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()xe f x ( 2.71828e =L是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为_______．①()2xf x -=②()3xf x -=③3()f x x =④2()2f x x =+解析：① ()2xf x -=，有()()2xxe ef x =在R 上单调递增②()3xf x -=，有()()3xxe ef x =在R 上单调递减③3()f x x =，有()x e f x 的导函数为2(3)x e x x +，有()()()()322'33xxx e f x e xx e x x =+=⋅+，因此在(),3-∞-上，函数()x e f x 单调递减；④2()2f x x =+，有()x e f x 的导函数为22(22)[(1)1]0x x e x x e x ++=++>在R 上单调递增. 综上所述，具有M 性质的函数的序号是(1)(4)．2.若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1解 由题可得12121()(2)(1)[(2)1]x x x f x x a e x ax e x a x a e ---'=+++-=+++-.因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)x f x x x e -=--，故21()(2)x f x x x e -'=+-.令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞单调递增，在(2,1)-单调递减，所以()f x 极小值(1)f =11(111)1e -=--=-，故选A.3.（2015年四川文第理15题）已知函数,2)(x x f =2()g x x ax =+,R a Î.对于不相等的实数21,x x ，设,)()(2121x x x f x f m --=2121)()(x x x g x g n --=.现有如下命题：①对于任意不相等的实数21,x x ，都有0>m ；②对于任意的a 及任意不相等的实数21,x x ，都有0>n ；③对于任意的a ，存在不相等的实数21,x x ，使得n m =；④对于任意的a ，存在不相等的实数21,x x ，使得n m -=.其中的真命题有 (写出所有真命题的序号）.解 由定义a x x n x x m x x ++=--=2121,2221.若21x x >，则由)(x f 在R 上单调增，2122x x >，所以0>m ，若21x x <，则2122x x <，仍有0>m ，①正确；由a x x n ++=21易知②错误；令n m =，有a x x x x x x ++=--21212122， 整理得2122x x -)(212221x x a x x -+-=，即=-)()(21x f x f )()(21x g x g -，所以)()()()(2211x g x f x g x f -=-.令ax x x g x f x h x--=-=22)()()(，则题意转化为存在不相等的实数21,x x ，使得)()(21x h x h =.由()2ln 22xh x x a ¢=--，2h 222x(x )ln ''=-（）. 令0()0h x ⅱ=，且210<<x ，可得0()h x ¢为极小值；若10000a =-，则0()0h x ¢>，即()0h x ¢>，()h x 单调递增，不满足题意，③错误； 令0n >，同③可得)()()()(2211x g x f x g x f +=+, 设ax x x g x f x h x++=+=22)()()(，则()2ln 22x h x x a '=++，2()2(ln 2)2x h x ⅱ=+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0n >，存在不相等的实数a ，使得)()(21x h x h =，即使得0n >成立，④正确.4.（2017年浙江理第20题）已知函数f (x )=x x e -⋅（（12x ≥）. （Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围.解 （Ⅰ）(1x '-=，()x xe e --'=-，所以()(1(x xf x e x e --'=--- 1)2xx -=>.（Ⅱ）由()0f x '==，解得1x =或52x =.因为又2()1)02x f x e -=≥， 故()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,]2e -.5.（2016年天津理第20题）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,(1)求)(x f 的单调区间；(2) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （3）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间[0,2]上的最大值不小于．．．41. 解（1）()()31f x x ax b =---，()()2'31f x x a =--，①0a ≤， ()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；②0a >，令'()=0f x 得1x =，当x 变化时，'()f x ，()f x 变化如下：所以，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞- ⎝，1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为11⎛+ ⎝. （2）由（1）知，当0a >，且01x ≠时，()0'0f x =得()2031x a -=，所以()()()320000131f x x x x b =----()()200121x x b =----，()()()()32000032223132f x x x x b -=-----()[]200018896x x x b =---+- ()()200=121x x b ----，所以()()0032f x f x -=，由（1）知，存在唯一实数1x ，使得()()01=f x f x ，且01x x ≠， 因此，0132x x -=，1023x x +=.（3）欲证()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14，只需证在区间[02]，上存在12,x x ，使得121()()2g x g x -≥即可①当3a ≥时，()f x 在[]02，上单调递减，(2)12f a b =--，(0)1f b =--，1(0)(2)2242f f a -=->≥递减，成立② 当03a <<时，311f a b ⎛⎛⎛=-- ⎝⎝⎝a b =+23a b =-，11f a b ⎛⎛+=- ⎝⎝23a b =--. 因为(2)12f a b =--，(0)1f b =--，所以(2)(0)22f f a -=-.若304a <≤时，()()102222f f a -=-≥，成立当334a <<时，411132f f ⎛⎛-=> ⎝⎝成立.6.(2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R)．(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 ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥ e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．解 (1)∵f ′(x )＝1x ＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ，而x ＋1x ≥2 x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴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]．(2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x (x ＞0)， ∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个实根， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝1，∴f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋12(x 22－x 21)－a (x 2－x 1)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)1x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝⎛⎭⎫x 2x 1－x 1x 2.设t ＝x 2x 1(t ≥ e)，令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (t ≥ e)， 则h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－t －122t 2＜0，∴h (t )在[e ，＋∞)上是减函数，∴h (t )≤h (e)＝12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋e e ，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋e e .7.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x e x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－xe x ，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1， 所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e －8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8.注 (1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．8．（丰台区2017届高三上学期期末）已知函数()e xf x x =与函数21()2g x x ax =+的图象在点(00)，处有相同的切线. （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）设()()()()h x f x bg x b =-∈R ，求函数()h x 在[12]，上的最小值. 解：（Ⅰ）因为()e e x xf x x '=+，所以(0)1f '=.因为()g x x a '=+，所以(0)g a '=. .因为()f x 与()g x 的图象在（0,0）处有相同的切线，所以(0)(0)f g ''=，所以1a =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知, 21()2g x x x =+, 令21()()()e 2xh x f x bg x x bx bx =-=--，[1,2]x ∈，则()e e (1)(1)(e )x x x h x x b x x b '=+-+=+-．(1)当0b ≤时，[1,2]x ∀∈，()0h x '>，所以()h x 在[1,2]上是增函数， 故h (x ) 的最小值为.(2)当0b >时，由()=0h x '得，ln x b =，①若ln 1b ≤，即0e b <≤，则[1,2]x ∀∈，()0h x '>，所以()h x 在[1,2]上是增函数， 故h (x )的最小值为3(1)=e 2h b -. ②若1ln 2b <<，即2e e b <<，则(1,ln )x b ∀∈，()0h x '<，所以()h x 在(1,ln )b 上是减函数，在(ln 2)b ，上是增函数，()0h x '>，故()h x 的最小值为21(ln )=ln 2h b b b -. ③若ln 2b ≥，即2e b ≥，则[1,2]x ∀∈，()0h x '<，所以()h x 在[1,2]上是减函数，故()h x 的最小值为2(2)=2e 4h b -.综上所述，当e b ≤时，()h x 的最小值为3(1)=e 2h b -;当2e e b <<时，()h x 的最小值为21ln 2b b -;当2e b ≥时，()h x 的最小值为22e 4b -. 9.（2017年山东，文20）已知函数321(),3f x x ax a R =-∈（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.解 （1）由题意2'()f x x ax =-，所以，当2a =时，(3)0f =，2'()2f x x x =-，所以'(3)3f =，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-，即390x y --=.（2）因为'()()()sin g x x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--.令()sin '()1cos 0h x x x h x x =-⇒=->，所以()sin h x x x =-单调递增，且(0)0h =，则当0x >时，sin 0x x ->；当0x <时，sin 0x x -<（i ）当0a <时，'()()(sin )g x x a x x =--，当(,)x a ∈-∞时，0,'()0,()x a g x g x -<>单调递增； 当(,0)x a ∈时，0,'()0,()x a g x g x -><单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0,'()0,()x a g x g x ->>单调递增. 所以，当x a =时，()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--， 当0x =时，()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-.（ii ）当0a =时，'()(sin )g x x x x =-，当(,)x ∈-∞+∞时'()0,()g x g x ≥单调递增； 所以，()g x 在(,)x ∈-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （iii ）当0a >时，'()()(sin )g x x a x x =--，当(,0)x ∈-∞时，0,'()0,()x a g x g x -<>单调递增； 当(0,)x a ∈时，0,'()0,()x a g x g x -<<单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0,'()0,()x a g x g x ->>单调递增.所以，当0x =时，()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时，()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,0)x ∈-∞和(0,)x ∈+∞上单调递增，在(,0)x a ∈上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-.当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)x ∈-∞和(,)x a ∈+∞上单调递增，在(0,)x a ∈上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.10.（2016年天津，理20）设函数b ax x x f ---=31)()(，R x ∈，其中a ，R b ∈. （1）求)(x f 的单调区间；（2）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：3201=+x x ； （3）设0＞a ，函数)()(x f x g =，求证：)(x g 在区间],[20上的最大值不小于．．．41.解 （1）由3()(1)f x x ax b =---，可得2()3(1)f x x a '=--. 下面分两种情况讨论：（i ）当0a ≤时，有2'()3(1)0f x x a =--≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞.（ii ）当0a >时，令'()0f x =，解得13x =+，或13x =-. 当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：x 313a + 3(1,)3a ++∞()f x '0 ＋()f x 极小值 单调递增所以()f x 的单调递减区间为33(1,1)33a a -+，单调递增区间为33(,1),(1,)33a a-∞-++∞. （2）因为()f x 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0a >，且01x ≠，由题意，得200'()3(1)0f x x a =--=即20(1)3a x -=，进而3000()(1)f x x ax b =--- 0233a ax b =---，又300(32)(22)f x x -=- 0(32)a x b ---008(1)233ax ax a b =-+--002()33a a x b f x =---=，且0032x x -≠，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足10()()f x f x =，且10x x ≠，因此1032x x =-，所以1023x x +=.（3）设()g x 在区间[]0,2上得最大值为M ,{}max ,x y 表示,x y 两数的最大值，下面分三种情况讨论：（i ）当3a ≥时，331021a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，()f x 在区间[]0,2上单调递减，所以()f x 在区间[]0,2上的取值范围为[](2),(0)f f ，因此max{|(2)|,|(0)|}max{|12|,|1|}M f f a b b ==----max{|1()|,|1()|}a a b a a b =-++--+1(),01(),0a ab a b a a b a b -+++≥⎧=⎨--++<⎩， 所以12M a a b =-++≥.（ii ）当334a ≤<时，101≤<12133<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(133f f f ≥-=+，(2)(1(1f f f ≤=， 所以()f x 在区间[]0,2上的取值范围为(1(1f f ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，因此max{|(1|,|(1|}M f f =+max{||,||}a b a b =--max{|()|,|()|}a b a b =++231||944a b =+≥⨯=.。