1、真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值 问题 高考定位 常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范围有关的问题.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华真 题 感 悟(2016全国卷)(1)讨论函数 f(x)x2x2ex 的单调性，并证明当x0 时，(x2)exx20；(2)证明：当 a0，1)时，函数 g(x)exaxax2(x0)有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a)，求函数 h(a)的值域.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 f(x)的定义域为(，2)(2
2、，).f(x)（x1）（x2）ex（x2）ex（x2）2x2ex（x2）20，且仅当 x0 时，f(x)0，所以 f(x)在(，2)，(2，)单调递增.因此当 x(0，)时，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)证明 g(x)（x2）exa（x2）x3x2x3(f(x)a).由(1)知 f(x)a 单调递增，对任意 a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一 xa(0，2，使得f(xa)a0，即 g(xa)0.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 0 xxa 时，f(x)a0，g(x)xa 时，f(x)a0，g(x)0，g(x
3、)单调递增.因此 g(x)在 xxa 处取得最小值，最小值为 g(xa)exaa（xa1）x2aexaf（xa）（xa1）x2a exaxa2.于是 h(a)exaxa2，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华由exx2（x1）ex（x2）2 0，exx2单调递增.所以，由 xa(0，2，得12 e002h(a)exaxa2 e222e24.因为 exx2单调递增，对任意 12，e24，存在唯一的 xa(0，2，af(xa)0，1)，使得 h(a).所以 h(a)的值域是12，e24.综上，当 a0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e24.真题感悟考点整合热
4、点聚焦题型突破归纳总结思维升华考 点 整 合 1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数yf(x)在某个区间内可导，如果f(x)0，则yf(x)在该区间为增函数；如果f(x)0，则yf(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华2.极值的判别方法 当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x
5、0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f(x)0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华热点一 利用导数研究函数的单调性 微题型1 求解含参函数的单调区间【例 11】设函数 f(x)
6、aln xx1x1，其中 a 为常数.(1)若a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)由题意知 a0 时，f(x)x1x1，x(0，).此时 f(x)2（x1）2.可得 f(1)12，又 f(1)0，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华所以曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 x2y10.(2)函数 f(x)的定义域为(0，).f(x)ax2（x1）2ax2（2a2）xax（x1）2.当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增.当 a0 时，令 g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(
7、2a1)，当 a12时，0，f(x)12（x1）2x（x1）2 0，函数 f(x)在(0，)上单调递减.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 a12时，0，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递减.当12a0 时，0.设 x1，x2(x1x2)是函数 g(x)的两个零点，则 x1（a1）2a1a，x2（a1）2a1a.由于 x1a1 2a1a a22a1 2a1a0，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华所以 x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减，x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递增，x(x2，
8、)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减，综上可得：当 a0 时，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a12时，函数 f(x)在(0，)上单调递减；当12a0 时，f(x)在0，（a1）2a1a，（a1）2a1a，上单调递减，在（a1）2a1a，（a1）2a1a上单调递增.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有
9、解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内.另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华微题型2 已知函数的单调区间求参数范围【例12】已知aR，函数f(x)(x2ax)ex(xR，e为自然对数的底数).(1)当a2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(1，1)上单调递增，求a的取值范围；(3)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解(1)当 a2 时，f(x)(x22x)ex，所以
10、f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令 f(x)0，即(x22)ex0，因为 ex0，所以x220，解得 2x 2.所以函数 f(x)的单调递增区间是 2，2.(2)因为函数 f(x)在(1，1)上单调递增，所以 f(x)0 对 x(1，1)都成立.因为 f(x)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex，所以x2(a2)xaex0 对 x(1，1)都成立.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华因为 ex0，所以x2(a2)xa0 对 x(1，1)都成立，即ax22xx1（x1）21x1(x1)1x1对 x(1，1)都成立.令 g(x)(x1)1x1，则 g
11、(x)11（x1）20.所以 g(x)(x1)1x1在(1，1)上单调递增.所以 g(x)g(1)(11)11132.所以 a 的取值范围是32，.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(3)若函数 f(x)在 R 上单调递减，则 f(x)0 对 xR 都成立，即x2(a2)xaex0 对 xR 都成立.因为 ex0，所以x2(a2)xa0 对 xR 都成立.所以(a2)24a0，即 a240，这是不可能的.故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减.若函数 f(x)在 R 上单调递增，则 f(x)0 对 xR 都成立，即x2(a2)xaex0 对 xR 都成立，因为 ex0，所以 x
12、2(a2)xa0 对 xR 都成立.而(a2)24aa240，故函数 f(x)不可能在 R 上单调递增.综上，可知函数 f(x)不可能是 R 上的单调函数.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高(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)可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，转化为恒成立问题时，常忽视等号这一条件，导致与正确的解法擦肩而过，注意，这里“”一定不能省略.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳
13、总结思维升华【训练 1】已知函数 f(x)(ax2x)lnx12ax2x(aR).(1)当a0时,求曲线yf(x)在点(e,f(e)处的切线方程(e2.718)；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)当 a0 时，f(x)xxln x，f(x)ln x，所以 f(e)0，f(e)1.所以曲线 yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为 yxe，即 xye0.(2)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)(ax2x)1x(2ax1)ln xax1(2ax1)ln x.当 a0 时，2ax10，若 x(0，1)，则 f(x)0，若 x(1，)，则 f(x)0，所以函数 f(x)在(0，1)上单
14、调递增，在(1，)上单调递减.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 0a12时，若 x(0，1)或 x12a，则 f(x)0，若 x1，12a，则 f(x)0，所以函数 f(x)在(0，1)，12a，上单调递增，在1，12a上单调递减.当 a12时，f(x)0 且仅 f(1)0，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 a12时，若 x0，12a 或 x(1，)，则 f(x)0，若x12a，1，则 f(x)0，所以函数 f(x)在0，12a，(1，)上单调递增，在12a，1 上单调递减.综上，当 a0 时，函数 f(x)的增区间为
15、(0，1)，减区间为(1，)；当 0a12时，函数 f(x)的增区间为(0，1)，12a，减区间为1，12a.当 a12时，函数 f(x)的增区间为(0，)；当 a12时，函数 f(x)的增区间为0，12a，(1，)，减区间为12a，1.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华热点二 利用导数研究函数的极值【例2】(2015山东卷)设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若x0，f(x)0成立，求a的取值范围.解(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(1，)，f(x)1x1a(2x1)2ax2axa1x1.令 g(x)2
16、ax2axa1，x(1，).当 a0 时，g(x)1，此时 f(x)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 a0 时，a28a(1a)a(9a8).()当 0a89时，0，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；()当 a89时，0，设方程 2ax2axa10 的两根为 x1，x2(x1x2)，因为 x1x212，所以 x114，x214.由 g(1)10，可得1x114.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华所以当x(1，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x1，x
17、2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.()当a0时，0，由g(1)10，可得x11.当x(1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述，当a0时，函数f(x)有一个极值点；真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 0a89时，函数 f(x)无极值点；当 a89时，函数 f(x)有两个极值点.(2)由(1)知，当 0a89时，函数 f(x)在(0，)上单调递增，因为 f(0)0
18、，所以 x(0，)时，f(x)0，符合题意；当89a1 时，由 g(0)0，得 x20，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增，又 f(0)0，所以 x(0，)时，f(x)0，符合题意；真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 a1 时，由 g(0)0，可得 x20.所以 x(0，x2)时，函数 f(x)单调递减；因为 f(0)0，所以 x(0，x2)时，f(x)0，不合题意；当 a0 时，设 h(x)xln(x1).因为 x(0，)时，h(x)1 1x1 xx10，所以 h(x)在(0，)上单调递增，因此当 x(0，)时，h(x)h(0)0，即 ln(x1)x.可得 f(x)xa(
19、x2x)ax2(1a)x，当 x11a时，ax2(1a)x0，此时 f(x)0，不合题意.综上所述，a 的取值范围是0，1.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 极值点的个数，一般是使f(x)0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练2】设函数f(x)ax32x2xc.(1)当a1，且函数图象过(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围.解 由题得 f(x)3ax24x1.(1)函数图象过(0，1)，有 f(0
20、)c1.当 a1 时，f(x)3x24x1.令 f(x)0，解得 x13或 x1；令 f(x)0，解得13x1.所以函数在，13 和1，)上单调递增，在13，1 上单调递减，极小值是 f(1)13212111.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)若 f(x)在 R 上无极值点，则 f(x)在 R 上是单调函数，即 f(x)0或 f(x)0 恒成立.当 a0 时，f(x)4x1，显然不满足条件；当 a 0 时，f(x)0 或 f(x)0 恒成立的充要条件是(4)243a10，即 1612a0，解得 a43.综上，a 的取值范围为43，.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思
21、维升华热点三 利用导数研究函数的最值【例3】(2016杭州质检)已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0，2时，求|f(x)|的最大值.解(1)由题意得f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0 x2.故()当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0，2上单调递减.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.()当 a1 时，f(x)0，此时 f(x)在0，2上单
22、调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.()当 0a1 时，设 x11 1a，x21 1a，则 0 x1x20，f(x1)f(x2)4(1a)1a0.从而 f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1).真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(i)当 0a|f(2)|，又 f(x1)f(0)2(1a)1a(23a)a2（34a）2（1a）1a23a0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a，(ii)当23a1 时，|f(2)|f(2)，且 f(2)f(0).又 f(x1)|f(2)|2(1a)1a(3a2)
23、a2（34a）2（1a）1a3a2，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华所以当23a|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a.当34a1 时，f(x1)|f(2)|，故|f(x)|max|f(2)|3a1.综上所述|f(x)|max33a，a0，12（1a）1a，0a34，3a1，a34.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值
24、范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练3】已知函数f(x)xln x.(1)求函数 f(x)的单调区间和最小值；(2)若函数 F(x)f（x）ax在1，e上的最小值为32，求 a 的值.解(1)因为 f(x)ln x1(x0)，令 f(x)0，即 ln x1ln e1，所以 xe11e，所以 x1e，.同理令 f(x)0，可得 x0，1e.所以 f(x)的单调递增区间为1e，单调递减区间为0，1e.由此可知 f(x)minf1e 1e.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)F(x)xax2，当 a0 时，
25、F(x)0，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)32，所以 a320，)，舍去.当 a0 时，F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增.当 a(1，0)，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)a32，所以 a32(1，0)，舍去.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华若 ae，1，F(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以 F(x)minF(a)ln(a)132，a ee，1；若 a(，e)，F(x)在1，e上单调递减，F(x)minF(e)1ae32，所以 ae2(，e)，舍去.综上所述 a e.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总
26、结思维升华1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间a，b上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在xx0处的导数f(x0)0”是“f(x)在xx0处取得极值”的必要不充分条件；真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维直接求函数的极值或最值；也有逆向思维已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
