专题01 导数与函数的最（极）值（精讲篇）-用思维导图突破导数压轴题.docx

1、1 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 用思维导图突破 用思维导图突破导数导数压轴压轴题题 挑战压轴题挑战压轴题高中数学高中数学精讲解读篇（华东师大出版社第精讲解读篇（华东师大出版社第 1-10 版 （版 （2009-2019 年） ） 、上年） ） 、上 海高考好题赏析 （浙江大学出版社海高考好题赏析 （浙江大学出版社 2019 年） 、年） 、330 多篇论文（文章）作者多篇论文（文章）作者 上海市特级教师文卫星上海市特级教师文卫星 解答数学题的解答数学题的“思维导图思维导图”： 逛公园顺道看景，好风光驻足

2、留影逛公园顺道看景，好风光驻足留影. 把条件翻成图式，关键处深挖搞清把条件翻成图式，关键处深挖搞清. 综合法由因导果，分析法执果索因综合法由因导果，分析法执果索因. 两方法嫁接联姻，让难题无以遁形两方法嫁接联姻，让难题无以遁形. 这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即 理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已 知条件入手推出中间结论（可知） ，当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间 结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知” 从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的

3、隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”- 找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的. 这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。中等以 下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。 专题专题 01 导数与导数与函数的函数的最（极）值问题最（极）值问题 利用导数求函数 f(x)极值、最值的基本方法是先求 f(x)的导数f x（ ），再求f x（ ）的零 点 i x，iN，根据f x（ ）在 i x两边的符号判断的单调性，最后确定 i f x（ ）是极大值或极小 值，再确定最值。 先求导数 再定零点

4、考查单调 极值来了 否 已知条件 隐含条件 中间结论（可知） 已知条件的等价转化 待求（证）的结论 结论的等价转化（需知） 能 否 能 引例引例 （2019 江苏卷第 19 题） 设函数， ， ， 为的导函数. （1）若，（4），求的值； （2）若，且和的零点均在集合，1，中，求 的极小值； （3）若，且的极大值为，求证：. 2 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 思路点拨思路点拨 第（1）只要直接计算即可。第（2）题先求出 ( )f x和( )fx 的含参数零点（用 a、b 表 示） ，再根据零点均在集合 3

5、 ，1，3中确定 a、b 的值。第（3）题求出( )fx 的零点 12 ,x x （设 12 xx） ，根据单调性确定极大值为 32 1111 ()(1)f xxbxbx，这里含有两个变量，最 容易想到的方法就是转化为一元变量， 但恒等变形能力要求较高， 也可以挖掘隐含条件利用 基本不等式整体消元。第（3）解题思维导图如下： 满分解答满分解答 （1）因为abc，所以 3 ( )()f xxa，又 (4)8f ，所以 3 (4)8a，解得2a . （2）ab，bc，设 2 ( )()()f xxa xb， 令 2 ( )()()0f xxa xb，解得x a ，或xb. 又 2 ( )()2()

6、()()(32 )f xxbxa xbxbxba ，令 ( )0fx ，解得xb，或 2 3 ab x . 因为 ( )f x和( )fx 的零点均在集合 3A ，1，3中，所以 3a ，1b ，则 2615 333 ab A ，舍去； 1a ，3b ，则 2231 333 ab A ，舍去； 3a ，3b ，则 263 1 33 ab A ，舍去； 3a ，3b ，则 263 1 33 ab A ； 求的极大值 对求导可得的极大值= 又， 再放大，或 再放大求 ， ，令 ， 证明其在单调递增求 M 利用，可得 ， 。 构造， ，求 M 利用，可得 3 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1

7、 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 3a ，1b ，则 2617 333 ab A ，舍去； 1a ，3b ，则 25 33 ab A ，舍去. 因此3a ，3b ，21 3 ab A ， 从而 2 ( )(3)(3)f xxx，( ) 3( 3)(1)fxxx ， 令 ( )0f x ，得3x或1x 列表如下： x (, 3) 3 ( 3,1) 1 (1,) ( )f x + 0 0 + ( )f x 极大值 极小值 从而可知， ( )f x的单调递增区间为(,3和1,+),单调递减区间为3,1，由此可知当 1x 时，函数( )f x取得极小值，

8、2 (1)2 432f . （3）证明：0a ，01b ，1c ， ( )()(1)f xx xb x ，则 2 ( )()(1)(1)()3(22)f xxb xx xx xbxbxb. 因为 222 1 4(1)124444()3 3 2 bbbbb ，所以( )0fx有两实根 12 ,x x， 设 12 xx ，则 ( )f x单调递增区间为(, 1 x 和 2 x ,+),单调递减区间为 12 ,x x，于是( )f x 取得极大值为 1111 ()()(1)Mf xx xb x。 这里有两个变量， 随着把二元变量转化为一元变量有两种方法， 这对恒等变形能力要求 较高，也可以根据 b

9、的范围确定1的范围，利用基本不等式整体消元，这样比较简单。 解解 1 利用求根公式由利用求根公式由 b 表示表示 1 x，消 ，消 1 x 由 2 111 ( )3(22)0f xxbxb得 2 11 1(2 2) 3 xbxb，从而 1111 ()()(1)Mf xx xb x 21 11111 (22) ()()()() 3 bxb xb xxxbx 222 11 1(2 1)2 3 bxb xb 221 1 (22)1(2 1)2 33 bxb bb xb 22 1 1( 2 22) 9 bbxbb。 由于 22 13 2222()0 22 bbb ，且 2 1 111 (0, 33 b

10、bb x ，所以 M在 1 1 (0 3 x，上单调递减， 22 2 1222524 () 932727 bbbb Mbb 剟. 即 4 27 M. 还可以这样消去1： 因为 2 111 ()32(1)0fxxbxb，所以 22 12 1111 , 33 bbbbbb xx 。 4 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 所以 32 1111 ()(1)f xxbxbx 2 2 1 111 21 1(1) 32(1) 3999 bb xbb b xbxbx 2 1 11 12(1)(1) ()() 3999 xbb

11、bb b fxx 2 3 (1)2(1) (1)2 (1)1) 272727 b bbb b b， 由于1b0， 22 0 2727 上式 4 27 ，即 4 27 M。 这两种恒等变形是不是有不会想到啊！ 解解 2 利用利用( )f x=0 消去消去 b 由 2 111 ( )3(22)0f xxbxb得 2 11 1 32 (0,1 21 xx b x ，解得 11 12 01 33 xx或， 又 112 2(1)4 2 33 b xxx ，所以 1 2 3 x ，从而 1 1 0 3 x，于是 22 32111 1111 1 (21) ()(1) 21 xxx Mf xxbxbx x 。

12、 22 (21) ( ) 21 xxx g x x 令， 2 2 2 (1)(331) ( )0 (21) x xxx g x x 则 ， ( )g x在 1 (0, 3 单调递增， 所以 1 14 ()( ) 327 f xg，即 4 27 M. 解解 3 利用不等关系利用不等关系0 1b消消 b 因为 (0,1b ， 所以 1 (0, )xb， 11 0,10. xbx 2 111111 ()()(1)(1)f xx xb xx x。 令 2 ( )(1)g xx x， (0,1)x ，则 1 ( )3()(1) 3 g xxx，令( )0g x ，则 1 3 x ，列表如 下： x 1

13、(0, ) 3 1 3 1 ( ,1) 3 ( )g x + 0 ( )g x 极大值 5 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 所以当 1 3 x 时，( )g x取得极大值，且是最大值，故 max 14 ( ) 327 g xg 所以当(0,1)x时， 4 ( )( ) 27 f xg x，因此 4 27 M 解解 4 利用均值不等式消利用均值不等式消 x1 因为 (0,1b ，所以 1 (0, )xb，由均值不等式 3 (0,0,0) 3 abc abcabc ，则 1111 ()()(1)f xx xbx

14、 111 1 2()(1) 2 x bxx 3 114 () 2327 b 所以 4 27 M。 思路点拨思路点拨 第(1)题求出( )fx的零点 0， 3 a ，分0,0,0aaa三种情况，讨论( )fx的符号， 从而确定其单调性。第（2）题根据（1）在0，1的单调性，求出值M和m，再求Mm 的取值范围。 满分解答满分解答 （1） 2 ( )622 (3)f xxaxxxa，令 ( )0fx 解得 0x 或 3 a x . 若0a ， 2 ( )60f xx，函数 ( )f x在(,) 上单调递增； 若0a ，则当 (x ，(,0)(,) 3 a U时，( )0fx；当(0,) 3 a x时

15、，( )0fx. 故 ( )f x的单调递增区间为(,0) ，(,) 3 a ，单调递减区间为(0,) 3 a ； 若0a ，则当(,)(0,) 3 a U时，( )0fx；当( 3 a x，0)时，( )0fx. 故 ( )f x的单调递增区间为(,) 3 a ，(0, )，单调递减区间为( 3 a ，0)。 （2）当03a时，由（1）知， ( )f x在(0,) 3 a 上单调递减，在( 3 a ，1)上单调递增， 所以 ( )f x在区间0，1的最小值为 3 ( )2 327 aa f ，最大值为 (0)2f 或 (1)4fa. 例例 2 2（2019 年文第 20 题）已知函数. （1

16、）讨论的单调性； （2）当时，记在区间，的最大值为，最小值为，求 的取值范围. 6 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 于是， 3 +2 27 a m ， 4,02 2,23 aa M a ， ， 从而 3 3 2,02 27 ,23. 27 a aa Mm a a ， 当02a时，记 3 ( )2 27 a g aa，则可知 2 ( )10 9 a g a ，因此 3 ( )2 27 a g aa在 (0,2)单调递减，Mm的取值范围是 8 (,2) 27 ； 当23a时， 3 27 a 单调递增，Mm的取值

17、范围是 8 27，1). 综上，Mm的取值范围 8 27，2). 思路点拨思路点拨 （ 1 ） 讨 论 f x 的 单 调 性 ， 就 是 要 比 较)( xf与0的 大 小 。 因 为 ) 1( 1 1 1 )( 2 22 axx xx a x xf ， 2 1 x 恒 小 于0， 所 求 问 题 转 化 为 函 数 1)( 2 axxxh在定义域 ), 0( 上函数值与0的大小关系。)(xh 是一个过定点) 1 , 0(开 口向上的抛物线，对称轴为 2 a x 。分类讨论的标准： （1）0a，即对称轴在y轴左侧或 为y轴；（2）0a， 即对称轴在y轴右侧； 这时又需要进一步讨论：0)(i，

18、 即20a； 0)(ii ，即2a。 解解（1）)(xf的定义域为), 0( ，) 1( 1 1 1 )( 2 22 axx xx a x xf 令1)( 2 axxxh， 这是一个过定点 ) 1 , 0( 开口向上的抛物线， 对称轴为 2 a x 。 （i）当0 2 a 时，即0a时，)(xh在), 0( 恒大于 0，0)( xf，此时 )(xf 在), 0( 上是减函数。 （ii）当0 2 a 时，即0a时，令4 2 a， 例例 3 3（2018 全国 1 卷理科第 21 题）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明： 7 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1

19、极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 当0，即20a时，0)( xf恒成立，此时 )(xf在), 0( 上是减函数。 当0，即2a时，0)(xh的两根为 2 4 2 aa ，作出)(xh的草图，由图可 知，当 22 44 (0,)(,) 22 aaaa x U 时，( )0fx ； 当 22 44 (,) 22 aaaa x 时，( )0fx )(xf 在 ), 2 4 (), 2 4 , 0( 22 aaaa 上是减函数； 在 ) 2 4 , 2 4 ( 22 aaaa 是 增函数。 综上所述，当2a时，)(xf在), 0( 上单调递减； 当2a时 ，)(

20、xf在 ), 2 4 (), 2 4 , 0( 22 aaaa 上 单 调 递 减 ； 在 ) 2 4 , 2 4 ( 22 aaaa 上单调递增。 （2）因为)(xf存在两个极值点 21,x x，所以由（1）得2a. 不妨设 21 xx ，因为 21,x x为方程01 2 axx的两个实根，所以1 21 xx， )ln(ln)()()( 2121 21 12 21 xxaxx xx xx xfxf =)ln(ln)(2 2121 xxaxx 所 以 21 21 21 21 )ln(ln 2 )()( xx xxa xx xfxf ， 要 证 2 )()( 21 21 a xx xfxf ，

21、只 要 证 1 )ln(ln 21 21 xx xx ， 因为 21 xx 且1 21 xx， 只要证 1 1 ln2 2 2 2 x x x ， 即证 0ln2 1 22 2 xx x 。 由 （ 1 ） 得 函 数xx x xgln2 1 )(在), 0( 上 单 调 递 减 ， 而1 2 x， 因 此 0) 1 (ln2 1 )( 22 2 2 gxx x xg ，得证！ 8 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 附注附注 12 12 lnln 1 xx xx 可以有多种证法。 12 12 lnln 1 x

22、x xx ,即 1212 lnlnxxxx，亦即 11 1 1 2ln xx x 在(0,1)上恒成立， 设设 1 ( )2lnh xxx x ，01x，则 2 22 21(1) ( )10 x h x xxx ，所以 ( )h x在在 1 ( )2lnh xxx x 在(0,1)单 调 递 减 ， 所 以( )(1)0h xh， 从 而 1 2 l n0xx x ，即 1 2ln xx x ，所以 2 )()( 21 21 a xx xfxf 。 思路点拨思路点拨 解答(1)要先求函数的导数，再解不等式，从而确定单调区间； （2）左端可利用（1） ， 右端把x换成 1 x ； （3）把要证的

23、不等式左边移到右边，构造函数，利用单调性证明不等式. 满分解答满分解答 (1)函数( )f x的定义域为(0, )， 1 ( )=1fx x ，令 ( )=0 fx得1x . 当01x时， ( ) 0fx ，( )f x单调递增； 当1x 时， ( ) 0fx ，( )f x单调递减. （2）由（1）知，( )f x在 x=1 处取得最大值，且最大值为(1)=0f. 当1x 时，( )0f x ，即ln1 0xx ，所以 ln1xx； 例例 4 4 （16 全国 3 文 21）设函数 （1）讨论的单调性； （2）证明当时，； （3）设，证明当时，. 9 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1

24、 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） (1,)x时，ln0x ，由ln1xx得 1 1 ln x x 。 再以当x代 1 x 得 11 ln1 xx ，即 1 ln x x x ，即 1 ln x x x ，所以. （3）设( )1 (1) x g xcxc ，则 ( ) 1ln x g xccc . 令 ( ) 0g x ，因为1c，所以 1 1 ln ln ln c c x c . 当 1 xx时，1,lncc0， 1 1 ( )1ln1ln( )0 xx g xceccecg x ，即 ( ) 0g x ，只要( )g x在 1 ( ,)x x上

25、单调递增； 当 1 xx时，同理可得 ( ) 0g x ，( )g x单调递减. 由（2）得 1 1ln ln c c c ，故 1 01x. 又(0)1 =0gg （），故当01x时， ( )0g x . 所以当(0,1)x时，. 思路点拨思路点拨 （1） 先对 f x求导，再判断的单调性，根据 f x在(0,)上的单调性，比较 f x与(0)f的大小关系证明不等式； （2）对 g x求导判断单调区间，求出最小值 h(a),再 求 h(a)的值域. 满分解答满分解答 （1）证明： 2 e 2 x x f x x ， 2 22 1)(2)(2)e e 22 x x xxxx fx xx （ .

26、 1 1 ln x x x 1 (1) x cxc 例例 5 5（2016 年全国 1 理第 21 题） (1)讨论函数的单调性，并证明当时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小 值为，求函数的值域. 10 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 当x 22,， 时， 0fx ，所以 f x在22,，和 上单 调递增. 又当0x 时， 2 e0 =1 2 x x f x ，所以2 e2 x xx ，2 e20 x xx. 2 4 e2e xx a xxaxa gx x 4 e2e2 xx x xaxa x

27、 33 2 2e 2( ) 2 =. x x xa xf xa x xx 由(1)知，当0x 时， fxa单调递增，所以对 0 1a， 010faa ， (2)0faa.因此，存在唯一(0,2t ，使( )0f ta，即 ( =0 g t）. 当0xt时， ( )0,( )0f tag x，(g x）单调递减； 当xt时， ( )0,( )0f tg x ，(g x）单调递增. 因此，(g x）在 x=t 是取得最小值，最小值为 22 e1e( )1 tt a tf tt h a tt = 2 2 e1e e 2 . 2 tt t t t t tt 记 e 2 t k t t ，在 0, 2t

28、 时， 2 e1 0 2 t t k t t ，所以 k t单调递增， 2 1e 24 h ak t ， 例例 5（2015 年安徽理第 21 题）设函数 baxxxf 2 . (1)讨论函数xf sin在 2 , 2 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记 00 2 0 bxaxxf,求函数xfxfsinsin 0 在 2 , 2 上的最大值D； 例例 6 6（2015 年安徽理第 21 题）设函数. (1)讨论函数在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记,求函数在上的最大值 ； (3)在（2）中，取,求满足条件时的最大值 11 用思维导图突破函数导数问题 专

29、题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） (3)在（2）中，取0 00 ba,求 4 2 a bz满足条件1D时的最大值 思路点拨思路点拨 （1）() 2 sinsinsinfxxaxb=-+，所以 ()()sin2sincosfxxax 轾 =- 臌 ， 因为 22 x pp -. 当2a?时，函数在 2 , 2 上单调递增，无极值； 当2a时，函数在 2 , 2 上单调递减，无极值； 对于22a-，在 2 , 2 内存在唯一的 0 x使得 0 2sinxa= 当 0 2 xx（，? p 时，函数单调递减； 当 0 2 xx（ ，） p 时，函

30、数单调递增，因此，22a-时，函数在 0 x处有极小值 () 2 0 sin 24 aa fxfb 骣 =- 桫 (2) 22 x pp -时，()()() 000 sinsinsinfxfxaaxbb-=-+- () 0000 sin|.aaxbbaabb?+-?+- 当()() 00 0aa bb-?时，取 2 x p =，等号成立； 当()() 00 0aa bb-时，取 2 x p = -，等号成立. 由此可知，xfxfsinsin 0 在上的最大值为 00 Daabb=-+-. （3） 解解 1 1D即为1ab+?， 此时 2 01,11ab-， 从而 2 1 4 a zb=-? 12 用思维导图突破函数导数问题 专题专题 1 1 极值（最值）问题极值（最值）问题 精讲篇精讲篇 （1 12 2 页）页） 取0,1ab=， 则1ab+?， 且 2 1 4 a zb=-=， 可知， 4 2 a bz满足条件1D 时最大值为 1 解解 2 1D即为1ab+?，在平面直接坐标系aOb中，对应 的平面区域如图所示，而 2 4 a zb=-，亦即 2 4 a bz=+，对 应曲线是开口向上的抛物线 2 4 a b=向上平移z个单位所得， 其在b上 的最大值是 1.