高考数学考点12导数与函数的极值与最值试题解读与变式

高考数学考点12导数与函数的极值与最值试题解读与变式

考点十二：导数与函数的极值与最值 【考纲要求】 （1）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极 小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项 式函数一般不超过三次）. 【命题规律】 利用导数研究函数的极值与最值是高考的热点问题，近 2 年在高考中大批量的出现，常 常会考查利用导数研究含参函数的单调性，极值综合考查，有时出现在做题过程中. 预计 2018 年的高考将会在大题中考查利用导数研究函数的极值与最值，命题形式会更 加灵活、新颖． 【典型高考试题变式】 （一）函数的极值的意义 例 1.【2017 全国 2 卷（理）】若 2x   是函数    2 1`1 exf x x ax    的极值点，则  f x 的极小值为（ ）. A. 1 B. 32e C. 35e D.1 【答案】A 【方法技巧归纳】对于可导函数，导数为 0的点不一定是极值点.函数 )(xfy  在 0xx  处取极值的充要条件应为（1） 0)(' 0 xf ，（2）在 0xx  左右两侧的导数值的符号 相反.从解题的规范性和正确性角度出发，求类似问题最后都要进行检验. 【变式 1】【改编例题的问法，辨别极值与零点的不同】【2015 陕西卷理科】对二次函数 2( )f x ax bx c   （ a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结 论是错误的，则错误的结论是（ ） A． 1 是 ( )f x 的零点 B．1 是 ( )f x 的极值点 C．3 是 ( )f x 的极值 D．点 (2,8) 在曲线 ( )y f x 上 【答案】A 【解析】若选项 A 错误时，选项 B、C、D 正确，   2f x ax b   ，因为1是  f x 的极 值点，3是  f x 的极值，所以     1 0 1 3 f f     ，即 2 0 3 a b a b c       ，解得： 2 3 b a c a      ，因为点  2,8 在曲线  y f x 上，所以 4 2 8a b c   ，即  4 2 2 3 8a a a      ，解得： 5a  ， 所 以 10b   ， 8c  ， 所 以   25 10 8f x x x   ， 因 为      21 5 1 10 1 8 23 0f           ，所以 1 不是  f x 的零点，所以选项 A错误， 选项 B、C、D 正确，故选 A． 【变式 2】【改变例题的问法，通过极值问题求参数的范围】【2014 全国 2 卷理科】设函 数   3 sin xf x m  .若存在  f x 的极值点 0x 满足   22 2 0 0x f x m    ，则 m 的取值范 围是（ ） A.    , 6 6,    B.    , 4 4,    C.    , 2 2,    D.    , 1 1,    【答案】C （二）求函数的极值 例 2.【2017 全国 2 卷理】已知函数   2 lnf x ax ax x x   ，且   0f x … . （1）求 a； （2）证明：  f x 存在唯一的极大值点 0x ，且  2 2 0e 2f x   . 【答案】（1） 1a  ；（2）答案见解析. 【解析】（1）因为    ln 0f x x ax a x   … ， 0x  ，所以 ln 0ax a x  … ． 令   lng x ax a x   ，则  1 0g  ，   1 1axg x a x x     ， 当 0a„ 时，   0g x  ，  g x 单调递减，但  1 0g  ， 1x  时，   0g x  ； 当 0a  时，令   0g x  ，得 1x a  ． 当 10 x a   时，   0g x  ，  g x 单调递减；当 1x a  时，   0g x  ，  g x 单调递增． 若 0 1a  ，则  g x 在 11 a       ， 上单递调递减，  1 1 0g g a        ； 若 1a  ，则  g x 在 1 1 a       ， 上单调递增，  1 1 0g g a        ； 若 1a  ，则    min 1 1 0g x g g a        ，   0g x ≥ ． 综上， 1a  ． （2）   2 lnf x x x x x   ，   2 2 lnf x x x    ， 0x  ． 令   2 2 lnh x x x   ，则   1 2 12 xh x x x     ， 0x  ． 令   0h x  得 1 2 x  ， 当 10 2 x  时，   0h x  ，  h x 单调递减；当 1 2 x  时，   0h x  ，  h x 单调递增． 所以  min 1 1 2 ln 2 0 2 h x h         ． 因为  2 2e 2e 0h    ，  2 2 ln 2 0h    ， 2 1e 0 2       ， ， 12 2        ， ， 所以在 10 2       ， 和 1 2       ， 上，  h x 即  f x 各有一个零点． 设  f x 在 10 2       ， 和 1 2       ， 上的零点分别为 0 2x x， ，因为  f x 在 10 2       ， 上单调递减， 所以当 00 x x  时，   0f x  ，  f x 单调增；当 0 1 2 x x  时，   0f x  ，  f x 单调递减． 因此， 0x 是  f x 的极大值点． 因为，  f x 在 1 2       ， 上单调增，所以当 2 1 2 x x  时，   0f x  ，  f x 单调递减， 当 2x x 时，  f x 单调递增，因此 2x 是  f x 的极小值点． 所以  f x 有唯一的极大值点 0x ． 由前面的证明可知， 2 0 1e 2 x      ， ，则    2 4 2 2 0 e e e ef x f        ． 因为  0 0 02 2 ln 0f x x x     ，所以 0 0ln 2 2x x  ， 又    2 2 0 0 0 0 0 0 02 2f x x x x x x x      ，因为 0 10 2 x  ，所以  0 1 4 f x  ． 因此，  2 0 1e 4 f x   ．即  2 2 0e 2f x   . 【方法技巧归纳】求函数极值的步骤：①求函数的定义域；②求出函数的导函数 )(' xf ； ③解方程 0)(' xf ，求出 x的值；④判定在定义域内导函数为 0 的点两侧的单调性，并求 出在该点的原函数值；⑤先增后减位极大值点，先减后增为极小值点，两侧单调性相同，则 该点不是极值点. 【变式 1】【改变例题的问法，通过极值求参数范围】【2017 江苏卷】已知函数    3 2 1 0,f x x ax bx a b     R 有极值，且导函数  f x 的极值点是  f x 的零点. （极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于 a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明： ² 3b a ； （3）若  f x ，  f x 这两个函数的所有极值之和不小于 7 2  ，求 a的取值范围. 【答案】（1） 22 3 9 ab a   ，定义域为 (3, ) ；（2）答案见解析；（3）  3 6， . 【 解 析 】 （ 1 ） 由 3 2( ) 1f x x ax bx    ， 得 2 2 2( ) 3 2 3 3 3 a af x x ax b x b            . 当 3 ax   时，  f x 有极小值 2 3 ab  . 因为  f x 的极值点是 ( )f x 的零点. 所以 3 3 1 0 3 27 9 3 a a a abf            ，又 0a  ，故 22 3 9 ab a   . 因为 ( )f x 有极值，故 ( )=0f x 有实根，从而   2 31 27 0 3 9 ab a a    „ ，即 3a… . 3a  时， ( )>0( 1)f x x   ，故 ( )f x 在 R 上是增函数， ( )f x 没有极值； 3a  时， ( )=0f x 有两个相异的实根 2 1 3= 3 a a bx    ， 2 2 3= 3 a a bx    . 列表如下 x 1( , )x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x  ( )f x + 0 – 0 + ( )f x  极大值  极小值  故 ( )f x 的极值点是 1 2,x x .从而 3a  ， 因此 22 3 9 ab a   ，定义域为 (3, ) . （3）由（1）知，  f x 的极值点是 1 2,x x ，且 1 2 2 3 x x a   ， 2 2 2 1 2 4 6 9 a bx x    . 从而     3 2 3 2 1 2 1 1 1 2 2 21 1f x f x x ax bx x ax bx                 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 23 2 3 2 2 3 3 3 3 x xx ax b x ax b a x x b x x           34 6 4 2 0 27 9 a ab ab    . 记  f x ，  f x 所有极值之和为  h a ， 因为  f x 的极值为 2 21 3 3 9 ab a a     ，所以   21 3= 9 h a a a   ， 3a  . 因为   2 2 3= 0 9 h a a a     ，于是  h a 在 (3, ) 上单调递减. 因为   76 = 2 h  ，于是    6h a h… ，故 6a„ . 因此 a的取值范围为  3 6， . 【变式 2】【改编例题条件和问题，求解含参函数的极值】【2017 山东理】已知函数   2 2cosf x x x  ，    e cos sin 2 2xg x x x x    ，其中 e 2.71828 是自然对数的底数. （1）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （2）令       h x g x af x a  R ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求 出极值. 【答案】（1） 22 2y x     ；（2）当 0a„ 时，  h x 在  ,0 上单调递减，在  0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 当 0 1a  时，函数  h x 在  , lna 和  0,ln a 和  0, 上单调递增，在  ln ,0a 上单调递 减 ， 函 数  h x 有 极 大 值 ， 也 有 极 小 值 ， 极 大 值 是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a       ，极小值是  0 2 1h a   ； 当 1a  时，函数  h x 在  ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在  ,0 和  ln ,a  上单调递增，在  0,ln a 上单调递减，函数  h x 有 极 大 值 ， 也 有 极 小 值 ， 极 大 值 是  0 2 1h a   ； 极 小 值 是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 【解析】（1）由题意   2 2f     ，又   2 2sinf x x x   ，所以   2f    ， 因此曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程为    2 2 2y x       ， 即 22 2y x     . （2）由题意得 2( ) e (cos sin 2 2) ( 2cos )xh x x x x a x x      ， 因为        e cos sin 2 2 e sin cos 2 2 2sinx xh x x x x x x a x x               2e sin 2 sinx x x a x x     2 e sinx a x x   ， 令   sinm x x x  ，则   1 cos 0m x x   … ，所以  m x 在R 上单调递增. 因为 (0) 0m  ，所以当 0x  时， ( ) 0m x  ，当 0x  时，   0m x  . （i）当 0a„ 时， ex a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； （ii）当 0a  时，     ln2 e e sinx ah x x x    由   0h x  得 1 lnx a ， 2 =0x ①当 0 1a  时， ln 0a  ， 当  , lnx a  时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递增； 当  ln ,0x a 时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递减； 当  0,x  时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递增. 所以 当 lnx a 时  h x 取得极大值. 极大值为      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a       ， 当 0x  时  h x 取到极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以当  ,x   时，   0h x … ，函数  h x 在  ,  上单调递增，无极值； ③当 1a  时， ln 0a  所以 当  ,0x  时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递增； 当  0,lnx a 时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递减； 当  ln ,x a  时， lne e 0x a  ，   0h x  ，  h x 单调递增； 所以 当 0x  时  h x 取得极大值，极大值是  0 2 1h a   ； 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述：当 0a„ 时，  h x 在  ,0 上单调递减，在  0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 当 0 1a  时，函数  h x 在  , lna 和  0,ln a 和  0, 上单调递增，在  ln ,0a 上单调递 减 ， 函 数  h x 有 极 大 值 ， 也 有 极 小 值 ， 极 大 值 是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a       ，极小值是  0 2 1h a   ； 当 1a  时，函数  h x 在  ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在  ,0 和  ln ,a  上单调递增，在  0,ln a 上单调递减，函数  h x 有 极 大 值 ， 也 有 极 小 值 ， 极 大 值 是  0 2 1h a   ； 极 小 值 是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 【 变 式 3 】【 根 据 函 数 在 某 处 取 得 极 值 求 参 数 范 围 】【 2016 山 东 文 】 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. 【答案】（1）当 0a 时，函数  g x 单调递增区间为  0, ；当 0a  时，函数  g x 单调递增区间为 10, 2a       ，单调递减区间为 1 , 2a      . （2） 1 2 a  . （2）由（1）知，  ' 1 0f  . ①当 0a 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 2 a  时， 1 1 2a  ，由（1）知  'f x 在 10, 2a       内单调递增， 可得当  0,1x 时，  ' 0f x  ， 11, 2 x 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 2 a  时，即 1 1 2a  时，  'f x 在  0,1 内单调递增，在  1, 内单调递减， 所以当  0,x  时，  ' 0f x „ ，  f x 单调递减，不合题意. ④当 1 2 a  时，即 10 1 2a   ，当 1 ,1 2 x a      时，  ' 0f x  ，  f x 单调递增, 当  1,x  时，  ' 0f x  ，  f x 单调递减， 所以  f x 在 1x  处取得极大值，合题意. 综上可知，实数 a的取值范围为 1 2 a  . 【变式 4】【根据极值点的关系证明等式】【2016 天津文】设函数 baxxxf  3)( ， xR ，其中 ,a bR . （1）求 )(xf 的单调区间； （2）若 )(xf 存在极值点 0x ，且 )()( 01 xfxf  ，其中 01 xx  ，求证： 02 01  xx ； （3）设 0a ，函数 |)(|)( xfxg  ，求证： )(xg 在区间 ]1,1[ 上的最大值不小于．．．4 1 . 【答案】答案见解析 【解析】（1）由 3( )f x x ax b   ，可得 2( ) 3f x x a   ，下面分两种情况讨论： ①当 0a„ 时，有 2( ) 3 0f x x a   … 恒成立，所以 ( )f x 在R 上单调递增. ②当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，解得 3 3 ax  或 3 3 ax   . 当 x变化时， ( )f x ， ( )f x 的变化情况如表所示. x 3, 3 a        3 3 a  3 3, 3 3 a a       3 3 a 3 , 3 a       ( )f x  0  0  ( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以 ( )f x 的单调递减区间为 3 3, 3 3 a a       ，单调递增区间为 3, 3 a        ， 3 , 3 a       . （3）证明：设 ( )g x 在区间[ 1,1] 上的最大值为M ，max{ , }x y 表示 x，y两数的最大值， 下面分三种情况讨论： ①当 3a… 时， 3 31 1 , 3 3 a a   „ „ 由  1 知 ( )f x 在区间  1,1 上单调递减， 所以 ( )f x 在区间  1,1 上的取值范围为  (1), ( 1)f f  ， 因此       max 1 , 1 max 1 , 1M f f a b a b          max 1 , 1a b a b    1 , 0 1 , 0 a b b a b b        … ，所以 1 2.M a b   … ②当 3 3 4 a „ 时， 2 3 3 3 2 31 1 3 3 3 3 a a a a      „ „ ， 由（1）和（2） 知 2 3 3( 1) 3 3 a af f f                  … ， 2 3 3(1) 3 3 a af f f                 „ ， 所以 ( )f x 在区间[ 1,1] 上的取值范围为 3 3, 3 3 a af f                   ， 所以 3 3max , 3 3 a aM f f                      2 2max 3 , 3 9 9 a aa b a b         2 2 2 2 3 3 1max 3 , 3 3 | | 3 9 9 9 9 4 4 4 a a aa b a b a b             … . ③当 30 4 a  时， 2 3 3 3 2 31 1 3 3 3 3 a a a a         ， 由（1）和（2）知， 2 3 3( 1) , 3 3 a af f f                   2 3 3(1) 3 3 a af f f                  ， 所以 ( )f x 在区间 1,1 上的取值范围为    1 , 1f f   ， 因此     = max 1 , 1M f f    max 1 , 1a b a b        1max 1 , 1 1 4 a b a b a b        . 综上所述，当 0a  时， ( )g x 在区间 1,1 上的最大值不小于 1 4 . （三）求不含参函数的最值 例 3.【2017 北京卷理】已知函数   e cosxf x x x  . （1）求曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程； （2）求函数  f x 在区间 π0, 2      上的最大值和最小值. 【答案】（1） 1y  ；（2） ( )f x 在区间 π0, 2      上的最大值为 (0) 1f  ，最小值为 π π 2 2 f        . 【解析】（1）因为 ( ) e cosxf x x x  ，所以 ( ) e (cos sin ) 1xf x x x    ， (0) 0f   . 又因为 (0) 1f  ，所以曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为 1y  . （ 2 ） 设 ( ) e (cos sin ) 1xh x x x   ， 则 ( ) e (cos sin sin cos ) 2e sinx xh x x x x x x       . 当 π0, 2 x      时， ( ) 0h x  ，所以 ( )h x 在区间 π0, 2      上单调递减. 所以对任意 π0, 2 x     有 ( ) (0) 0h x h  ，即 ( ) 0f x  . 所以函数 ( )f x 在区间 π0, 2      上单调递减. 因此 ( )f x 在区间 π0, 2      上的最大值为 (0) 1f  ，最小值为 π π 2 2 f        . 【方法技巧归纳】在 ],[ ba 上连续的函数 )(xf 在 ],[ ba 上必有最大值与最小值的步骤： ①讨论单调区间；②判断极值；③极值与闭区间端点的函数值比较，最大的为最大值，最小 的是最小值. 【变式 1】【在给定区间上求函数的最值】【2018 河北石家庄二中八月模考】已知函数    21xf x xe x   . （Ⅰ）当  1,2x  时，求  f x 的最大值与最小值； （Ⅱ）讨论方程   1f x ax  的实根的个数. 【答案】 (1) 最小值是  2ln2 1  ,最大值是 22 9e  ;(2) 1a   时，方程   1f x ax  有 1 个实根； 1a   时，方程   1f x ax  有 3个实根. 【解析】试题分析：(1)      1 2xf x x e   ,明确函数的单调性，求出极值与端 点值，比较后得最值；（2）方程   1f x ax  的实根的个数即   2xg x e x a    的图象 与 x 轴的交点个数，分类讨论函数  g x 的单调性，借助极值与 0 的关系确定交点个数. 试题解析： （Ⅰ）因为    21xf x xe x   ， 所以          1 2 1 1 2x xf x x e x x e       ， 令   0f x  得 1 21, ln2x x   ，    ,f x f x 的变化如下表：  f x 在 1,2 上的最小值是  2ln2 1  ， 因为 2 21 12 9 0, 0, 2 9e e e e      ， 所以  f x 在 1,2 上的最大值是 22 9e  . （ⅰ）当 1 0a   时，即 1a   时，   0g x  没有实根，方程   1f x ax  有 1 个实 根； （ⅱ）当 1 0a   时，即 1a   时，   0g x  有 1 个实根为零，方程   1f x ax  有 1 个实根； （ⅲ）当 1 0a   时，即 1a   时，   0g x  有 2 不等于零的实根，方程   1f x ax  有 3 个实根. 综上可得， 1a   时，方程   1f x ax  有 1 个实根； 1a   时，方程   1f x ax  有 3个实根. （四）求含参函数的最值 例 4.【2016 全国 2 卷理】（1）讨论函数 2( ) e 2 xxf x x    的单调性，并证明当 0x  时， ( 2)e 2 0;xx x    （2） 证明：当 [0,1)a 时，函数   2 e= ( 0) x ax ag x x x    有最小值.设  g x 的最小值 为 ( )h a ，求函数 ( )h a 的值域. 【答案】答案见解析 【解析】（1）证明：由已知得，函数的定义域为由已知得， 2x   . 因为   2 e 2 xxf x x    ，所以       2 2 2 2 4 ee 2 2 2 x x x xf x x x x            . 因为当 x    2 2   U， ， 时，   0f x  ，所以  f x 在    2 2 ,   ， 和 上单调递 增， 所以当 0x  时，  2 e 0 = 1 2 xx f x     ，所以  2 e 2 0xx x    . （ 2 ） 由 已 知 得 ，      2 4 e 2 ex xa x x ax a g x x         4 e 2e 2 = x xx x ax a x       3 22 e 2 xxx a x x       ，  0 1a ， . 解法一：记   2 e 2 xxh x a x     ，因为    0 1 0 2 0h a h a   ， … ，所以由（1）知  h x 在  0 2， 上存在唯一零点. 记零点为 0x ，即  0 0h x  ，则  g x 在  00 x， 上单调递减，在  0 2x， 上单调递增. 故 0x 为  g x 的极小值，此时极小值为  0g x . 因为 00 0 2 e 0 2 xx a x     ，所以    00 0 0 2 e 0 0 2 2 xxa x x        ，1 ， . 所以      0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 2e e 1 e 1 2 e= 2 x x x x x x a x x x x x x            ｇ . 记   0 0 0 e 2 x P x x   ,，则         0 0 00 0 0 2 2 0 0 e +2 e 1= e 0 +2 +2 x x xx xP x x x     ，所以  0P x 在  0 0 2x  ， 上单 调递增，所以   2 0 1 e 2 4 P x       ， . 解法二：由(1)知，当 0x  时，   2 e 2 xxf x x     的值域为  1 ， ，只有一解，使得 2 e 2 tt a t      ，  0 2t ， . 当 (0, )x t 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；当 ( , )x t  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增. .       2 2 2e 1 ee 1 e2 2 t t t t tta t th a t t t          . 记   e 2 t k t t   ， 在  0 , 2t 时 ，      2 e 1 0 2 t t k t t      ， 所 以  k t 单 调 递 增 ， 所 以     21 e 2 4 h a k t        ， ． 【方法技巧归纳】超越函数（指数函数、对数函数、三角函数）的最值一般都是利用导 函数求单调性或极值得到的.函数在区间上的最大（小）值，若不是区间端点值就是极大（小） 值. 【变式 1】【由最大值存在的不等关系求参数的取值范围】【2015 全国 2卷文】已知函数    ln 1f x x a x   ． （1）讨论  f x 的单调性； （2）当  f x 有最大值，且最大值大于 2 2a  时,求a的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 0a  ,  f x 在  0, 是单调递增； 0a  ,  f x 在 10, a       单调递 增,在 1 , a      单调递减；（Ⅱ）  0,1 . 【解析】试题分析：（Ⅰ）由   1f x a x    ,可分 0a  , 0a  两种情况来讨论；（II） 由（I）知当 0a  时  f x 在  0, 无最大值,当 0a  时  f x 最大值为 1 ln 1.f a a a          因此 1 2 2 ln 1 0f a a a a            .令   ln 1g a a a   ,则  g a 在  0, 是增函数,当0 1a  时,   0g a  ,当 1a  时   0g a  ,因此 a 的取值 范围是  0,1 . 试题解析：（Ⅰ）  f x 的定义域为  0, ,   1f x a x    ,若 0a  ,则   0f x  ,  f x 在  0, 是单调递增；若 0a  ,则当 10,x a      时   0f x  ,当 1 ,x a       时   0f x  ,所以  f x 在 10, a       单调递增,在 1 , a      单调递减. 【变式 2】【求函数取得最值时自变量的取值】【2014 安徽卷理】设函数 2 3( ) 1 (1 )f x a x x x     ,其中 0a  . （1）讨论 ( )f x 在其定义域上的单调性； （2）当 [0,1]x 时，求 ( )f x 取得最大值和最小值时的 x的值. 【答案】（1） ( )f x 在 1( , )x 和 2( , )x  内单调递减，在 1 2( , )x x 内单调递增；（2） 所以当0 1a  时， ( )f x 在 1x  处取得最小值；当 1a  时， ( )f x 在 0x  和 1x  处 同时取得最小只；当1 4a  时， ( )f x 在 0x  处取得最小值. 【解析】 试题分析：（1）对原函数进行求导， 2'( ) 1 2 3f x a x x    ，令 '( ) 0f x  ，解得 1 2 1 2 1 4 3 1 4 3, , 3 3 a ax x x x         ，当 1x x 或 2x x 时 '( ) 0f x  ；从 而得出，当 1 2x x x  时， '( ) 0f x  .故 ( )f x 在 1( , )x 和 2( , )x  内单调递减，在 1 2( , )x x 内单调递增.（2）依据第（1）题，对a进行讨论，①当 4a  时， 2 1x  ，由（1） 知， ( )f x 在[0,1]上单调递增，所以 ( )f x 在 0x  和 1x  处分别取得最小值和最大值.② 当0 4a  时， 2 1x  .由（1）知， ( )f x 在 2[0, ]x 上单调递增，在 2[ ,1]x 上单调递减， 因此 ( )f x 在 2 1 4 3 3 ax x      处取得最大值.又 (0) 1, (1)f f a  ，所以当 0 1a  时， ( )f x 在 1x  处取得最小值；当 1a  时， ( )f x 在 0x  和 1x  处同时取 得最小只；当1 4a  时， ( )f x 在 0x  处取得最小值. （1） ( )f x 的定义域为R， 2'( ) 1 2 3f x a x x    .令 '( ) 0f x  ，得 1 2 1 2 1 4 3 1 4 3, , 3 3 a ax x x x         ，所以 1 2'( ) 3( )( )f x x x x x    .当 1x x 或 2x x 时 '( ) 0f x  ；当 1 2x x x  时， '( ) 0f x  .故 ( )f x 在 1( , )x 和 2( , )x  内单调递减，在 1 2( , )x x 内单调递增. 因为 0a  ，所以 1 20, 0x x  . ①当 4a  时， 2 1x  ，由（1）知， ( )f x 在[0,1]上单调递增，所以 ( )f x 在 0x  和 1x  处分别取得最小值和最大值.②当0 4a  时， 2 1x  .由（1）知， ( )f x 在 2[0, ]x 上单 调递增，在 2[ ,1]x 上单调递减，因此 ( )f x 在 2 1 4 3 3 ax x      处取得最大值.又 (0) 1, (1)f f a  ，所以当0 1a  时， ( )f x 在 1x  处取得最小值；当 1a  时， ( )f x 在 0x  和 1x  处同时取得最小只；当1 4a  时， ( )f x 在 0x  处取得最小值. 【数学思想】 分类讨论思想 1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略， 它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思 维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地 位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究， 我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类 进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分 类讨论的思想”． 2.分类讨论思想的常见类型 ⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的； ⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； ⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的. 【处理导数的极值与最值问题注意点】 对参数的讨论要做到不重不漏.至于如何分类的思想是将导函数零点之间的大小以及区 间端点值的大小进行比较，将区间端区限定不动，变动零点位置. 【典例试题演练】 1．【2018 广东广州珠海区高三检测（一）理】已知函数    lnf x x x ax  有两个极 值点，则实数 a的取值范围是（ ） A. 10, 2       B.  0,1 C.  ,0 D. 1, 2      【答案】A 2．【2018 海南八校联盟开学考试理】已知函数   2 13ln 2 f x x x a x        在区间  1,3 上有最大值，则实数a的取值范围是( ) A. 1 ,5 2      B. 1 11, 2 2      C. 1 11, 2 2       D. 1 ,5 2       【答案】B 【解析】因为   3 12 2 f x x a x      ，所以由题设   3 12 2 f x x a x      在  1,3 只 有一个零点且单调递减，则问题转化为     1 0 { 3 0 f f   ，即 1 0 1 112{ 11 2 20 2 a a a         ，应 选答案 B。 3．【2018 湖南永州第一次模拟考试理】函数   22 5xf x ae x a    的值域为D，若 1 D ，则实数 a的取值范围为（ ） A.  ,1 B.  , 2 C.  0,2 D.  2, 【答案】B 【解析】排除法，当 0a  时，   2 5f x x   ， ,1D R R  ，符合题意，排除 选项 C、D；当 2a  时，    2 2 1, ' 2 2x xf x e x f x e     ，由  ' 0f x  ，得  f x 在  1, 上递增，由  ' 0f x  得  f x 在  0,1 上递减，    1 1f x f   ，即  1D   ， 1 D ， 2a  合题意，排除选项 A，故选 B. 4．【2018 河北石家庄二中八月模考（文）】已知对  0,x   ，不等式 ln 1 nx m x    恒成立，则 m n 的最大值是 ( ) A. 1 B. 1 C. e D. e 【答案】C 5．【2018“超级全能生”全国卷26省9月联考（文）】已知函数   3 23 2 3 2 tf x x x x t    在区间  0, 上既有极大值又有极小值，则 t的取值范围是__________． 【答案】 90, 8       【解析】   2 3 2f x tx x    ，由题意可得   0f x  在  0, 有两个不等根，即 2 3 2 0tx x   ，在  0, 有两个不等根，所以 3 0 { 2 9 8 0 t t      ，解得 90 8 t  ，填 90, 8       6．【2018 四川雅安中学高三第一次月考】设函数  f x 在 R 上存在导数  f x ,对任意 的 x R 有     2f x f x x   , 且 在  0, 上  f x x  . 若    2 2 2f a f a a    ,则实数 a的取值范围__________． 【答案】  ,1 【解析】令     21 2 g x f x x  ，所以     0g x g x   ，则  g x 为奇函数 . 0x  时，     0g x f x x    ，由奇函数性质知：  g x 在 R 上上递增 .        2 2 2 2 2 1f a f a a g a g a a a a            ，则实数a的取值范围 是  ,1 7 ． 【 2017 江 西 师 大 附 中 三 模 （ 文 ） 】 设 1 2,x x 是 函 数     3 21 2 1( 2, 0)f x a x bx x a b       的两个极值点，且 1 2 2 2x x  ，则实数b 的取值范围是__________. 【答案】 2 3,  【解析】因为 1 2,x x 是函数     3 21 2 1( 2, 0)f x a x bx x a b       的两个极值点     2' 3 1 2 2f x a x bx    ， 1 2,x x 是   23 1 2 2 0a x bx    的两个根，  1 2 1 2 1 2 2 0, | 2 2 3 1 x x x x x x a          ，  2 1 2 1 24 8x x x x   ， 即     2 2 8 8 3 1 3 1 b a a          ，    22 18 1 6 1b a a    ，设 1 1a t   ，则 2 218 6 12b t t   ，则实数b的取值范围是 2 3,  ，故答案为 2 3,  . 8.【2017 山东枣庄三中二调考试理】对于函数  f x ,如果  f x 可导，且    'f x f x 有 实 数 根 x ， 则 称 x 是 函 数  f x 的 驻 点 . 若 函 数      2 ( 0), ln , sin (0 )g x x x h x x x x x       的驻点分别是 1 2 3, ,x x x ，则 1 2 3, ,x x x 的大小关系是__________．(用“”连接) 【答案】 3 2 1x x x  【解析】因   2g x x  ，故由 2 12 2x x x   ；因   cosx x  ，故由 3sin cos 4 x x x     ；因   1h x x   ，故 1ln ln 1 0x x x x     ，令   ln 1F x x x  ， 因  2 2ln2 1 ln4 1 0, 2ln 1 0 4 4 F F              ，故 2 2 4 x   ；应填答案 3 2 1x x x  。 9．【2018 广西柳州高三综合模拟（1）理】已知 a为实数，函数   2ln 4f x a x x x   . （1）若 3x  是函数  f x 的一个极值点，求实数 a的取值； （2）设    2g x a x  ，若 0 1 ,x e e       ，使得    0 0f x g x 成立，求实数 a的取 值范围. 【答案】(1) 6a   ,(2)  1,  . 解析：（1）函数  f x 定义域为  0, ，   22 42 4a x x af x x x x        . ∵ 3x  是函数  f x 的一个极值点，∴  3 0f   ，解得 6a   . 经检验 6a   时， 3x  是函数  f x 的一个极小值点，符合题意， ∴ 6a   . （2）由    0 0f x g x ，得   2 0 0 0 0ln 2x x a x x   ， 记    ln 0F x x x x   ， ∴    1 0xF x x x    ， ∴当0 1x  时，   0F x  ，  F x 单调递减； 当 1x  时，   0F x  ，  F x 单调递増. ∴    1 1 0F x F   ， ∴ 2 0 0 0 0 2 ln x xa x x    ，记   2 2 1, , ln x xG x x e x x e         ， ∴            2 2 2 ln 2 1 ln x x x x x G x x x              2 1 2ln 2 ln x x x x x       . ∵ 1 ,x e e      ，∴  2 2ln 2 1 ln 0x x    ， ∴ 2ln 2 0x x   ， ∴ 1 ,1x e      时，   0G x  ，  G x 单调递减；  1,x e 时，   0G x  ，  G x 单调递增， ∴    min 1 1G x G   ， ∴  min 1a G x   . 故实数 a的取值范围为 1,  . 10.【2018 湖南永州上学期一模（理）】已知函数    2 1 xf x x x e   . （1）若  f x 在区间  , 5a a  有最大值，求整数 a的所有可能取值； （2）求证：当 0x  时，    3 23ln 2 4 7xf x x x x x e      . 【答案】（1） 6, 5, 4   ；（2）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）  f x 在区间  , 5a a  有最大值，即是  f x 在区间  , 5a a  有极大值，求出  'f x ，求出极大值点 0x ，令 0 5a x a   ，从而可得结果；（2）    3 23ln 2 4 7xf x x x x x e      等价于  2 33 1 3ln 7xx x e x x       ，只需证明    2 3 minmax 3 1 3ln 7xx x e x x         即可. 试题解析：（1）f′(x)＝（x2＋x－2）ex， 当 x<－2 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当－2＜x＜1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x＞1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 由题知：a＜－2＜a+5，得：－7＜a＜－2， 则 a＝－6、－5、－4、－3， 当 a＝－6、－5、－4，显然符合题意， 若 a＝－3 时，f(－2)＝5e―2，f(2)＝e2，f(－2)＜f(2)，不符合题意，舍去． 故整数 a 的所有可能取值－6，―5，－4． （2）f(x)＜－3lnx＋x3+(2x2－4x)ex+7 可变为(－x2＋3x－1)ex＜－3lnx＋x3+7， 令 g(x)＝(－x2＋3x－1)ex，h(x)=－3lnx＋x3+7， g′(x)＝(－x2＋x＋2)ex， 0＜x＜2 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当 x＞2 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， g(x)的最大值为 g(2)＝e2， h′(x)＝  33 1x x  ，当 0＜x＜1 时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 当 x＞1 时，h′(x)＞0，h(x)单调递增， h(x)的最小值为 h(1)＝8＞e2， g(x)的最大值小于 h(x)的最小值， 故恒有 g(x)＜h(x)，即 f(x)＜－3lnx＋x3+(2x2－4x)ex+7． 11．【2018 四川成都双流中学 9 月月考文】已知函数    ln 1 ,f x x a x a R    . （1）当 1a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）当 1x  时，   ln 1 xf x x   恒成立，求 a的取值范围. 【答案】（1）  f x 的单调递增区间为  0,1 ，递减区间为  1, ；（2） 1 , 2    . 【解析】试题分析：（1）把 a的值代入函数解析式，然后求函数的导函数，求出导函数 的零点，由导函数的零点把定义域分段，根据导函数在各区间段内的符号求出原函数的单调 区间；（2）求出原函数的导函数，根据a的不同取值范围对导函数的符号加以判断，只有当 1 2 a  时,  ' 0h x  在上恒成立，    1 0h x f  ，不等式恒成立，对于 10 2 a  和 0a  都不能满足当 1x  时，   0f x  恒成立，从而求得 a的值范围. 试题解析：（1）  f x 的定义域为  0, ， 1a  时，   1 xf x x    令   0 0 1f x x    ，∴  f x 在  0,1 上单调递增； 令   0 1f x x   ，∴  f x 在  1, 上单调递减 综上，  f x 的单调递增区间为  0,1 ，递减区间为  1, . （2）若 10 2 a  ，当 11, 2 x a      时，   0h x  ，  g x 在 11, 2a       上单调递增，    1 1 2 0g x g a    ， 同Ⅰ），所以不符合题意 （3）当 1 2 a  时，   0h x  在 1, 上恒成立. ∴  g x 在 1, 递减，    1 1 2 0g x g a    . 从而  g x 在 1, 上递减，∴    1 0g x g  ，即   ln 0 1 xf x x    . 结上所述， a的取值范围是 1 , 2    . 12. 【 2018 河 北 省 馆 陶 县 第 一 中 学 第 一 次 月 考 理 】 设 函 数      ln 1 ,f x x a x a R    . (Ⅰ)讨论函数  f x 的单调性； (Ⅱ)当函数  f x 有最大值且最大值大于3 1a  时，求 a的取值范围. 【答案】(1)详见解析（2）  1,0 【解析】试题分析：对函数求导，借助导数工具研究函数的单调性，求导后  f x 中 含有参数 a，所以对a进行分类讨论，分情况说清楚函数的单调性；根据第一步对函数的单 调性的研究可以发现函数的最大值为 1 1ln 1 1 1 f a a        ，根据题意需要满足 1ln 3 1 1 a a    ，即  ln 1 3 0a a   ，设    ln 1 3g a a a   ，找出   0g a  在  1,  恒成立的条件 a的范围. 试题解析： （Ⅰ）函数  f x 的定义域为  0, ，      1 11 1 a x f x a x x       ①当 1 0a   ，即 1a   时，   0f x  ，函数  f x 在  0, 上单调递增； ②当 1 0a   时，令   0f x  ，解得 1 1 x a   ， i）当 10 1 x a    时，   0f x  ，函数单调递增， ii）当 1 1 x a   时，   0f x  ，函数单调递减； 综上所述：当 1a   时，函数  f x 在  0, 上单调递增， 当 1a   时，函数  f x 在 10, 1a      上单调递增，在 1 , 1a     上单调递减； （Ⅱ）由（Ⅰ）得：  max 1 1ln 1 1 1 f x f a a        当函数  f x 有最大值且最大值大于3 1a  ， 1ln 1 3 1 1 a a     ， 即  ln 1 3 0a a   ， 令    ln 1 3g a a a   ，  0 0g  且  g a 在  1,  上单调递增，     0 0g a g  在  1,  上恒成立，  -1 0a  故 a的取值范围为  1 0 ， .