高考数学玩转压轴题专题2_4极值计算先判断单调原则不能撼1

高考数学玩转压轴题专题2_4极值计算先判断单调原则不能撼1

专题 2.4 极值计算先判断 单调原则不能撼 【题型综述】 函数极值问题的常见类型及解题策略 （1）函数极值的判断：先确定导数为 0 的点，再判断导数为 0 的点的左、右两侧的导数符号． （2）求函数  f x 极值的方法： ①确定函数  f x 的定义域． ②求导函数  f x ． ③求方程   0f x  的根． ④检查  f x 在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．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；如果  f x 在这个根的左、右两侧符号 不变，则  f x 在这个根处没有极值． （3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数  f x ，求方程   0f x  的根的情况， 得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 【典例指引】 例 1．已知函数 2 2( ) ( 2 3 ) ( ),xf x x ax a a e x     R 其中 aR ⑴当 0a  时，求曲线 ( ) (1, (1))y f x f 在点 处的切线的斜率； ⑵当 2 3a  时，求函数 ( )f x 的单调区间与极值. ② a若 ＜ 3 2 ，则 a2 ＞ 2a ，当 x 变化时， )()(' xfxf ， 的变化情况如下表： x  2 a， 2a  aa 22  ， a2   ，a2 + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 内是减函数。，内是增函数，在，，，在所以 )22()2()2()( aaaaxf  .)34()2()2(2)( 2 aeaafafaxxf ，且处取得极大值在函数 .3)2()2(2)( 2aaeafafaxxf  ，且处取得极小值在函数 例 2．已知函数   2 2lnax bf x xx   的图象在 1x  处的切线过点 0,2 2a ， , Ra b . （1）若 8 5a b  ，求函数  f x 的极值点； （2）设  1 2 1 2,x x x x 是函数  f x 的两个极值点，若 1 1 1e x  ，证明：    2 1 1f x f x  .（提示 2e 7.40 ） 【思路引导】 （1）求导   2 2 2ax x bf x x    ，则  1 2f a b    .又  1f a b  ，曲线  y f x 在 1x  处的切线 过点 0,2 2a 利用斜率相等  2 2 21 0 a b a a b       ，可得 a b .，又 8 5a b  ，可得 4 5a b  ， 则   22 5 2 0f x x x    ，可得函数  f x 的极值点. （2）由题 1 2,x x 是方程   2 2 2 0ax x af x x     的两个根，则 1 2 1x x  ， 1 2 1 2 1 22 1 xa x x x    ，由 1 1 1e x  ，可得 2 1 1 1x x   ， 0a  ，∴  1f x 是函数  f x 的极大值，  2f x 是函数  f x 的极小值， ∴ 要 证    2 1 1f x f x  ， 只 需    1 2 1f x f x  ， 计 算 整 理 可 得    1 2f x f x  2 21 12 1 1 14 ln1 2 x xx      ，令 2 1t x ，则 2 1 1e t  ，设   1 1 ln1 2 th t tt   ，利用导数讨论函数  h t 的性质即可 得证. （2）∵ 1 2,x x 是方程   2 2 2 0ax x af x x     的两个根，∴ 1 2 1x x  ， 1 2 1 2 1 22 1 xa x x x    ，∵ 1 1 1e x  ， ∴ 2 1 1 1x x   ， 0a  ，∴  1f x 是函数  f x 的极大值，  2f x 是函数  f x 的极小值，∴要证    2 1 1f x f x  ，只需    1 2 1f x f x  ，    1 2 1 1 1 2lnaf x f x ax xx      2 2 2 2lnaax xx        1 1 1 2 2lnaax xx       2 1 12 1 14 ln1 x xx       2 21 12 1 1 14 ln1 2 x xx      ， 令 2 1t x ， 则 2 1 1e t  ， 设   1 1 ln1 2 th t tt    2 11 ln1 2 tt   ，则       2 2 1 0 2 1 th t t t      ，函数  h t 在 2 1 ,1e      上单调递减， ∴   2 2 1 2 e e 1h t h      ，∴    1 2 2 14 ef x f x h      2 8 1e 1  例 3．已知函数   3 2 22 3 4f x x mx nx m    在 1x  处有极值 10. （1）求实数 ,m n 的值； （2）设 a R ，讨论函数  f x 在区间 , 1a a  上的单调性. 【思路引导】 （1）根据题意得到关于 m 的方程组     2 1 3 4 3 0{ 1 1 2 3 4 10 f m n f m n m           ，解方程组求得 ,m n 即可；（2）先判 断函数   2 24 11 16f x x x x    的单调性，然后根据 a 的取值情况分类讨论判断函数  f x 在区间  , 1a a  上的单调性． （2）由（1）可知   3 24 11 16f x x x x    ， ∴     23 8 11 1 3 11f x x x x x      当 x 变化时，    ,f x f x 的变化情况如下表： x 11, 3      11 3  11,13     1  1,  f x + 0 - 0 +  f x 增 极大 减 极小 增 ⑤当 1a  时，  f x 在区间 , 1a a  上单调递增. 综上所述： 当 14 3a   或 1a  时，  f x 在区间 , 1a a  上单调递增； 当 14 11 3 3a    时，  f x 在区间上 11, 3a    上单调递增，在 11, 13 a     上单调递减； 当 11 03 a   时，  f x 在区间 , 1a a  上单调递减； 当 0 1a  时，  f x 在区间 ,1a 上单调递减，在 1, 1a  上单调递增. 点评：解答本题的易错点有两个：（1）在第一问中忽视了对 ,m n 值的检验，因为导函数的零点是函数极值 点的必要不充分条件，这是很容易出现的错误．（2）第二问中不能熟练地通过对 a 进行分类讨论求解；还有， 即便是分类了，分类的情况也不完全或分类出现重漏的情况． 【同步训练】 1．设    2ln 2 1f x x x ax a x    ， a R . （1）令    'g x f x ，求  g x 的单调区间； （2）已知  f x 在 1x  处取得极大值，求实数 a 的取值范围. 【思路引导】 （1）求函数的单调区间主要是先求出函数的导函数，根据导函数大于零和小于零分别解出所对应的增减区 间，但要含参问题时则要注意讨论，由   1 1 22 axg x ax x    ，根据 a 的不同取值讨论即可得出单调区 间；（2）已知  f x 在 1x  处取得极大值，故  1 0f   .，然后根据第一问单调性的讨论验证函数是否在 1 处取得极大值即可得出正确 a 的取值范围 （2）由（1）知，  1 0f   . ①当 a 0 时，  f x 单调递增. 所以当  0,1x 时，  ' 0f x  ，  f x 单调递减.当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递增. 所以  f x 在 1x  处取得极小值，不合题意. ②当 10 2a  时， 1 12a  ，由（1）知  f x 在 10, 2a      内单调递增， 可得当  0,1x 时，   0f x  ， 11, 2x a     时，   0f x  ， 所以  f x 在 0,1 内单调递减，在 11, 2a      内单调递增，所以  f x 在 1x  处取得极小值，不合题意. ③当 1 2a  时，即 1 12a  时，  'f x 在 0,1 内单调递增，在  1, 内单调递减， 2．已知函数    21ln 2f x x x x ax a R    ，在定义域内有两个不同的极值点 1 2 1 2, ( ).x x x x （I）求 a 的取值范围； （II）求证： 1 2 2 .x x e  【思路引导】 (1) 函 数    21ln 2f x x x x ax a R    ， 在 定 义 域 内 有 两 个 不 同 的 极 值 点 1 2 1 2, ( )x x x x , 令     ln ,g x f x x ax   即     1 2g x 0 0, x ,x , 在 上有两个不同根 对  g x 求导,按照 a 0 和 a 0 分 类 判 断 单 调 性 及 极 限 , 求 出 函 数 的 极 值 , 确 定 a 的 范 围 ； (2) 证 明 1 2 2x x e  , 即 证 1 2 2x x a   ,  1 1 2 12 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 x x 2 x xlnx lnx{ a x x (x x 0)x x x x lnx lnx ln a ln a           即证 ,  2 1 2 1 2 1 2 1 2 x xlnx lnx (x x 0)x x     即证 ,构造函数    2 x 1h x lnx (x 1),x 1    求导判断单调性求出 函数的最值,即可证明不等式成立. 试题解析:（I）令     ln ,g x f x x ax   由题意可知,     1 2 1 2g x 0 0, x ,x , x x ,  在 上有两个不同根 且        1 1 axg x a a 0 g x 0, y g x 0, ,x x          当 时， 在 上单增，不合题意 当    1 1 1a 0 g x 0 x y g x 0, , , ,a a a                  时，令 在 上单增 单减     x 1 10 , , , , ( ) 1 0 0 ,a e 10, .e x g x x g x g g lna a a                         时 时 的取值范围为 （II）由题意及（I）可知，即证 1 2 2x x ,a       1 1 2 12 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x x 2 x xlnx lnx{ x x (x x 0),x x x x lnx lnx 2 x xx x (x x 0)x x ln a aln a ln ln                即证 即证                         2 2 2 2 x 1 x 11 4( 1), h 0,x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 2 x 11, 1 0, ( 1),x 1 x 1 h x lnx x x h x lnx h x h lnx x                       设 则 在 上单增 2 1 xx 1, .x  令 则原不等式成立 3．已知函数   3 2 23f x x ax bx a    ． （Ⅰ）若函数  y f x 在 1x   时有极值 0，求常数 a,b 的值； （Ⅱ）若函数     sin2g x f x x  在点   0, 0g 处的切线平行于 x 轴，求实数 b 的值． 【思路引导】 （1）根据函数的极值点的概念得到     2 ' 1 3 6 0{ 1 1 3 0 f a b f a b a             ，极值点既在切线上又在曲线上，得到 参数值.(2)根据导数的几何意义得到  0 0g  ，从而得到参数值. 4 ．已知函数   lnf x x x  ，   2 2g x ax x   0a  . （1）求函数  f x 在 1 ,ee      上的最值； （2）求函数      h x f x g x  的极值点. 【思路引导】 （1）对函数  f x 进行求导可得   1 1f x x    ，求出极值，比较端点值和极值即可得函数的最大值和最小 值；（2）对  h x 进行求导可得  h x  22 1ax x x   ，利用求根公式求出导函数的零点，得到导数与 0 的 关系，判断单调性得其极值. 试题解析：（1）依题意，   1 1f x x    ,令 1 1 0x   ，解得 1x  .因为  1 1f   ， 1 11e ef        ，  e 1 ef   ，且 11 e 1 1e       ，故函数  f x 在 1 ,ee      上的最大值为 1 ，最小值为1 e . （2）依题意，      h x f x g x   2lnx ax x  ，   1 2 1h x axx     22 1ax x x   ，当 0a  时， 令   0h x  ，则 22 1 0ax x   .因为 1 8 0a    ，所以   22 1ax xh x x       1 22a x x x x x   ， 其中 1 1 1 8 4 ax a    ， 2 1 1 8 4 ax a    .因为 0a  ，所以 1 0x  ， 2 0x  ，所以当 20 x x  时，   0h x  ，当 2x x 时，   0h x  ，所以函数  h x 在 20, x 上是增函数，在 2,x  上是减函数，故 2 1 1 8 4 ax a    为函数  h x 的极大值点，函数  h x 无极小值点. 5．设函数 f（x）=lnx+ ax2+x+1． （I）a=﹣2 时，求函数 f（x）的极值点； （Ⅱ）当 a=0 时，证明 xex≥f（x）在（0，+∞）上恒成立． 【思路引导】 （1）求导数判断函数的单调性，通过单调性求极值点；（2）当 a=0 时构造函数 F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣ lnx﹣x﹣1，（x＞0），只要证明 F（x）≥=0 即可． （Ⅱ）证明：当 a=0 时，f（x）=lnx+x+1 令 F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0）， 则 F′（x）= •（xex﹣1）， 令 G（x）=xex﹣1， 则 G′（x）=（x+1）ex＞0，（x＞0）， ∴函数 G（x）在（0，+∞）递增， 又 G（0）=﹣1＜0，G（1）=e﹣1＞0， ∴存在唯一 c∈（0，1）使得 G（c）=0， 且 F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，+∞）上单调递增， 故 F（x）≥F（c）=c•ec﹣lnc﹣c﹣1， 由 G（c）=0，得 c•ec﹣1=0，得 lnc+c=0， ∴F（c）=0， ∴F（x）≥F（c）=0， 从而证得 xex≥f（x）． 点评：在本题（Ⅱ）的解答中，为了求 F（x）的 最小值，通过求导得到 F′（x）= •（xex﹣1），不容 易判断 F（x）的单调性，故构造 G（x）=xex﹣1，采用二次求导的方法，在求 G（x）零点的过程中遇到了 零点不可求的问题，此类问题的解法是利用 G（x）的单调性和零点存在定理，判断零点所在的范围，然后 理通过整体代换的方法求函数 F（x）的最值，这是解决函数综合问题中常用的一种方法． 6．已知函数   xf x e ，   2 2 ag x x x   ，（其中 a R ， e 为自然对数的底数， 2.71828e  ……）. （1）令    h x f x  ，求  h x 的单调区间； （2）已知  f x 在 0x  处取得极小值，求实数 a 的取值范围. 【思路引导】 （1）求导函数的导数得   exh x a   ，再根据是否变号进行分类讨论单调性：当 0a  时，导函数不变号， 为单调递增；当 0a  时，导函数先负后正，对应单调区间为先减后增；（2）由题意得  0 0f   ，结合（1） 根据导函数  h x 单调性分类讨论在 0x  处是否为极小值：当 0a  时，  f x 在 0x  附近先减后增，为 极小值；当 0a  时，按 lna 与零大小关系进行二次讨论：ln 0a  ，    ln ,f x a  在 单调递增；  f x 在 0x  附近先减后增，为极小值；当 1a  时，   0f x  ，无极值； ln 0a  时，    ,lnf x a 在 单 调递减；  f x 在 0x  附近先增后减，为极大值；综上可得实数 a 的取值范围. （3）当 1a  时，由（Ⅰ）知  f x 在区间 ,lna 单调递减，  f x 在区间 ln ,a  单调递增， 所以  f x 在 lnx a 处取得最小值，即      ln 0 0f x f a f    ， 所以函数  f x 在 R 上单调递增， 所以  f x 在 0x  处无极值，不符合题意. （4）当 1a  时， ln 0a  ，由（Ⅰ）知  f x 的减区间为 ,lna ， 所以当  ,0x  时，    0 0f x f   ，当  0,lnx a 时，    0 0f x f   ， 所以  f x 在 0x  处取得极大值，不符合题意， 综上可知，实数 a 的取值范围为  ,1 . 7．已知函数 （ ）. （1）若 在其定义域内单调递增，求实数 的取值范围； （2）若 ，且 有两个极值点 ， （ ），求 的取值范围. 【思路引导】 函数在某区间上单调递增，说明函数的导数大于或等于 0 在该区间上恒成立，分离参数 m,利用极值原理求 出参数 m 的取值范围；当 时 有两个极值点 为方程 的两个根，根据根与系数关 系找出 与系数的关系，根据 m 的范围解出 的范围，表示出 ，根据 减元，利用构造函数 法求出其取值范围. 8．已知函数    3 2 , ,f x x ax bx c a b c R     ． （1）若函数  f x 在 1x   和 2x  处取得极值，求 ,a b 的值； （2）在（1）的条件下，当  2,3x  时，   2f x c 恒成立，求 c 的取值范围． 【思路引导】 （1）求出导函数  f x ，利用  1 0f    ，且  2f  =0，解方程组可求得 3 { 2 6 a b     ；（2）利用导数研究 函数  f x 的单调性，可得函数  f x 在  2,3x  时，  f x 的最小值为 10c  ，只需 10 2c c  即可求 c 的取值范围. （2）由（1）知   3 23 62f x x x x c    ，   23 3 6f x x x    ， 当 x 变化时，    ,f x f x 随 x 的变化如下表： x -2  2, 1  -1  1,2 2  2,3 3  f x + 0 - 0 +  f x 2c  增 7 2c  减 10c  增 9 2c  ∴当  2,3x  时，  f x 的最小值为 10c  ， 要使   2f x c 恒成立，只要 10 2c c  即可， ∴ 10c   ， ∴ c 的取值范围为 , 10  ． 9．已知函数 ，其中 为常数. （1）当 ，且 时，判断函数 是否存在极值，若存在，求出极值点；若不存在，说明理由； （2）若 ，对任意的正整数，当 时，求证： . 【思路引导】 （1）令 ，求出 的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小 值即可； （Ⅱ） 时，求 的导数，通过讨论是奇数，偶数，结合函数的单调性证明结论即可． （2）证：因为 ，所以 . 当为偶数时，令 ，则 ∴所以 当 时， 单调递增， 的最小值为 .因此 所以 成立. 当为奇数时，要证 ，由于 ，所以只需证 . 令 ，则 ， 当 时， 单调递增，又 ， 所以当 时，恒有 ,命题 成立. 10．已知函数   xf x e tx  . (1)求函数  f x 的极值点； (2)若 f(x)≥x2+1 在(0,2)上恒成立,求实数 t 的取值范围. 【思路引导】 (1)首先对函数  f x 求导，考虑到导函数含有参数t ，对参数t 大于等于 0,和小于 0 两种情况进行讨论． (2)恒成立问题,首先利用参数分离，得到 2 1xe xt x    ，再令   2 1xe xg x x   ，原问题转化为  mint g x  ，从而求出参数t 的范围．