1

专题1 函数的最（极值） 训练篇A （10页）

专题01 导数与函数的最（极）值（训练篇A）

-用思维导图突破导数压轴题

《挑战压轴题?高中数学?精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者

上海市特级教师文卫星

A组：

1.(2017年山东理第15题)若函数e定义域上单调递增，则称函数号为_______．

?x①f(x)?2

xf?x?(e?2.71828L是自然对数的底数)在

f?x?的

f?x?具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序

?x②f(x)?3

3③f(x)?x ④f(x)?x?2

x2?x解析：① f(x)?2，有ef(x)?()在R上单调递增

e2x?x②f(x)?3，有ef(x)?()在R上单调递减

xe3x③

xf(x)?x3x3，有

exf(x)的导函数为

exx2(x?3)，有

?ef?x??'?e?x递增.

?3x2?ex?x2?x?3?，因此在???,?3?上，函数exf?x?单调递减；

?2xx2x2④f(x)?x?2，有ef(x)的导函数为e(x?2x?2)?e[(x?1)?1]?0在R上单调

综上所述，具有M性质的函数的序号是(1)(4)．

2.若x??2是函数f(x)?(x2?ax?1)ex?1`的极值点，则f(x)的极小值为（ ）

A.?1 B.?2e?3 C.5e?3 D.1

解 由题可得f?(x)?(2x?a)ex?1?(x2?ax?1)ex?1?[x2?(a?2)x?a?1]ex?1.

2x?12x?1因为f?(?2)?0，所以a??1，f(x)?(x?x?1)e，故f?(x)?(x?x?2)e.

令f?(x)?0，解得x??2或x?1，所以f(x)在(??,?2),(1,??)单调递增，在(?2,1)1?1单调递减，所以f(x)极小值?f(1)?(1?1?1)e??1，故选A.

3.（2015年四川文第理15题）已知函数f(x)?2x,g(x)=x2+ax,a?R.对于不相等的

2

专题1 函数的最（极值） 训练篇A （10页）

实数x1,x2，设m?g(x1)?g(x2)f(x1)?f(x2),n?.

x1?x2x1?x2现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m?0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n?0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得m?n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得m??n.其中的真命题有 (写出所有真命题的序号）.

2x1?2x2,n?x1?x2?a.若x1?x2，则由f(x)在R上单调增，解 由定义m?x1?x22x1?2x2，所以m?0，若x1?x2，则2x1?2x2，仍有m?0，①正确；

由n?x1?x2?a易知②错误；

2x1?2x2?x1?x2?a， 令m?n，有

x1?x222整理得2x1?2x2?x1?x2?a(x1?x2)，即f(x1)?f(x2)?g(x1)?g(x2)，

所以f(x1)?g(x1)?f(x2)?g(x2).

令h(x)?f(x)?g(x)?2?x?ax，则题意转化为存在不相等的实数x1,x2，使得

x2h(x1)?h(x2).

(x)=2ln2-2x-a，h??(x)?2（ln2）?2. 由h￠xx2(x0)=0，且1?x0?2，可得h￠(x0)为极小值；若a??10000，则h￠(x0)>0，令hⅱ(x)>0，h?x?单调递增，不满足题意，③错误； 即h￠令n?0，同③可得f(x1)?g(x1)?f(x2)?g(x2), 设h(x)?f(x)?g(x)?2?x?ax，则

x2h?(x)?2xln2?2x?a，hⅱ(x)=2x(ln2)2+2?0恒成立，h?(x)单调递增且当x???时，h?(x)???，当x???时，h?(x)???，所以h?x?先减后增，所以对于

任意的n?0，存在不相等的实数a，使得h(x1)?h(x2)，即使得n?0成立，④正确.

3

专题1 函数的最（极值） 训练篇A （10页）

4.（2017年浙江理第20题）已知函数f(x)=（x?2x?1）?e?x（x?（Ⅰ）求f(x)的导函数；

1）. 2+?)上的取值范围. （Ⅱ）求f(x)在区间[，解 （Ⅰ）(x?2x?1)??1?121?x?x，(e)???e，所以 2x?1f?(x)?(1??x1(1?x)(2x?1?2)e1?x?x)e?(x?2x?1)e ?(x?). 2x?122x?15(1?x)(2x?1?2)e?x（Ⅱ）由f?(x)??0，解得x?1或x?.

22x?1因为

x 11 (,1) 1 225(1,) 255 (,??) 22f?(x) ? 0 0 ? 0 ? ] 1?1f(x) e2 ] 2又f(x)?1?5e2 Z 21(2x?1?1)2e?x?0， 211?1故f(x)在区间[,??)上的取值范围是[0,e2].

223 5.（2016年天津理第20题）设函数f(x)?(x?1)?ax?b,x?R，其中a,b?R

(1)求f(x)的单调区间；

(2) 若f(x)存在极值点x0，且f(x1)?f(x0)，其中x1?x0，求证：x1?2x0?3； （3）设a?0，函数g(x)?|f(x)|，求证：g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于．．．. 解（1）f?x???x?1??ax?b，f'?x??3?x?1??a， ①a≤0， f?x?在(??,??)上单调递增； ②a?0，令f'(x)=0得x?1?3'a，当x变化时，f(x)，f?x? 变化如下： 33214

x (??,1?＋ 3a3a3a3a3a3a (1? (1?) 1?,1?) 1?,??) 3333330 极大值 － 单调递减 0 极小值 ＋ 单调递增 f'(x) f(x) 单调递增

4

专题1 函数的最（极值） 训练篇A （10页）

???a?a??,1?1?,?????所以，f?x?的单调递增区间为?，????，单调递减区间为33?????aa?1?,1?????. 33??2（2）由（1）知，当a?0，且x0?1时，f'?x0??0得3?x0?1??a，

所以f?x0???x0?1??3?x0?1?x0?b??x0?1???2x0?1??b，

322f?3?2x0???2?2x0??3?x0?1??3?2x0??b

??x0?1??8?8x0?9?6x0??b =?x0?1???2x0?1??b，

所以f?3?2x0??f?x0?，由（1）知，存在唯一实数x1，使得f?x0?=f?x1?，且x0?x1，因此，3?2x0?x1，x1?2x0?3.

（3）欲证g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于

22321 ，只需证在区间[0，2]上存在x1,x2，

41使得g(x1)?g(x2)≥即可

2①当a≥3时，f?x?在?0，2?上单调递减，f(2)?1?2a?b，f(0)??1?b，

1f(0)?f(2)?2a?2≥4?递减，成立

2② 当0?a?3时，

??aaa2aa??a?a????a?a?b?a?a?b， f?1????a1??b????????3???3333333????????a?aaa?2af?1???a1??b??a?a?b. ?????33??3333????因为f(2)?1?2a?b，f(0)??1?b，所以f(2)?f(0)?2?2a.

31若0?a≤时，f?0??f?2??2?2a≥，成立

42??a?a?4a131??f1?当?a?3时，f?????????3a3?2成立. 334????

1

6.(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2x2－ax＋a(a∈R)．

3(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；

(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ ex1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．

1

解 (1)∵f′(x)＝x＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0， 11?1?x即x＋x－a≥0恒成立，∴a≤?＋x?min，而x＋x≥2 ∴a≤2.

即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．

1

x·x＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，