3＝－＝0，解得a＝.332

132x＋xx(2)由(1)得g(x)＝2e，

1故g′(x)＝x(x＋1)(x＋4)ex.

2令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，解得－1所以g(x)的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).规律方法1.求函数单调区间的步骤：

(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间.

2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.

考点二讨论函数的单调性

【例2】（2020·青海省高三一模）设函数f(x)lnx2mx2n(m,nR).（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)有最大值-ln2，求m+n的最小值.

114mx2【解析】（1）函数fx定义域为0,，f'x4mx

xx当m0时，f'x0，∴fx在0,上单调递增；当m0时，f'x0得0x

12m，mm

∴fx在0,2m上单调递增；在2m,上单调递减.



mm

0,,fx(2)由（1）知，当m0时，在2m上单调递增；在2m上单调递减.mm111

ln2mnln2lnmnln2∴fxmaxf2m2m4m2211

∴nlnm，∴mnmlnm

22

112m1

令hmmlnm则h'm1

22m2m11

∴hm在0,上单调递减，在,上单调递增，

2211

∴hmminhln2.

22规律方法1.(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，如f(x)＝x3，f(x)在R上是增函数.考点三

函数单调性的简单应用

0，π2满足f′(x)cosx＋f(x)sinx＝1＋lnx，其中f′(x))

【例3－1】已知函数y＝f(x)对于任意的x∈是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是(

ππA.2f33f41【例3－2】已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)

e＝

f（x）1F(x)<，则不等式的解集为(2xee

)

B.(1，＋∞)D.(e，＋∞)

ππB.2f3>f4ππD.3f3>f6A.(－∞，1)C.(1，e)

解析

π00，

π11π0ππππ又>，所以g3>g4，所以>，ππ34coscos

34

ππ即2f3>f4.f′(x)ex－exf(x)f′(x)－f(x)(2)F′(x)＝＝，x2x(e)e又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，∴F(x)在R上单调递减.

1由F(x)<2＝F(1)，得x>1，

e

1所以不等式F(x)<2的解集为(1，＋∞).

e

规律方法1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.2.根据函数单调性求参数的一般思路

(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.(2)f(x)是单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.

πf3πf4(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.考点四

利用导数解决函数的极值问题

【例4－1】已知函数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(

)

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)解析

由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22

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.

规律方法由图象判断函数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.【例4－2】已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R).1(1)当a＝时，求f(x)的极值；

2

(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.解

11112－x

(1)当a＝时，f(x)＝lnx－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，22x22x

令f′(x)＝0，得x＝2，

于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.

xf′(x)f(x)

(0，2)＋

20ln2－1

(2，＋∞)

－

故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln2－1，无极小值.(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，

1－ax1f′(x)＝－a＝(x>0).

xx

当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，

即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a>0时，当x∈1，＋∞当x∈a时，f′(x)<0，

1故函数在x＝处有极大值.

a

0，1a时，f′(x)>0，

综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，1当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.a

规律方法运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.【例4－3】已知函数f(x)＝lnx.

(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；

m(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围.

x

1解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.x1设切点坐标为(x0，lnx0)，则切线方程为y＝x＋lnx0－1.

x0把点P(0，－1)代入切线方程，得lnx0＝0，∴x0＝1.∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.mm(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋＝lnx－mx＋(x>0)，

xxmx2－x＋m1mx－mx2－m

所以g′(x)＝－m－2＝＝－，22xxxx令h(x)＝mx2－x＋m，

要使g(x)存在两个极值点x1，x2，

则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.

h(0)>0，

1>0，1故只需满足2m即可，解得01h2m<0规律方法已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.考点五

利用导数求函数的最值

【例5】已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数.(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；

(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.解

(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，

11－x当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋＝，xx令f′(x)＝0，得x＝1.

当00；当x>1时，f′(x)<0.

∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.∴f(x)max＝f(1)＝－1.

∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.1，＋∞11(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈e.xx

1①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，

e∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.

111②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得011令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－xa110，－－，e

从而f(x)在上为减函数，a上为增函数，在a

11－－∴f(x)max＝fa＝－1＋lna.令－1＋ln－11－a＝－3，得lna＝－2，

即a＝－e2.

1∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.

e故实数a的值为－e2.

规律方法1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：

(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.

2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.考点六

利用导数求解最优化问题

【例6】在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往v3经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为10＋1(升)，在水底作

v业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单

2位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式；

(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.解

v360603v260(1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为10＋1×＝＋(升)，水底作业时的

vv50v

60120120180用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时v＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，

vvv2

3v2240因此总用氧量y＝＋＋9(v>0).

v5036v2403（v3－2000）

(2)y′＝－2＝y′0v102，，令＝得＝250v25v当0102时，y′>0，函数单调递增.

若c<102，函数在(c，102)上单调递减，在(102，15)上单调递增，∴当v＝102时，总用氧量最少.

333333若c≥102，则y在[c，15]上单调递增，∴当v＝c时，这时总用氧量最少.

规律方法1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：

(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；

(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答.

2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.[方法技巧]

1.已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意函数f(x)的定义域.2.含参函数的单调性要注意分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性.

3.已知函数单调性求参数可以利用给定的已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决.

4.求单调区间应遵循定义域优先的原则.

5.注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别.6.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.

7.可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零.

8.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.

9.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.

10.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.11.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.

12.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.

13.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.

3四、课时作业

1．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））函数fx的定义域为a,b，导函数fx在a,b内的图象如图所示．则函数fx在a,b内有几个极小值点（）A．1【答案】AB．2C．3D．4【解析】因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，由图得：导函数值先负后正的点只有一个，故函数fx在a,b内极小值点的个数是1.2．（2020·黑龙江省哈尔滨市第六中学校高二期中（理））函数f(x)x32x2mx7是R上的单调函数，．．．．则m的取值范围是（A．,【答案】A【解析】由题得f(x)3x24xm，由于二次函数开口向上，所以二次函数在R上不可能恒小于等于零，所以函数f(x)不可能单调递减，所以函数f(x)是R上的单调递增函数.所以1612m0,m

）B．,

343

4

C．,

13

D．,

3

1

4.33．（2020·林芝市第二高级中学高二月考（理））已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．函数f(x)在(,4)上单调递减C．函数f(x)在x4处取得极值【答案】DB．函数f(x)在x1处取得极大值D．函数f(x)只有一个极值点【解析】由图可知，当x4时，f′x0；当x4时，fx0；当4x2时，f′x0；当x0；x2时，fx0；当x2时，f′

∴函数f(x)在,2上单调递增，在2,上单调递减，∴函数f(x)在x2处取得极小值，故A，B，C错；D对；4．（2020·西宁市海湖中学高二月考（理））函数f(x)2x33x212x5在[0,3]上的最大值和最小值分别是（A．5，-15【答案】A【解析】f'(x)6x26x126(x2)(x1)，令f'(x)0，得x1或x2，所以当x[0,2]时，）B．5，-4C．-4，-15D．5，-16f'(x)0，即f(x)为单调递减函数，当x(2,3]时，f'(x)0，即f(x)为单调递增函数，所以f(x)minf(2)15，又f(0)5,f(3)4，所以f(x)maxf(0)5，故选A。5．（2019·山西省高二月考（文））已知函数fxxaxbxa7a在x1处取得极大值10，则322a

的b值为（A．－）B．－2C．－2或－2323

D．2或－23

【答案】A【解析】由题可知：f

''

x3x22axb

所以f10,f110

f13+2ab0即2f11aba7a10

可得

a2a6

或b1b9

当a2,b1时，可知f令f令f

''

x3x1x1x0，所以x1或x1

3x1x0，所以13'函数fx在,,1,递增，在,1递减所以可知函数fx在x1处取极小值，故不符合题意所以a6,b9，所以

1313

a2b3

2

6．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数fx2xlnx的部分图像大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】f(x)2xlnxf(x)，2

函数f(x)是偶函数，f(x)的图象关于y轴对称，故排除B，f(x)，又limx0故排除D.111

0时取最小值，解得x=，此时fx1ln0故排除C.x22π3

7．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））设ae，b，c，则a,b,c大小关系是()lnπln3fx在f'x0时取最小值，即4x

A．acbC．cba【答案】AB．bcaD．cab

【解析】考查函数f(x)

lnx1x

f(x)在(e,)上单调递增，e3π，，则f(x)2，(lnx)lnxe3π

，acb，故选A.lneln3lnπ

）f(e)f(3)f(π)，即8．（2020·大通回族土族自治县第一完全中学高二期中（理））函数f(x)x2lnx的单调减区间是（A．0,

22

B．2

,2

C．,

2

2

22,0,0,D．22【答案】A【解析】f(x)x2lnx的定义域为(0,)，f(x)2x1，x令f(x)02即x1，且x02解得0x

22，即函数的单调递减区间为0,22

39．（2020·大通回族土族自治县第一完全中学高二期中（理））已知函数fxxax在1,是单调增函数，则a的取值范围是（A．a0【答案】C【解析】fxxax，fx3xa，由题意知，fx0对任意的x1,恒成立，32）C．a3D．a3或a0B．a3或a0即3x2a0对任意的x1,恒成立，a3x

2min3.）4x210．（2020·四川省高三三模（文））设函数fxx，则函数fx的图象大致为（e

A．B．C．D．【答案】D4x2【解析】函数fxx，可得f(x)f(x)，可知f(x)是偶函数，排除B；e

4x28x4x24x2xx0时，fxx，fxxeeex令fx0，解得x0或x2

当0x2时，fx0，fx单调递增；当x2时，fx0，fx单调递减；排除C；∴极大值f2

16

2；排除A；e211．（2020·甘肃省兰州一中高二期中（文））函数f（x）的定义域为R，f13，对任意xR，fx3，则fx3x6的解集为（A．x1x1C．xx1【答案】C【解析】设gxfx3x6，则gxfx30，所以gx为减函数，又g1f130，所以根据单调性可知gx0，即fx3x6的解集是xx1.12．（2019·佛山市顺德区容山中学高二开学考试）已知a为函数fxx6x的极小值点，则a=（3

）B．xx1D．R）A．-2【答案】BB．2C．2D．-2【解析】f′（x）＝3x2﹣6，令f′（x）＞0，解得：x＞2或x＜﹣2，令f′（x）＜0，解得：﹣2＜x＜2，故f（x）在（﹣∞，﹣2）递增，在（﹣2，2）递减，在（2，+∞）递增，故2是极小值点，故a＝2，13．（2018·河南省高三三模（理））已知函数f(x)2不同的实数解，则实数a的取值范围是（A．(,e)【答案】B【解析】由f(x)g(x)得B．0,

）C．(,0)(e,)D．(e,)

lnx3(lnxax)

a，g(x)，若方程f(x)g(x)有xlnx



1e

lnx3(lnxax)

a，xlnx去分母整理得(lnx3x)(lnxax)0有2不同的实数解，所以lnx3x0或lnxax0，lnxlnx

3或a，xxlnx

(x0),设h(x)x1lnx

所以h(x)，x2所以当0xe时，h(x)0，函数h(x)单调递增，当xe时，h(x)0，函数h(x)单调递减.所以h(x)minh(e)所以方程lnx

a有两个不同的实数解.x1lnx3，所以3没有实数解.ex当x0时，h(x)0；当x时，h(x)0.

要方程lnx1

a有两个不同的实数解，必须0a.xe14．（2020·湖南省高三三模（理））已知函数f(x)|x|

1

3，f(x)是f(x)的导函数.①f(x)在区间(0,)x是增函数；②当x(,0)时，函数f(x)的最大值为1；③yf(x)f(x)有2个零点；④f(x)f(x)2.则上述判断正确的序号是（A．①③【答案】AB．①④C．③④）D．①②11

3，f(x)120，所以f(x)在区间(0,)是增函数，即①正确；xx11

当x0时，f(x)x3x()31，当且仅当x1时取到最小值，所以②不正确；xx【解析】当x0时，f(x)x

x34x2x1

当x0时，f(x)f(x)，2x令g(x)x34x2x1，则g(x)3x28x1，由于0,g(0)10，所以g(x)在(0,)上先减后增，且g(0)10，所以g(x)在(0,)内只有一个零点；x32x2x1

当x0时，f(x)f(x)，2x令h(x)x32x2x1，则h(x)3x24x1，由于0,h(0)10，所以h(x)在(,0)上先增后减，且h(0)10，所以h(x)在(,0)内只有一个零点；综上可知，yf(x)f(x)有2个零点，所以③正确；当x0时，f(x)1

1

，f(x)f(x)0，所以④不正确；x215．（2020·山东省滕州市第一中学新校高二月考）已知方程emxx2在0,8上有两个不等的实数根，则实数m的取值范围为（A．,

）B．

1ln2



841ln2

,164

C．

3ln22

,4e

D．

1n22

,4e

【答案】C【解析】由题意，方程emxx2在0,8上有两个不等的实数根，即为mx2lnx在0,8上有两个不等的实数根，1lnx

m在0,8上有两个不等的实数根，2xlnx1lnx

,x0,8，则fx设fx，2xx即当x(e,8)时，fx0，函数fx递减，当x(0,e)时，fx0，函数fx递增，1ln83ln2

，且f8，e88

3ln2m13ln22

，解得m，故选C.所以82e4e所以当xe时，函数fx取得最大值16．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））函数f(x)xe范围是A．,

ax1

在0,上有两个零点，则实数a的取值x

2e

B．0,



2e

C．1,eD．,

12

ee

【答案】B1112lnx0xeaxeax2a(x0)xxxx2lnx1lnx

设g(x)，g'(x)2，g(x)在(0,e)上单调递增，(e,)上单调递减xx22

g(x)maxg(e)

e【解析】取f(x)xe

ax



画出函数图像：根据图像知：a0,



2e

17．（2020·宁波市北仑中学高二月考）已知a为常数，函数f(x)x(lnxax)有两个极值点x1，x2（x1x2），则（）A．f(x1)0，f(x2)

1

212B．f(x1)0，f(x2)

1212C．f(x1)0，f(x2)

D．f(x1)0，f(x2)

【答案】C【解析】因为fxlnx12a,(x0)，令f¢x=0，由题意可得lnx2ax1有两个解x1,x2，()即函数gxlnx12a有且只有两个零点，即gx在(0,)上的唯一极值不等于0，又由gx

112ax2a，xx①当a0时，gx0,fx单调递增，因此gxfx至多有一个零点，不符合题意；②当a0时，令g¢x=0，解得x

()因为x(0,

11

)，g¢(x)>0，函数gx单调递增；x(,)，g¢(x)<0，函数gx单调递减，2a2a1

，2a所以x

111

11ln(2a)0，是函数gx的极大值点，则g()0，即ln

2a2a2a1，2所以ln(2a)0，所以02a1，即0a故当0a11x2，时，gx0的两个根x1,x2，且x1

22a1

x2，2a又g112a0，所以x11

从而可知函数fx在区间(0,x1)上递减，在区间(x1,x2)上递增，在区间(x2,)上递减，所以f(x1)f(1)a0,f(x2)f(1)a

1

，故选C．2

18．（多选）（2020·山东省滕州市第一中学新校高二月考）已知函数fx（）x1

22

x3

x1，下列说法正确的是A．函数fx的图象的对称中心是（0，1）B．函数fx在R上是增函数C．函数fx是奇函数【答案】ABD【解析】fxD．方程f2x1f2x2的解为x

1

4x1

2

x3

x21

x22x1x32xx3

12x21x1

2xx32xx3

选项A.设gx2，fx1gx，则gxgx，2x1x1

则函数gx为奇函数.所以gx的图象关于原点成中心对称.所以fx1gx的图象关于0,1成中心对称，故A正确.2xx

选项B.由fx12x13

23xx12x2xxxx20，，则fx

x1x12

2

3

2

4

2

22

2所以函数fx在R上是增函数，故B正确.选项C.f1

51

，f1，则f1f1，函数fx不是奇函数，故C不正确.22选项D.由选项A有fx的图象关于0,1成中心对称，即fxfx2,由方程f2x1f2x2，则2x1+2x0，即x

1

，故D正确.419．（多选）（2020·山东省青州实验中学高二期中）已知函数fxA．函数fx的单调减区间是(0,2)B．函数yfxx有且只有1个零点C．存在正实数k，使得f(x)kx成立2

lnx，则以下结论正确的是（x）D．对任意两个正实数x1，x2，且x1x2，若fx1fx2则x1x24【答案】ABD【解析】A选项，因为fx

221x2lnx，所以fx22，xxxx由fx0得，x2；由fx0得，0x2，因此函数fx在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增；故A正确；172x2B选项，令gxlnxx，则显然恒成立；21xx224xgx210

xxx2x22

所以函数gxlnxx在0,上单调递减；x又g12ln1110，g21ln22ln210，所以函数gx

22

lnxx有且仅有一个零点；故B正确；xC选项，若f(x)kx，可得k令hx2lnx，2xx

2lnx4x1lnxxxlnx4hx，则，x2xx4x2x3令uxxxlnx4，则ux1lnx1lnx，由ux0得0x1；由ux0得x1；所以函数ux在0,1上单调递增，在1,上单调递减；因此uxu130；所以hx所以函数hx2lnx无最小值；x2xxxlnx42lnx0hx恒成立，即函数在0,上单调递减，x3x2x因此，不存在正实数k，使得f(x)kx成立；故C错；D选项，令t0,2，则2t0,2，则2t2；令gtf2tf2t

22tln2t22tln2t4t2tt24ln2t，2则gt

4t16

2t48t2

t

2

2t2t24

24t2

20，所以gt在0,2上单调递减，则gtg00，即f2tf2t，令x12t2，由fx1fx2f2t，得x22t，则x1x22t2t4，当x14时，x1x24显然成立，所以对任意两个正实数x1，x2，且x1x2，若fx1fx2则x1x24.故D正确.20．（多选）（2020·扬州大学附属中学高二月考）设函数f(x)exlnx，则下列说法正确的是（A．f(x)定义域是（0，+）B．x∈（0，1）时，f(x)图象位于x轴下方C．f(x)存在单调递增区间D．f(x)有且仅有两个极值点【答案】BCf(x)ex【解析】由题意函数lnx满足x0，解得lnx0x0且x1，fx)ex所以函数(lnx的定义域为(0,1)(1,)，所以A不正确；由f(x)exlnx，当x(0,1)时，lnx0，∴fx0，所以f(x)在(0,1)上的图象都在轴的下方，所以B正确；∵ex

fxlnx1x，设gxlnx1，gx11

lnx2xxx2.(x0)所以gx0，函数gx单调增，ge1

1e0，ge221

e20，）所以f(x)0在定义域上有解，所以函数fx存在单调递增区间，所以C是正确的；则函数f(x)0只有一个根x0，使得f(x0)0，当x(0,x0)时，f(x)0，函数单调递减，当x(x0,)时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D不正确；21．（2020·河南省高三其他（理））已知函数fx

13xmx3，gx5x4lnx，若函数fx的导6函数fx与gx（x1,9）的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的最大值为______．【答案】

9

8ln32131

xmx3，所以fxx2m．由题意知方程62【解析】因为fx

fxgx

解，令hx

121

xm5x4lnx0在x1,9上有解，等价于mx25x4lnx在x1,9上有2212x5x4lnxx1,9，2

4x25x4x1x4则hxx5，xxx当1x4时，hx0，当4x9时，hx0，所以函数hx在1,4上单调递减，在4,9上单调递增，因为h4

1916548ln2128ln20，h1，22

199

h992594ln98ln380，222所以hx的最大值为

99

8ln3，所以m的最大值为8ln3．2222．（2020·四川省棠湖中学高二月考（文））如图是函数yf(x)的导函数yf'(x)的图像，给出下列命题：①-2是函数yf(x)的极值点；②函数yf(x)在x1处取最小值；③函数yf(x)在x0处切线的斜率小于零；④函数yf(x)在区间(2,2)上单调递增.则正确命题的序号是__________．【答案】①④【解析】根据导函数yfx的图象可得，当x,2上，fx0，在x2,11,上，fx0，故函数在x,2上函数fx单调递减，在x2,11,，函数fx单调递增，所以2是函数yfx的极小值点，所以①正确；其中x1两函数的单调性不变，则在x1处不是函数yfx的最小值，所以②不正确；由yfx图象可得f00，所以函数yfx在x0处的切线的斜率大于零，所以③不正确；由yfx图象可得，当x2,2时，fx0，所以函数yfx在x2,2上单调递增，所以④是正确的，综上可知，①④是正确的.23．（2020·盐城市第一中学高三二模）函数fx2sinxax在0,为______.【答案】[2,)

【解析】因为fx2sinxax，x0,



上的单调递减，则实数a的取值范围2



，2

所以fx2cosxa，因为函数fx2sinxax在0,



上的单调递减，2

所以fx2cosxa0在0,



上恒成立，2

即a2cosx在x0,



上恒成立，2



上单调递减，所以gxmaxg02cos022

因为gx2cosx在x0,所以a2，即a2,24．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））已知函数fx且f2 0.(I)求a的值;13

xax1(aR)，fx是fx的导函数，33]上的最值.(II)求函数fx在区间[3，Qfx【解析】(I)

13

xax1(xR)，3

 fxx2aQf2 4a0,a4

(II)由(I)可得:fx

213

x4x1,fxx24，3令fxx40，解得x2，列出表格如下:xfxfxQf34又

(,2)

22,2

19

3

2

0(2,)

0

极大值极小值

133



1913,f32333]区间上的最大值为所以函数fx在[3，

1913

，最小值为33

25．（2020·山东省山东师范大学附中高二月考）已知函数f(x)x33x2a(aR)（1）求函数fx的极值；（2）若函数fx在2,3上的最小值为2，求它在该区间上的最大值．【解析】（1）f(x)3x26x3x(x2)

f(x)00x2，f(x)0x0或x2当x变化时，f¢x，fx的变化情况如下表：()xf¢(x)fx(,0)

00(0,2)

20(2,)









极小值

极大值则极大值为f24a，极小值为f0a

（2）由（1）知fx在2,0上单调递减，在0,2上单调递增，在2,3上单调递减又f0a，f3a所以最小值为a，且a2

最大值在x2或x2处取，f220a22，f24a6所以fx在2,3上的最大值为22．26．（2020·林芝市第二高级中学高二月考（理））已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围．【解析】（1）a=2时，f（x）=（﹣x2+2x）•ex的导数为，f′（x）=ex（2﹣x2）由f′（x）＞0，解得﹣2＜x＜2，由f′（x）＜0，解得x＜﹣2或x＞2．即有函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣2），（2，+∞），单调增区间为（﹣2，2）．（2）函数f（x）=（﹣x2+ax）•ex的导数为f′（x）=ex[a﹣x2+（a﹣2）x]，由函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增，则有f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，即为a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有x2﹣（a﹣2）x﹣a≤0，则有1+（a﹣2）﹣a≤0且1﹣（a﹣2）﹣a≤0，解得a≥3

．2则有a的取值范围为[3

，+∞）．2

27．（2018·平遥县综合职业技术学校高三期中）设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，b∈R.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值．【解析】（I）∵f（x）=x3+ax2+bx+1∴f'（x）=3x2+2ax+b．令x=1，得f'（1）=3+2a+b=2a，解得b=﹣3令x=2，得f'（2）=12+4a+b=﹣b，因此12+4a+b=﹣b，解得a=﹣，因此f（x）=x3﹣x2﹣3x+1∴f（1）=﹣，又∵f'（1）=2×（﹣）=﹣3，故曲线在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（﹣）=﹣3（x﹣1），即6x+2y﹣1=0．（II）由（I）知g（x）=（3x2﹣3x﹣3）e从而有g'（x）=（﹣3x2+9x）e令g'（x）=0，则x=0或x=3∵当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0，当x∈（0，3）时，g'（x）＞0，当x∈（3，+∞）时，g'（x）＜0，∴g（x）=（3x2﹣3x﹣3）ex在x=0时取极小值g（0）=﹣3，在x=3时取极大值g（3）=15e﹣

﹣3

﹣x

﹣x

28．（2020·宁波市北仑中学高二月考）已知函数f(x)lnx（1）当m2时，求函数f(x)的单调区间和极值；（2）若函数f(x)在区间[1,e]上取得最小值4，求m的值.【解析】（1）当m2时，f(x)lnx+

m

(mR).x2x2x0，则f(x)2，xx当x0,2时，f(x)0，f(x)单调递减，当x2,时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)的递增区间2,，递减区间0,2，极小值f2ln21，无极大值（2）f(x)

xm

x2①当m1时，f(x)0,x1,e，f(x)在[1,e]单调递增，fxminf1m4，解得m4不满足m1，故舍去②当em1时，x1,m时，f(x)0，f(x)单调递减xm,e时，f(x)0，f(x)单调递增fxminfmlnm14，解得me3，不满足em1，故舍去③当me时，f(x)0,x1,e，f(x)在[1,e]单调递减，fxminfe1

综上：m3e

m

4，解得m3e，满足mee