微专题4 利用导数研究函数的切线、单调性、极值、最值
【考法探析·明规律】
例1 (1)A (2)B [解析] (1)f'(x)=,则切线的斜率k=f'(0)=3,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y=3x+1,从而可知切线与x轴、y轴的交点分别为,(0,1),所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=××1=.
(2)令f(x)=ln x+1,x∈(0,+∞),则f'(x)=.设直线y=kx+1与曲线y=ln x+1的切点为(x1,
ln x1+1),则切线方程为y-ln x1-1=(x-x1),即y=x+ln x1.又因为公切线的方程为y=kx+1,所以解得所以公切线方程为y=x+1.令g(x)=aex+1,则g'(x)=aex.设直线y=x+1与曲线y=aex+1的切点为(x0,a+1),则g'(x0)=a=①.又因为切点(x0,a+1)在直线y=x+1上,所以a+1=x0+1,即a=x0②.由①和②可得x0=1,所以ae=,解得a=.
自测题
1.a<-4或a>0 [解析] 设切点为(x0,y0)(x0≠0),则y0=(x0+a),由y'=(x+a+1)ex,知(x0+a+1)=,所以关于x的方程(x+a+1)ex=有两个相异的非零实数根,即关于x的方程x+a+1=有两个相异的非零实数根,即关于x的方程x2+ax-a=0有两个相异的非零实数根,所以Δ=a2+4a>0且a≠0,解得a<-4或a>0.
2.7 [解析] 因为直线y=x+m(m>0)与圆C:(x+1)2+y2=2相切,所以圆心(-1,0)到直线x-y+m=0的距离为=,解得m=3(负根舍去).设函数f(x)=ln(2x-1)+a,则由f'(x)==1,得x=1,则f(1)=ln(2-1)+a=a,所以曲线y=f(x)在(1,a)处的切线方程为y-a=x-1,即x-y+a-1=0,所以a-1=m=3,解得a=4,故a+m=7.
例2-1 解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a--+=.若a≤0,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.若a>0,f'(x)=.
(i)当0
1.
当x∈(0,1)或x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减.
(ii)当a=2时,=1,f'(x)≥0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(iii)当a>2时,0<<1.
当x∈或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当02时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
例2-2 A [解析] 令t=x-1,则x=t+1,原函数可改写为f(t+1)=sin 2t+(et-e-t)+2.设函数g(t)=sin 2t+(et-e-t),则f(t+1)=g(t)+2,由g(-t)=-g(t),得g(t)是奇函数,∵g'(t)=2cos 2t+et+e-t,且et+e-t≥2(当且仅当t=0时取等号),2cos 2t≥-2,等号不同时成立,∴g'(t)>0,因此g(t)在R上单调递增.原不等式f(2a2)+f(1-a)<4转化为[g(2a2-1)+2]+[g(-a)+2]<4,即g(2a2-1)<-g(-a).因为g(t)为奇函数,所以g(-a)=-g(a),所以g(2a2-1)自测题
1.ACD [解析] 对于A,因为f(x)=(x-1)2(x-4)=x3-6x2+9x-4,所以f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),所以f(x)在(-∞,1),(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,所以x=3是f(x)的极小值点,故A正确;对于B,当00,所以f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD.
2.AD [解析] 对不等式进行变形化简得ea-0,则f(a)0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.由f(a)4,此时ea+a1,所以g(b)=ln b-b+1<0,所以ln b例3 (1)BCD (2)C [解析] (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--=,由函数f(x)既有极大值也有极小值,得方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根.令h(x)=ax2-bx-2c,则h(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根,故
所以ab>0,ac<0,bc<0,故选BCD.
(2)当x≥2时,f(x)=,此时f'(x)=,当2≤x0,当x>e时,f'(x)<0,所以函数f(x)在[2,e)上单调递增,在[e,+∞)上单调递减,则函数f(x)在x=e处取得极大值,且极大值为f(e)=.因为函数函数f(x)=有最大值,所以解得0≤k≤,因此实数k的最大值为.
例4 解:(1)因为f(x)=x-x3eax+b,所以f'(x)=1-(3x2+ax3)eax+b,
因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1,
所以f(1)=-1+1=0,f'(1)=-1,
则解得
(2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1(x∈R),
则g'(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1,令x2-6x+6=0,解得x=3±,不妨设x1=3-,x2=3+,则0易知e-x+1>0恒成立,所以令g'(x)<0,解得0x2,令g'(x)>0,解得x<0或x1(3)因为f(x)=x-x3e-x+1(x∈R),所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,由(2)知f'(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(-∞,0),(x1,x2)上单调递增.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)单调递增,因为f'(-1)=1-4e2<0,f'(0)=1>0,即f'(-1)f'(0)<0,所以f'(x)在(-∞,0)上存在唯一零点,不妨设为x3,则-10,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(-∞,0)上有一个极小值点;
当x∈(0,x1)时,f'(x)单调递减,因为f'(x1)=f'(3-)此时,当00,则f(x)单调递增,当x4所以f(x)在(0,x1)上有一个极大值点;
当x∈(x1,x2)时,f'(x)单调递增,因为f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0,
即f'(x1)f'(x2)<0,所以f'(x)在(x1,x2)上存在唯一零点,不妨设为x5,则x10,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点;
当x>x2=3+>3时,3x2-x3=x2(3-x)<0,所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0,则f(x)单调递增,
所以f(x)在(x2,+∞)上无极值点.
综上,f(x)共有3个极值点.
自测题
1.BD [解析] 对于A,f(x)的定义域为(0,+∞),故f(x)为非奇非偶函数,故A错误.对于B,f(x)=(x3-x)ln x=x(x+1)(x-1)ln x,且x>0,x+1>0.当x>1时,x-1>0,ln x>0,此时f(x)>0;当00;当x=1时,f(x)=0.因此f(x)≥0,故B正确.对于C,f'(x)=(3x2-1)ln x+x2-1,当0,ln x<0,x2-1<0,此时f'(x)<0,因此f(x)在上单调递减,故C错误.对于D,f'(x)=(3x2-1)ln x+x2-1,当x>1时,3x2-1>0,ln x>0,x2-1>0,此时f'(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上单调递增,由C选项知f(x)在上单调递减,所以x=1为f(x)的极小值点,故D正确.故选BD.
2.1 [解析] 当0时,f(x)=2x-1-2ln x,f'(x)=2-=,当1时,f'(x)>0,故x=1是函数f(x)在上唯一的极小值点,所以f(x)在上的最小值为f(1)=1.因为2ln 2>1,所以f(x)min=1.限时集训(四)
1.D [解析] 由题可得y'=ex,则曲线y=ex在点(2,e2)处的切线方程为y-e2=e2(x-2),其在y轴、x轴上的截距分别为-e2,1,故切线与坐标轴所围三角形的面积为×e2×1=.故选D.
2.C [解析] 由题可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)上恒成立,即a≥对任意x∈(1,2)恒成立.令h(x)=xex(x∈(1,2)),可得h'(x)=ex+xex=(1+x)ex>0,所以h(x)=xex在区间(1,2)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e,故<,所以a≥,所以a的最小值为e-1.故选C.
3.A [解析] 令函数f(x)=x+cos x,则f'(x)=1-sin x≥0,故f(x)在R上单调递增.由y>x>0,可得f(y)>f(x),则x-cos ycos xx,故必要性不成立.综上可知,甲是乙的充分不必要条件.
4.D [解析] 因为函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,所以f'(x)=
cos 2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立,即1-2sin2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立.令t=sin x,x∈(0,π),则t∈(0,1],所以a≥2t-在(0,1]上恒成立.又因为y=2t-在(0,1]上单调递增,所以当t=1时,ymax=1,故a≥1.故选D.
5.D [解析] 由y=x3+2x,得y'=3x2+2,所以y'|x=1=3+2=5,则曲线y=x3+2x在点(1,3)处的切线方程为y-3=5(x-1),即y=5x-2.由
整理得x2-4x+m+2=0,因为切线与曲线y=x2+x+m相切,所以Δ=16-4(m+2)=0,解得m=2.
6.C [解析] 因为函数f(x)=x+-ln x的定义域为(0,+∞),所以f'(x)=1--=.因为函数f(x)既有极大值又有极小值,所以关于x的方程x2-x-a=0有两个不等的正根.
方法一:设这两个正根为x1,x2,则解得-方法二:关于x的方程a=x2-x有两个正根,可转化为两个函数y=a,y=x2-x(x>0)的图象有两个交点.易知当x>0时,y=x2-x≥-,结合y=x2-x(x>0)的图象可知a∈.
7.B [解析] 由题可得f'(x)=ex+(x-a-1)ex-=(x-a)(ex-b),因为函数f(x)在R上单调递增,所以f'(x)=(x-a)(ex-b)≥0在R上恒成立,所以a=ln b,即b=ea,故b-a=ea-a.令g(a)=ea-a,则g'(a)=ea-1,令g'(a)>0,得a>0,令g'(a)<0,得a<0,所以g(a)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(a)min=g(0)=1,所以b-a的最小值为1.
8.ACD [解析] 当a=-1,b=0时,f(x)=-x3,函数f(x)在R上单调递减,此时函数f(x)无极值,故A正确;当b>0时,f(a)-f(a+b)=a2(a-b)2-a3(a+b)=a2b(b-3a),且a2b>0,b-3a>0,∴a2b(b-3a)>0,∴f(a)>f(a+b),故B错误;当b<0时,f'(x)=a(x-b)2+2ax(x-b)=3a(x-b),且a<0,∴当x时,f'(x)<0,当b0,则f(x)在(-∞,b),上单调递减,在上单调递增,∴f(x)在x=b处取得极小值f(b)=0,故C正确;当a<0,b=3时,f'(x)=3a(x-1)(x-3),当x∈[a,1]时,f'(x)<0,当x∈(1,3)时,f'(x)>0,∴f(x)在[a,1)上单调递减,在[1,3]上单调递增,∴当x=1时,f(x)在区间[a,3]上取得最小值,为f(1)=4a,故D正确.故选ACD.
9.ABD [解析] 由题可知f'(x)=3x2-6x-9,令f'(x)>0,解得x>3或x<-1,∴f(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上单调递增,在(-1,3)上单调递减.对于A,若f(x)有3个零点,则f(-1)>0>f(3),解得-271时,φ'(x)>0,当x1故过点(x1,f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2条(另法:如图,过点(x1,f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2条),故C错误;对于D,f(x)=x3-3x2-9x-a=(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3,∴若x1,x2,x3成等差数列,则2x2=x1+x3,则x2=1,x1+x3=2,代入(*)得a=x1x3=-11,故D正确.故选ABD.
10.4 [解析] 由y=ex+x+a,得y'=ex+1,设切点的横坐标为x0,则+1=2,解得x0=0,故切点为(0,5),所以5=e0+0+a,解得a=4.
11.[1,+∞) [解析] 当x≤0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1≥-1,所以函数f(x)在(0,+∞)上的取值范围为[-1,+∞)的子集.当x>0时,f(x)=x3-3x+a,此时f'(x)=3x2-3,由f'(x)<0可得00可得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故当x>0时,f(x)≥f(1)=a-2,即函数f(x)在(0,+∞)上的取值范围为[a-2,+∞),由题意可得[a-2,+∞) [-1,+∞),即a-2≥-1,解得a≥1.因此,实数a的取值范围是[1,+∞).
12.0 [解析] 因为f(x)=x2+m,g(x)=2nln x,所以f'(x)=2x,g'(x)=,所以f'(1)=2,g'(1)=2n,且f(1)=1+m,g(1)=0,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1-m=2(x-1),即2x-y+m-1=0,曲线y=g(x)在x=1处的切线方程为y-0=2n(x-1),即2nx-y-2n=0.因为两条切线相同,所以
解得所以F(x)=f(x)-g(x)=x2-1-2ln x(x>0),则F'(x)=2x-==(x>0).当01时,F'(x)>0,所以F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,故F(x)min=F(1)=1-1-0=0.
13.C [解析] 对于A,因为x,y∈,|f(x)-f(y)|=|x2-y2|=(x+y)|x-y|,所以当x,y∈时,x+y>,故函数f(x)=x2不是“半压缩函数”,故A错误.对于B,|f(x)-f(y)|=|-|==|x-y|,当x,y∈时,,∈,+∈(0,1),>1,故函数f(x)=不是“半压缩函数”,故B错误.对于C,取α=sin.构造函数h(x)=x-sin x,x>0,则h'(x)=1-cos x≥0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h=-sin>h(0)=0,故00对任意的x∈恒成立,所以函数g(x)在上单调递增,任取x,y∈且x≥y,则g(x)≥g(y),即cos x+xsin≥cos y+ysin,所以(cos y+1)-
(cos x+1)≤(x-y)sin,因为函数f(x)=cos x+1在上单调递减,所以cos x+1≤
cos y+1,由(cos y+1)-(cos x+1)≤(x-y)sin可得|f(x)-f(y)|≤sin·|x-y|,故函数f(x)=cos x+1是“半压缩函数”,故C正确.对于D,不妨设x,y∈且x>y,则|f(x)-f(y)|=|ln(x+1)-ln(y+1)|==ln,且>1.构造函数q(x)=ln x+-1,x>1,则q'(x)=-=>0,故函数q(x)在(1,+∞)上单调递增,所以q(x)=ln x+-1>q(1)=0,即
ln x>1-,所以|f(x)-f(y)|=ln>1-==·|x-y|.因为x∈,所以∈,即>,所以函数f(x)=ln(x+1)不是“半压缩函数”,故D错误.故选C.
14.D [解析] 由ea+ln b=-a,可得ea+a=+ln.因为015.(0,1) [解析] 当x<0时,f(x)=1-ex,f'(x)=-ex,f(x)的图象在点A(x1,1-)处的切线l1的斜率k1=-.当x>0时,f(x)=ex-1,f'(x)=ex,f(x)的图象在点B(x2,-1)处的切线l2的斜率k2=.由f(x)的图象在A,B两点处的切线互相垂直,可得k1k2=-=-1,∴x1+x2=0,x1<0,x2>0,∴===∈(0,1),故的取值范围是(0,1).微专题4 利用导数研究函数的切线、单调性、极值、最值
微点1 切线问题
例1 (1)[2024·全国甲卷] 设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ( )
A. B.
C. D.
(2)若直线y=kx+1(k为常数)是曲线y=ln x+1和曲线y=aex+1的公切线,则实数a的值为 ( )
A. B.
C.1 D.e
[听课笔记]
【规律提炼】
1.曲线的切线问题,要注意区分“在某点的切线”还是“过某点的切线”;
2.两条曲线的公切线问题,一般的处理方法是设出两个切点,分别写出切线方程,利用切线重合(方程是一样的),列方程组求解,对运算要求较高.
自测题
1.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是 .
2.[2025·河北保定二模] 已知直线y=x+m(m>0)是圆C:(x+1)2+y2=2与曲线y=ln(2x-1)+a的公切线,则a+m= .
微点2 单调性
例2-1 已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R,讨论f(x)的单调性.
例2-2 [2025·江苏泰州四模] 已知函数f(x)=sin(2x-2)-e1-x+ex-1+2(x∈R).若f(2a2)+f(1-a)<4,则实数a的取值范围为 ( )
A.
B.∪(1,+∞)
C.
D.(-∞,-1)∪
[听课笔记]
【规律提炼】
1.求函数单调性不能忽略函数的定义域;
2.f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0),且在(a,b)内的任一非空子区间上,f'(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则会漏解.
3.函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
自测题
1.(多选题)[2024·新课标Ⅰ卷] 设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则 ( )
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当-1f(x)
2.(多选题)[2025·安徽合肥三模] 已知实数a,b满足a>0,b>1,ea-bA.e2ab
C.ea+a>ln b+b D.a微点3 极值、最值
例3 (1)(多选题)[2023·新课标Ⅱ卷] 若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则 ( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
(2)[2025·江苏宿迁二模] 若函数f(x)=有最大值,则k的最大值为 ( )
A. B. C. D.
[听课笔记]
例4 [2023·北京卷] 设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1.
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
【规律提炼】
1.f'(x0)=0是x0为极值点的必要非充分条件;
2.当函数在一个闭区间内有多个极值时,就要把这些极值和区间端点处的函数值进行比较,比较大小的方法常用作差法.
自测题
1.(多选题)[2025·杭州二模] 设函数f(x)=(x3-x)ln x,则 ( )
A.f(x)是偶函数
B.f(x)≥0
C.f(x)在区间(0,1)上单调递增
D.x=1为f(x)的极小值点
2.函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 . 限时集训(四)微专题4 利用导数研究函数的切线、单调性、极值、最值
1.曲线y=ex在点(2,e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 ( )
A.e2 B.2e2
C.e2 D.
2.[2023·新课标Ⅱ卷] 已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为 ( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
3.[2025·江西萍乡三模] 已知x,y为实数,设甲:y>x>0;乙:x-cos yA.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.若函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞,-1] B.[-1,+∞)
C.(-∞,1] D.[1,+∞)
5.若曲线y=x3+2x在点(1,3)处的切线也与曲线y=x2+x+m相切,则m= ( )
A.4 B.-2 C.-4 D.2
6.[2025·浙江台州二模] 已知a∈R,若函数f(x)=x+-ln x既有极大值又有极小值,则a的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
7.[2025·山东菏泽二模] 已知函数f(x)=(x-a-1)ex-bx在R上单调递增,则b-a的最小值为 ( )
A.0 B.1 C. D.e
8.(多选题)已知函数f(x)=ax(x-b)2,且a<0,b∈R,则下列结论正确的有 ( )
A.f(x)不一定有极值
B.当b>0时,f(a)C.当b<0时,f(x)的极小值为0
D.当b=3时,f(x)在区间[a,3]上的最小值为4a
9.(多选题)[2025·合肥一中模拟] 设函数f(x)=x3-3x2-9x-a有三个不同的零点,从小到大依次为x1,x2,x3,则 ( )
A.-27B.函数y=f(x)+a的图象的对称中心为点(1,-11)
C.过点(x1,f(x1))引曲线y=f(x)的切线,有且仅有1条
D.若x1,x2,x3成等差数列,则a=-11
10.[2025·全国一卷] 若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的切线,则a= .
11.[2025·四川成都三诊] 若函数f(x)=的值域为[-1,+∞),则实数a的取值范围是 .
12.已知函数f(x)=x2+m,g(x)=2nln x,若曲线y=f(x)与y=g(x)在x=1处有相同的切线,则函数F(x)=f(x)-g(x)的最小值为 .
13.[2025·浙江天域名校协作体5月联考] 给定非空数集M,若函数f(x)满足:对任意x,y∈M,存在实数α∈,使得|f(x)-f(y)|≤α|x-y|成立,则称f(x)为“半压缩函数”.已知M=,则下列四个函数中为“半压缩函数”的是 ( )
A.f(x)=x2
B.f(x)=
C.f(x)=cos x+1
D.f(x)=ln(x+1)
14.[2025·山东齐鲁名校协作体模拟] 已知0A.a>b-1 B.a>b-2
C.ea15.已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))处的两条切线l1,l2互相垂直,且l1与y轴交于点M,l2与y轴交于点N,则的取值范围是 . (共44张PPT)
微专题4 利用导数研究函数的切线、单调性、
极值、最值
微点1 切线问题
微点2 单调性
微点3 极值、最值
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
切线 2025年Ⅰ卷12; 2024年Ⅰ卷13； 2024年Ⅱ卷 ； 2022年Ⅰ卷15； 2022年Ⅱ卷14； 2021年Ⅰ卷7； 2021年Ⅱ卷16 求函数图象 的（公）切 线 1.函数图象在某点
或过某点的切线；
2.已知函数的切线
求参数；
3.切线问题的关键
是抓住“切点”
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
单调性 2023年Ⅰ卷 ； 2023年Ⅱ卷6； 2021年Ⅰ卷 ； 2021年Ⅱ卷 已知函数的 单调性求参 数范围； 讨论含参函 数的单调性 1.能利用导数解决
单调性问题，或与
之有关的恒成立
（能成立）问题；
2.求含参函数单调
性问题的关键是合
理的分类讨论
续表
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
极值、 最值（范 围） 2025年Ⅱ卷13； 2025年Ⅰ卷 ； 2024年Ⅰ卷18； 2024年Ⅱ卷 ； 2023年Ⅰ卷11； 2023年Ⅱ卷11、 ； 2022年Ⅰ卷8、 ； 2021年Ⅰ卷15 求函数 （含参或不 含参）的极 值、最值； 已知函数的 极值、最值 求参数范围 正确掌握极值、最
值点的定义，并能
用导数求解.已知函
数的极值点求参数
时，注意进行检验
续表
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
三次函数 2024年Ⅰ卷10； 2024年Ⅱ卷11； 2022年Ⅰ卷10 三次函数的 性质和图象 特征 记住三次函数的图
象特征
续表
微点1 切线问题
例1（1）[2024·全国甲卷]设函数,则曲线 在
点 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A. B. C. D.
[解析] ,则切线的斜率,
则曲线在点处的切线方程为 ，
从而可知切线与轴、轴的交点分别为, ，
所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 .
√
（2）若直线（为常数）是曲线 和曲线
的公切线，则实数 的值为( )
A. B. C.1 D.
[解析] 令，，则 .
设直线与曲线的切点为 ，
则切线方程为，即 .
又因为公切线的方程为，所以解得
所以公切线方程为.
√
令，则.
设直线 与曲线的切点为，
则 .
又因为切点在直线 上，
所以，即.
由①和②可得 ，所以，解得 .
【规律提炼】
1.曲线的切线问题，要注意区分“在某点的切线”还是“过某点的切线”；
2.两条曲线的公切线问题，一般的处理方法是设出两个切点，分别写
出切线方程，利用切线重合（方程是一样的），列方程组求解，对
运算要求较高.
自测题
1.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 若曲线 有两条过坐标原点的切
线，则 的取值范围是_______________.
或
[解析] 设切点为,则 ,
由，知，
所以关于 的方程有两个相异的非零实数根，
即关于 的方程有两个相异的非零实数根，
即关于 的方程有两个相异的非零实数根，
所以 且,解得或 .
2.[2025·河北保定二模] 已知直线 是圆
与曲线 的公切线,则
___.
7
[解析] 因为直线与圆 相切,
所以圆心到直线的距离为 ,
解得（负根舍去）.
设函数 ,
则由,得,则 ,
所以曲线在处的切线方程为 ,
即,所以,解得,故 .
微点2 单调性
例2-1 已知,，讨论 的单调性.
解：的定义域为, .
若,当时,,当时, ,
所以在上单调递增,在上单调递减.
若 , .
当时, .
当或时,,当 时,,
所以在,上单调递增,在 上单调递减.
当时,,,所以在区间 上单调递增.
当时, .
当或时,,当 时,,
所以在,上单调递增,在 上单调递减.
综上所述,当时,在上单调递增,在 上单调递减；
当时,在上单调递增,在 上单调递减,
在上单调递增；
当时,在 上单调递增；
当时,在上单调递增,在 上单调递减,
在 上单调递增.
例2-2 [2025·江苏泰州四模]已知函数
.若
，则实数 的取值范围为( )
A. B.
C. D.
[解析] 令,则 ,
原函数可改写为.
设函数 ,
则,由,得 是奇函数,
√
,且（当且仅当 时取等号）,
,等号不同时成立,,因此在 上单调递增.
原不等式 转化为
,即 .
因为为奇函数,所以,所以 ,
又在上单调递增,所以,所以 ,
解得,故的取值范围为 ,故选A.
【规律提炼】
1.求函数单调性不能忽略函数的定义域；
2.为增（减）函数的充要条件是对任意的都有
，且在内的任一非空子区间上，不恒
为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
3.函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
自测题
1.（多选题）[2024· 新课标Ⅰ卷]设函数 ,
则( )
A.是 的极小值点
B.当时，
C.当时，
D.当时，
√
√
√
[解析] 对于A,因为 ,
所以,
所以在 ,上单调递增,在上单调递减,
所以是 的极小值点,故A正确；
对于B,当时,函数 单调递增,且,所以,
故B错误；
对于C,当 时,,
因为,,且在 上单调递减,
所以,故C正确；
对于D,当 时,,所以,故D正确.
故选 .
2.（多选题）[2024·安徽合肥三模]已知实数,满足, ,
,则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
[解析] 对不等式进行变形化简得.
设 , ,则.
因为,所以函数 在上单调递增.
由,可得,所以 .
对于选项A,因为,所以平方可得 ,A正确.
√
√
对于选项B,取反例,当,时, ,满足题意,
此时,B错误.
对于选项C,取反例,当 , 时,计算选项C的左边为,
右边为 ,此时,C错误.
对于选项D,令 ,则,
当时,,所以在 上单调递减,
所以当时,.
因为 ,所以,所以,
又 ,所以,D正确.
故选 .
微点3 极值、最值
例3（1）（多选题）[2023· 新课标Ⅱ卷]若函数
既有极大值也有极小值，则( )
A. B. C. D.
√
√
√
[解析] 函数的定义域为 ,,
由函数 既有极大值也有极小值,
得方程在 上有两个不等实根.
令,则在 上有两个不等实根，
故
所以,,，
故选 .
（2）[2025·江苏宿迁二模]若函数有最大值，则
的最大值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 当时，，此时，
当 时，，当时，，
所以函数在 上单调递增，在上单调递减，
则函数在 处取得极大值，且极大值为.
因为函数函数 有最大值，所以
解得，因此实数的最大值为 .
例4 [2023·北京卷] 设函数，曲线 在点
处的切线方程为 ．
（1）求, 的值；
解：因为,所以 ，
因为曲线在点处的切线方程为 ，
所以， ，
则解得
例4 [2023·北京卷] 设函数，曲线 在点
处的切线方程为 ．
（2）设函数，求 的单调区间；
解：由（1）得 ,
则,令 ,解得,
不妨设,,则 .
易知恒成立,所以令,解得或 ,
令,解得或,
所以在, 上单调递减,在,上单调递增,
即 的单调递减区间为和,
单调递增区间为 和 .
例4 [2023·北京卷] 设函数,曲线 在点
处的切线方程为 ．
（3）求 的极值点个数.
解：因为 ,所以,
由(2)知在, 上单调递减,在, 上单调递增.
当时,单调递增,
因为 ,,即,
所以在 上存在唯一零点,不妨设为,则,
此时,当时, ,则单调递减,当时,,
则 单调递增, 所以在 上有一个极小值点；
当时, 单调递减,
因为,即 ,
所以在上存在唯一零点,不妨设为,则 ,
此时,当时,,则 单调递增,
当时,,则 单调递减,
所以在 上有一个极大值点；
当时, 单调递增,
因为 , 即,
所以在 上存在唯一零点,不妨设为,则,
此时,当时,,则 单调递减,
当时,,则 单调递增,
所以在 上有一个极小值点；
当时, ,
所以,则 单调递增,
所以在 上无极值点.
综上, 共有3个极值点.
【规律提炼】
1.是为极值点的必要非充分条件；
2.当函数在一个闭区间内有多个极值时，就要把这些极值和区间端点
处的函数值进行比较，比较大小的方法常用作差法.
自测题
1.（多选题）[2025·杭州二模]设函数 ，则( )
A.是偶函数 B.
C.在区间上单调递增 D.为 的极小值点
[解析] 对于A,的定义域为,故 为非奇非偶函数,故A错误.
对于B, ,且,.
当时,,,此时 ；
当时,,,此时；
当 时,. 因此 ,故B正确.
√
√
对于C,,
当时, ,,,此时,
因此在 上单调递减,故C错误.
对于D,,
当 时,,,,此时,
故在 上单调递增,
由C选项知在上单调递减,
所以 为的极小值点,故D正确.
故选 .
2.函数 的最小值为___.
1
[解析] 当时,,该函数在 上单调递减,
所以在上的最小值为 ；
当时,, ,
当时,,当时,,
故 是函数在上唯一的极小值点,
所以在 上的最小值为.
因为,所以 .
［备选理由］例1和例2考查利用导数研究函数的单调性问题,可通
过构造函数，利用导数知识来解决；例3利用导数求立体几何中的最
值问题；例4考查转化思想，借助导数来解决解析几何问题，对学生
能力有一定的要求.
例1 ［配例2使用］[2025·武汉三模]已知定义在 上的函数
，其导函数为，对任意的 都有
成立，则下列不等式一定成立的是( )
A. B.
C. D.
[解析] 设,
对 求导,可得.
因为对任意的 都有,
即,且 ,所以,
√
所以在 上单调递减.
逐一分析选项,因为在上单调递减,
所以,即 ,故,所以A选项错误.
仅根据已知条件无法得出 ,所以B选项错误.
因为在上单调递减,所以 ,即,
也就是,所以C选项正确.
因为 在上单调递减,所以,即 ,
也就是 ,所以D选项错误.
故选C.
例2 ［配例2使用］若 ，则正实
数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 原不等式可化为不等式 ,
即.
设,则 ,
所以在上单调递增,而.
因为,所以 ,所以,
所以 恒成立.
令,则.
当时, ,所以在上单调递减；
当时,,所以 在上单调递增.
所以,故只需 ,所以 .故选B.
例3 ［配例3使用］[2025·广东茂名二模]已知圆锥的母线长为定值，
则当该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图,设圆锥的底面半径为,母线长为 ,
则圆锥的高 ,则圆锥的体积 .
记,
则 .
由可得,由 ,可得,
所以函数在 上单调递增,
在上单调递减.
故当时, 取得最大值,即圆锥的体积最大,
此时,母线与底面所成的角为,可得 .
例4 [2025·辽宁实验中学四模] 已知点 ,点
,则 的最小值为_________.
[解析] 易知点在函数的图象上.
设 ,则，
则点在以 为圆心,半径为1的圆上.
易知的最小值即为点到圆心 距离的最小值减去半径.
设圆心为,则 .
设函数 ,
求导得，
易知 为增函数,且 ,
所以当时，,在 上单调递减,
当时，,在 上单调递增,
故,
所以 的最小值为 .
