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最新高中数学导数培优拔高专题（附经典解析）

导数中极值和最值问题

【探究拓展】
探究1：已知函数
ab
________. -7
f(x)x
3
ax
2
bxa
2
在
x1
处有极值10
，则
变式1：已知函数
f

x

x4
ax
3
2x
2
b
，其中
a,bR< br>．若函数
f

x

仅在
x0
88


处有极值，则
a
的取值范围是 .


,



33

变式2
：已知函数
f(x)
1
4
c
的
x6x< br>2
cxd
既有极大值又有极小值，实数
4
取值范围是
__ _______.

16,16


首先转化为导函数（三次函数）至少有两个互异实数根

极小值小于等
于
0
小于等于极大值

变式3：若
x1
是定义在R上的函数f(x)极小值点，且f
’
(x)=(x-1)(x
2
-ax+2),
则a的取值范围为_______. a<3
变式4：设函数
f(x)(x2 )
2
(xb)e
x
，若
x2
是
f(x)
的一个极大值点，则实数
b
的取值范围为_________.
b2

变式5：下列关于函数
f(x)(2xx
2
)e
x
的判 断正确的是___________.
①
f(x)0
的解集是

0,2

；
③
②
f(2)
是极小值，
f(2)
是极大值；
f(x)
没有最小值，也没有最大值
.

变式
6
：对于函数
f(x)x
3
ax
2
x1
的极值情况，
4
位同学有下列说法：
甲：该函数必有
2
个极值；

乙：该函数的极大值必大于
1
丙：该函数的极小值必小于
1
；

丁：方程
f(x)0
一定有
3
个不等
的实数根

这四种说法中，正确的个数为
_________ 3
只有丁错误

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探究2 ：设
f(x)
1
x
3

1
x
2
2ax

32
12

（1）若函数在

,

上单调递增，求实数
a
的取值范围；

23< br>
2

（2）若函数在


,

上存在单调递增区间，求实数
a
的取值范围；

3

a
1

9
3
（3）当
0a2
时，
f(x)
在
[1,4]
上的最小值为

16
，求
f(x)
在该区间上的
最大值.
解：（2）
f(x)
在
(
2
,)
上存在单调递增区间，即存在某个 子区间
3
211
(m,n)(,)
使得
f
'
(x)0
.由
f
'
(x)x
2
x2a(x )
2
2a
，
f
'
(x)
在区
324
间
[
2
,)
上单调递减，则只需
f
'
(
2
)0
即由
f
'
(
2
)
2
2a0
解得
a
1
，
33399
所以，当
a
1
时，
f(x)
在
(
2
,)< br>上存在单调递增区间.
93
（3）令
f
'
(x)0，得两根
x
1

118a
2
，
x
2

118a
2
.…
所以
f(x)
在
(,x
1
)
，
(x
2
,)
上单调递减， 在
(x
1
,x
2
)
上单调递增
当
0a 2
时，有
x
1
1x
2
4
，所以
f (x)
在
[1,4]
上的最大值为
f(x
2
)
< br>又
f(4)f(1)
27
6a0
，即
f(4)< br>2
f(1)

所以
f(x)
在
[1,4]
上 的最小值为
f(4)8a
40

16
，得
a1，
x
2
2
，
33
从而
f(x)
在
[1,4]
上的最大值为
f(2)
10
.
3
变 式：设函数
f(x)lnxx
2
2axa
2
,aR
，
（1）若
a0
，求函数
f(x)
在

1, e

上的最小值；
1

（2）若函数
f(x)
在


,2

上存在单调递增区间，求实数
a
的取值 范围；

2


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（3）求函数
f(x)
的极值点．
解：（1）
f(x)
min
1
；
1

9
,2
（2）使
f

(x)0
在

上有 解，得
a


2

4
（3）当
a 2
时，
f(x)
没有极值点；
aa
2
2
是函 数的极大值点，
x
2
aa
2
2
当
a2时，
x
2
是函数的极小
值点．

探究3：已知mR
，
f(x)x
3
3(m1)x
2
12m x1
.
（1）若
f(x)
在区间

0,3
< br>上无极值点，求实数
m
的值. 1
（2）若存在
x
0

0,3

，使得
f(x
0
)
是< br>f(x)
在

0,3

上的最值，求实数
m
的取值
范围.

探究4：设函数f(x)=ax
2
+e
x
(a∈R)有且仅有两个极值点x
1
，x
2
(x
1
2
)．
(1) 求实数a的取值范围；
(2) 是否存在实数a满足 f(x
1
)=
ex
?如存在，求f(x)的极大值；如不存在，
1< br>2
3
m
1
或
m
4

3
3
请说明理由．
解：(1)
f

(x)
=2ax+e
x
．
显然a≠0，x
1
，x
2
是直线y=

1
与曲线 y=g(x)=
x
两交点的横坐标．
2ae
x
（思考为何要这样变形？）··············2分
由
g

(x)
=
1x
=0，得x=1．列表：
e
x
x (-∞，1) 1 (1，+∞)

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g

(x)

+
↗
0
g(x)
max
=
1

e
-
↘ g(x)
········ ·····························
················· ···4分
此外注意到：
当x<0时，g(x)<0；
当x∈[0，1]及x∈ (1，+∞)时，g(x)的取值范围分别为[0，
1
]和(0，
1
)． < br>ee
于是题设等价于0<

1
<
1

a<< br>
e
，故实数a的取值范围为(-∞，
2ae2

e
)．········6
2
分
(2)存在实数a满足题设．证明如下：
由(1)知，0< x
1
<12
，
f

(x)
=2ax
1
+
e
=0，
1
x
1
故
分
记
2
2
e
x
1
1
x
1
x
1
x
1
3
f(x
1
)=
ax+e
=
ee
=
ex
1
，故
ee
3
0
．···················· ········8
x
1
2
2
2
1
x
1< br>x
1
2
e
x
1
x
e
x
(x 1)1
x
3
R(x)=
ee
(0R< br>
(x)
=
2
e0
，
x2
x2
于是，R(x)在(0，1)上单调递减．
又R(
2
)=0，故R(x)有唯一的零点x=
2
．
33
从而，满足f(x
1
)=
ex
1
2
3
的< br>分
x
1
=
2
3
．所以，
e
x1
3
2
a=
e
3
．············· ················12
2x
1
4
3
2
3< br>2
x
3
2
此时f(x)=
exe
，
f< br>
(x)
=
e
3
xe
x
，
4 2
又
f

(0)
>0，
f

(1)
<0，
f

(2)
>0，而x
1
=
2
∈ (0，1)，
3
故当a=
3
2
e
3
4
时，f(x)
极大

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2
2
=f(x
1
)=
e
3
．······ ·················································1 6
3
分

探究5：（2020年）已知函数
f(x)(xa) (xb)
2
,
a,b
为常数.
（1）若
ab
, 求证：函数
f(x)
存在极大值和极小值； < br>（2）设（1）中
f(x)
取得极大值、极小值时自变量的分别为
x
1
,x
2
，令点
A(x
1
,f(x
1
))< br>，
B(x
2
,f(x
2
))
,如果直线
AB
的斜率为

1
，求函数
f(x)
和
f
< br>(x)
的公
2
共递减区间的长度；
（3）若
f(x)mx f

(x)
对于一切
xR
恒成立，求实数
m,a,b
满足的条件.
解：（1）
f

( x)(xb)

3x(2ab)


ab
 b
2ab
f
,
(x)0
有两不等
3
b和
2ab

f（x）存在极大值和极小
3
值
（2）①若a=b，f（x）不存在减区间
②若a>b时由（1）知x
1
= b，x
2
=
2ab

3

2ab2(ab)
2



A（b,0）B


3
,


9

2(ab)
2
1
9

2(ab)
2
3(ab)

2ab
2
b
3

ab
3

2
2ab33
3当a12
○
3
22
f(x)
的减区间为
(b,
2ab
)
即（b,b+1），
f
3
,
（ x）减区间为
(,b
1
)

2
2
∴公共减区 间为（b，b+
1
）长度为
1
…………………………….……………………1 0
2
分
（3）
f(x)mxf

(x)

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(xa)(x b)
2
mx(xb)

3x(2ab)

< br>(xb)(13m)x
2


m(2ab)(ab)
xab0


若
m
1
，则左边是一 个一次因式，乘以一个恒正（或恒负）的二次三
3
项式，或者是三个一次因式的积，无论哪种情 况，总有一个一次因式
的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非
负。
m
1
3

(xb)

(a2b)x3ab

0

若a+2b=0，
a2b
，
ab
=0，
若
a2b0
则
x
3ab
1
b
，
x
2

a2b




a 2b0

b
3ab
a2b

①b=0 则a<0，②b

0
3a
a2b
1

ab
且b<0
综上
m
1
3

ab0


【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？