专题18 导数及其应用

【要点提炼】

1、利用导数研究切线：掌握导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．

2、利用导数确定函数的单调性：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域．(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认．(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况．

3、利用导数研究函数的极值和最值：由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点．(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点．

4、求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：(1)求函数在(a，b)内的极值．

(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．

【方法指导】

1、已知切点(x₀ ， y₀)求切线方程：在某点处的切线方程，该点为切点.求导：利用求导公式进行求导f ^’(x)；求k: 将切点的横坐标x₀代入f ^’(x₀)=k；求线：利用点斜式y-y₀=f ^’(x₀)(x-x₀)

注意：如果切点的横坐标已知，求纵坐标，可以将切点的横坐标代入原函数（曲线）求纵坐标.记得切点即在切线方程上也在原函数上.

未知切点求切线方程：过某点且与函数（曲线）相切的切线方程.（1）判断：判断点是否在曲线上---将点代入曲线；①曲线等式成立即点在曲线上，那该点可能是切点可能不是切点，分类讨论；一类该点是切点，参考以上一的求法求切线方程，一类不是切点，请参考下面的方法求切点.②曲线等式不成立，即该点不是切点；（2）该点(x₁ ， y₁)不是切点但在切线上时，求切线方程的思路：①设点：设切点(x₀，y₀)；②求x₀：利用斜率的关系求切点横坐标k＝f′(x₀)=$\frac{{{\mathrm{y}}_1-\mathrm{y}}_0}{{{\mathrm{y}}_1-\mathrm{x}}_0}$和y₀=f(x₀)（即将切点代入原函数）联立解x_0；③求k: 利用k＝f′(x₀)；

④求线：利用点斜式y-y₀=f ^’(x₀)(x-x₀)或利用点斜式y-y₁=f ^’(x₀)(x-x₁)

2、导数与函数单调性的关系.①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.

(2)利用导数研究函数单调性的方法：①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.

3、利用导数研究函数的极值、最值：(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.

命题点一： 导数的应用

考向一 利用导数研究切线

【典例1】（2021·湖南永州市·高三二模）曲线$f(x)=2\ln x$在$x=t$处的切线$l$过原点，则$l$的方程是（ ）

A．$2x-ey=0$ B．$2x+ey=0$

C．$ex-2y=0$ D．$ex+2y=0$

【答案】A

【分析】

求出导函数，根据切线的和导函数的关系求解即可；

【详解】

解：曲线$f(x)=2\ln x$，$f^{\prime }(x)=\frac{2}{x}$，切点为$\left(t,2\ln t\right)$，

所以切线$l$的斜率$k=f^{\prime }(t)=\frac{2}{t}$，

又直线$l$过原点，所以$k=\frac{2lnt-0}{t-0}=\frac{2}{t}$，

得$lnt=1$，$t=e$．所以$k=\frac{2}{e}$，故切线$l$的方程为$y-2=\frac{2}{e}\left(x-e\right)$即$2x-ey=0$．

故选：$A$．

【方法总结】

求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．

【拓展练习】

1．（2021·云南昆明市·昆明一中高三月考（文））若直线$l$：$y=2ex+b$是曲线$y=2\ln x$的切线，则实数$b=$（ ）

A．-4 B．-2 C．$\frac{e}{2}$ D．$e$

【答案】A

【分析】

设切点$\left(x_0,2\ln x_0\right)$，写出切线方程$y=\frac{2x}{x_0}+2\ln x_0-2$，从而可得$x_0=\frac{1}{e}$，代入切线方程即可求解.

【详解】

设$l$：$y=2ex+b$与曲线$y=2\ln x$相切于点$\left(x_0,2\ln x_0\right)$，

则$f^{\prime }\left(x_0\right)=\frac{2}{x_0}$， 所以的方程为$y-2\ln x_0=\frac{2}{x_0}\left(x-x_0\right)$，

则$y=\frac{2x}{x_0}+2\ln x_0-2$，故$\frac{2}{x_0}=2e$，解得$x_0=\frac{1}{e}$，

则直线$l$：$y=2ex-4$，所以$b=-4$，

故选：A.

3．（2021·江苏常州市·高三开学考试）设函数$f(x)=a\ln x+b{x}^2$，若函数$f(x)$的图象在点(1，$f(1)$)处的切线方程为y=x，则函数$y=f(x)$的增区间为（ ）

A．(0，1) B．(0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$) C．($\frac{\sqrt{2}}{2}$，$+\infty$) D．($\frac{\sqrt{2}}{2}$，1)

【答案】C

【分析】

由$f(x)$的图象在点(1，$f(1)$)处的切线方程为y=x，，得到$f(1)\text{=}1，f^{\prime }(1)\text{=}1，$求出a、b，直接利用导数求出增区间.

【详解】

$f(x)=a\ln x+b{x}^2$的定义域为$\left(0，+\infty \right)$，$f^{\prime }(x)=\frac{a}{x}+2bx$

∵函数$f(x)$的图象在点(1，$f(1)$)处的切线方程为y=x，

∴$\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=b=1\hfill \\ f^{\prime }\left(1\right)=a+2b=1\hfill \end{array}\right.$解得：$\left\{\begin{array}{l}b=1\hfill \\ a=-1\hfill \end{array}\right.$

∴$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x}+2x$

欲求$y=f(x)$的增区间

只需$f^{\prime }\left(x\right)=-\frac{1}{x}+2x>0$，解得：$x>\frac{\sqrt{2}}{2}$

即函数$y=f(x)$的增区间为($\frac{\sqrt{2}}{2}$，$+\infty$)

故选：C

【点睛】

函数的单调性与导数的关系：

已知函数$f(x)$在某个区间内可导，

（1）如果$f^{\prime }(x)$>0，那么函数$y=f(x)$在这个区间内单调递增；如果$f^{\prime }(x)$<0，那么函数$y=f(x)$在这个区间内单调递减；

（2）函数$y=f(x)$在这个区间内单调递增，则有$f^{\prime }(x)\ge 0$；函数$y=f(x)$在这个区间内单调递减，则有$f^{\prime }(x)\le 0$；

命题点二： 利用导数研究函数的单调性

考向一 利用导数确定函数的单调性

【典例2】（2021·河南高三期末（文））已知函数$f(x)=e^x+e^{-x}-x^2$，则不等式$f(2m)>f(m-2)$的解集为（ ）

A．$(-\infty ,-2)\cup \left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ B．$\left(-\infty ,-\frac{2}{3}\right)\cup (2,+\infty )$

C．$\left(-2,\frac{2}{3}\right)$ D．$\left(-\frac{2}{3},2\right)$

【答案】A

【分析】

先判断函数的奇偶性与单调性，然后结合奇偶性和单调性解不等式．

【详解】

$f(-x)=e^{-x}+e^x-x^2$$=f(x)$，$f(x)$是偶函数，

$f^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}-2x$，设$g(x)=e^x-e^{-x}-2x$，则$g^{\prime }(x)=e^x+e^{-x}-2\ge 2\sqrt{e^x\times e^{-x}}-2=0$，

所以$g(x)$是增函数，$x\ge 0$时，$g(x)\ge g(0)=0$，即$x\ge 0$时，$f^{\prime }(x)\ge 0$，

所以在$[0,+\infty )$上，$f(x)$是增函数．

又$f(x)$是偶函数，所以不等式$f(2m)>f(m-2)$化为$f(\left|2m\right|)>f(\left|m-2\right|)$，所以$\left|2m\right|>\left|m-2\right|$，解得$m<-2$或$m>\frac{2}{3}$．

故选：A．

【方法总结】

本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式．在确定单调性需利用导数的知识，为了确定$f^{\prime }(x)$的正负，还需进行二次求导．

【拓展练习】

3．（2021·江苏启东市·高三期末）已知$a-4=\ln \frac{a}{4}<0$，$b-3=\ln \frac{b}{3}<0$，$c-2=\ln \frac{c}{2}<0$，则（ ）

A．$c<b<a$ B．$b<c<a$ C．$a<b<c$ D．$a<c<b$

【答案】C

【分析】

构造函数$f(x)=x-\ln x$，利用导数判断其单调性，由已知可得$f(a)=f(4)$，$0<a<1$，

$f(b)=f(3)$，$0<b<1$；$f(c)=f(2)$，$0<c<1$，进而利用单调性可得答案.

【详解】

令$f(x)=x-\ln x$，

$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}=0$，$x=1$

$0<x<1$时，$f^{\prime }(x)<0$，则$f(x)$在$(0,1)$上递减，

$x>1$时，$f^{\prime }(x)>0$，则$f(x)$在$(1,+\infty )$上递增，

由$a-4=\ln \frac{a}{4}<0$可得$0<a<4$，

$a-4=\ln \frac{a}{4}$化为$a-\ln a=4-\ln 4$

∴$f(a)=f(4)$，则$0<a<1$，

同理$f(b)=f(3)$，$0<b<1$；$f(c)=f(2)$，$0<c<1$，

因为$4>3>2>1$，所以$f\left(4\right)>f\left(3\right)>f\left(2\right)$，

可得$f\left(a\right)>f\left(b\right)>f\left(c\right)$，

因为$f(x)$在$(0,1)$上递减，，

∴$a<b<c$，

故选：C．

【点睛】

方法点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：求出$f\text{'}\left(x\right)$，在定义域内分别令$f\text{'}\left(x\right)>0$求得$x$的范围，可得函数$f\left(x\right)$增区间，由$f\text{'}\left(x\right)<0$求得$x$的范围，可得函数$f\left(x\right)$的减区间.

4．（2020·重庆市凤鸣山中学高三月考）函数$f\left(x\right)=2\cos x+\sin 2x$的一个单调递减区间是（ ）

A．$\left(\frac{\pi }{\text{6}}\right.，\left.\frac{\pi }{\text{2}}\right)$ B．$\left(0,\frac{\pi }{\text{6}}\right)$ C．$\left(\frac{\pi }{\text{2}},\pi \right)$ D．$\left(\frac{\text{5}\pi }{\text{6}},\pi \right)$

【答案】A

【分析】

利用导数求得函数$y=f\left(x\right)$的单调递减区间，利用赋值法可得出结果.

【详解】

$\because f\left(x\right)=2\cos x+\sin 2x$，该函数的定义域为$R$，

$f^{\prime }\left(x\right)=-2\sin x+2\cos 2x=2\left(1-2{\sin }^{2}x\right)-2\sin x=-2\left(2{\sin }^{2}x+\sin x-1\right)$$=-2\left(\sin x+1\right)\left(2\sin x-1\right)$，

$\because -1\le \sin x\le 1$，可得$\sin x+1\ge 0$，

令$f^{\prime }\left(x\right)<0$，可得$2\sin x-1>0$，即$\sin x>\frac{1}{2}$，解得$\frac{\pi }{6}+2k\pi <x<\frac{5\pi }{6}+2k\pi \left(k\in Z\right)$.

所以，函数$y=f\left(x\right)$的单调递减区间为$\left(\frac{\pi }{6}+2k\pi ,\frac{5\pi }{6}+2k\pi \right)\left(k\in Z\right)$.

当$k=0$时，函数$y=f\left(x\right)$的一个单调递减区间为$\left(\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}\right)$，

$\because \left(\frac{\pi }{\text{6}},\frac{\pi }{2}\right)\subseteq \left(\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}\right)$，

对任意的$k\in Z$，$\left(0,\frac{\pi }{6}\right)\not\subset \left(\frac{\pi }{6}+2k\pi ,\frac{5\pi }{6}+2k\pi \right)$，$\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)\not\subset \left(\frac{\pi }{6}+2k\pi ,\frac{5\pi }{6}+2k\pi \right)$，$\left(\frac{5\pi }{6},\pi \right)\not\subset \left(\frac{\pi }{6}+2k\pi ,\frac{5\pi }{6}+2k\pi \right)$，

故函数$y=f\left(x\right)$的一个单调递减区间为$\left(\frac{\pi }{\text{6}},\frac{\pi }{2}\right)$.

故选：A.

【点睛】

本题考查利用导数求解函数的单调区间，考查计算能力，属于中档题.

思路点睛：若$f\text{'}\left(x\right)>0$，所求区间为$f\left(x\right)$的单调增区间；

（2）若$f\text{'}\left(x\right)<0$，则所求区间为$f\left(x\right)$的单调减区间.

考向一 含参函数的单调性问题

【典例3】（2021·石嘴山市第三中学高三月考（理））已知函数$f\left(x\right)=x^2+alnx$.

（1）当$a=-2$时，求函数$f\left(x\right)$在点(e，f(e))处的切线方程

（2）若$g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{2}{x}$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上是单调增函数，求实数a的取值范围.

【答案】（1）$y=\frac{2e^2-2}{e}x-e^2$（2）$a\ge 0$

【分析】

（1）利用导数的几何意义可求得结果；

（2）转化为$g^{\prime }(x)\ge 0$，即$a\ge \frac{2}{x}-2x^2$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上恒成立，再构造函数求出最大值即可得解.

【详解】

（1）当$a=-2$时，$f\left(x\right)=x^2-2lnx$，定义域为$(0,+\infty )$，

$f^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x}=\frac{2x^2-2}{x}$，所以函数$f\left(x\right)$在点(e，f(e))处的切线的斜率为$f^{\prime }(e)=\frac{2e^2-2}{e}$，

又$f(e)=e^2-2$，

所以函数$f\left(x\right)$在点(e，f(e))处的切线方程为$y-(e^2-2)=\frac{2e^2-2}{e}(x-e)$，即$y=\frac{2e^2-2}{e}x-e^2$.

（2）因为$g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{2}{x}$$=x^2+\frac{2}{x}+a\ln x$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上是单调增函数，

所以$g^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{2x^3+ax-2}{x^2}$$\ge 0$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上恒成立，

即$a\ge \frac{2}{x}-2x^2$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上恒成立，

因为$y=\frac{2}{x}-2x^2$在$\text{[}1\text{,+}\infty )$上为单调递减函数，所以当$x=1$时，$y=\frac{2}{x}-2x^2$取得最大值0，

所以$a\ge 0$.

【方法总结】

本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

①若$k\ge f(x)$在$[a,b]$上恒成立，则$k\ge f{(x)}_{\max }$；

②若$k\le f(x)$在$[a,b]$上恒成立，则$k\le f{(x)}_{\min }$；

③若$k\ge f(x)$在$[a,b]$上有解，则$k\ge f{(x)}_{\min }$；

④若$k\le f(x)$在$[a,b]$上有解，则$k\le f{(x)}_{\max }$；

【拓展练习】

5、（2021·江西赣州市·高三期末（文））已知函数$f(x)=\frac{{\text{e}}^x}{x}-k\left(\frac{1}{x}+\ln x\right)$，其中k为常数，$\text{e}=2.71828$…为自然对数的底数.

（1）若$k={\text{e}}^2$，求函数$f(x)$的极值；

（2）若函数$f\left(x\right)$在区间$(1,2)$上单调，求k的取值范围.

【答案】（1）极小值为$-e^2\ln 2$极大值为$e-e^2$；（2）$(-\infty ,e]\cup \left[e^2,+\infty \right)$.

【分析】

（1）利用导数求解函数的极值即可.

（2）首先将题意转化为$f^{\prime }\left(x\right)\ge 0$或$f^{\prime }\left(x\right)\le 0$在区间$\left(1,2\right)$上恒成立，从而得到$e^x-k\ge 0$或$e^x-k\le 0$在区间$\left(1,2\right)$上恒成立，即可得到答案.

【详解】

（1）$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1){\text{e}}^x}{x^2}-k\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)=\frac{(x-1){\text{e}}^x}{x^2}-k\frac{x-1}{x^2}$

即$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)\left(e^x-k\right)}{x^2}$

当$k={\text{e}}^2$时$f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)\left(e^x-e^2\right)}{x^2}$，$x>0$.

令$f^{\prime }(x)=0$，解得令$x_1=1$，$x_2=2$.

所以$f\left(x\right)$的极小值为$f\left(2\right)=-e^2\ln 2$，极大值为$f\left(1\right)=e-e^2$.

（2）由于$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{\left(x-1\right)\left({\text{e}}^x-k\right)}{x^2}$，$x\in \left(1,2\right)$，

因为函数$f\left(x\right)$在区间$\left(1,2\right)$上单调，

所以$f^{\prime }\left(x\right)\ge 0$或$f^{\prime }\left(x\right)\le 0$在区间$\left(1,2\right)$上恒成立

即$e^x-k\ge 0$或$e^x-k\le 0$在区间$\left(1,2\right)$上恒成立

因此$k\le e$或$k\ge e^2$

所以k的取值范围为$(-\infty ,e]\cup \left[e^2,+\infty \right)$

6．（2021·浙江湖州市·高三期末）已知函数$f\left(x\right)=m{x}^3-x+\sin x+n{\text{e}}^x\left(m,n\in R\right)$，$\text{e}$为自然对数的底数.

（Ⅰ）当$m=0$且$n=1$时，证明：$f\left(x\right)>0$；

（Ⅱ）当$n=0$时，函数$f\left(x\right)$在区间$\left[0,+\infty \right)$上单调递增，求实数$m$的取值范围.

【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）$\left[\frac{1}{6},+\infty \right)$.

【分析】

（Ⅰ）先构造函数$h\left(x\right)={\text{e}}^x-x-1$，利用导数证明${\text{e}}^x-x\ge 1$恒成立，再结合$\sin x\ge -1$，且两不等式取等号条件不一样，两不等式相加即证结论；

（Ⅱ）依题意即$f^{\prime }\left(x\right)=3m{x}^2-1+\cos x\ge 0$在区间$\left[0,+\infty \right)$上恒成立，再分$m\le 0$，$0<m<\frac{1}{6}$，$m\ge \frac{1}{6}$三种情况进行讨论，利用导数研究单调性和值的分布说明前两种情况不符合题意，最后一种情况符合题意即可.

【详解】

解：（Ⅰ）当$m=0$且$n=1$时，函数$f\left(x\right)={\text{e}}^x-x+\sin x$，定义域为R，

令$h\left(x\right)={\text{e}}^x-x-1$，则$h^{\prime }\left(x\right)={\text{e}}^x-1=0$，得$x=0$，

故$x<0$时，$h^{\prime }\left(x\right)<0$，$h\left(x\right)$单调递减，$x>0$时，$h^{\prime }\left(x\right)>0$，$h\left(x\right)$单调递增，

故$h\left(x\right)={\text{e}}^x-x-1\ge h\left(x\right)={\text{e}}^0-0-1=0$恒成立，$x=0$时等号成立.

所以${\text{e}}^x-x\ge 1$恒成立，$x=0$时取等号，而$\sin x\ge -1$恒成立，当$x=-\frac{\pi }{2}+2k\pi ,k\in Z$时取等号，故$f\left(x\right)={\text{e}}^x-x+\sin x\ge 1-1=0$，但由于取等号条件不一致，故等号取不到，

所以$f\left(x\right)={\text{e}}^x-x+\sin x>0$；

（Ⅱ）当$n=0$时，函数$f\left(x\right)=m{x}^3-x+\sin x$，在区间$\left[0,+\infty \right)$上单调递增，

则$f^{\prime }\left(x\right)=3m{x}^2-1+\cos x\ge 0$在区间$\left[0,+\infty \right)$上恒成立.

令$g(x)=f^{\prime }\left(x\right)=3m{x}^2-1+\cos x$，$x\ge 0$，则$g^{\prime }(x)=6mx-\sin x$.

①当$m\le 0$时，$g(\pi )=3m{\pi }^2-1+\cos \pi =3m{\pi }^2-1<0$，即$f^{\prime }\left(\pi \right)<0$，不符合题意；

②当$0<m<\frac{1}{6}$时，$g^{\prime }(x)=6mx-\sin x$，则$g^{″}(x)=6m-\cos x$，

因为$0<6m<1$，当$0<x<\frac{\pi }{2}$时，$0<\cos x<1$，$y=\cos x$单调递减，

所以存在$0<x_0<\frac{\pi }{2}$，使得$g^{″}(x_0)=6m-\cos x_0=0$，

当$x\in \left(0,x_0\right)$时，$g^{″}(x_0)<0$，$g^{\prime }(x)$单调递减，

当$x\in \left(x_0,\frac{\pi }{2}\right)$时，$g^{″}(x_0)>0$，$g^{\prime }(x)$单调递增，而$g^{\prime }(0)=6m\times 0-\sin 0=0$，

故$x\in \left(0,x_0\right)$时$g^{\prime }(x)<0$恒成立，即$g(x)$单调递减，又$g(0)=0-1+\cos 0=0$，

故$g(x)<0$，即$f^{\prime }\left(x\right)<0$，不符合题意；

③当$m\ge \frac{1}{6}$时，$g^{\prime }(x)=6mx-\sin x$，则$g^{″}(x)=6m-\cos x$，

因为$6m\ge 1$，$\cos x\le 1$，所以$g^{″}(x)=6m-\cos x\ge 0$，

即$g^{\prime }(x)$在区间$\left[0,+\infty \right)$上是单调递增函数，而$g^{\prime }(0)=0$，故$g^{\prime }(x)\ge 0$恒成立，

所以$g(x)$在区间$\left[0,+\infty \right)$上是单调递增函数，而$g(0)=0$，故$g(x)\ge 0$恒成立，

即$f^{\prime }\left(x\right)\ge 0$恒成立，符合题意.

综上，实数$m$的取值范围为$\left[\frac{1}{6},+\infty \right)$.

【点睛】

方法点睛：

已知函数$y=f(x)$单调性求参数的取值范围问题，通常利用导数将其转化成恒成立问题：

（1）函数$y=f(x)$在区间I上单调递增，则$f^{\prime }(x)\ge 0$在区间I上恒成立；

（2）函数$y=f(x)$在区间I上单调递减，则$f^{\prime }(x)\le 0$在区间I上恒成立.

命题点三 利用导数研究函数的极值和最值

考向一 求函数的极值、最值

【典例4】（2021·辽宁高三一模（文））已知函数$f(x)=\frac{e^x}{x},g(x)=a(x-\ln x)(a\in R)$.

（1）求函数$g\left(x\right)$的极值；

（2）若$h(x)=f(x)-g(x)$ 在$x\in [1,+\infty )$上有且只有一个零点，求实数$a$的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）$a\ge e$

【分析】

（1）讨论$a$的范围，利用导数$g\prime (x)$判断原函数的单调性可得结果.

（2）利用等价转化，转化为函数$y=a$与函数$t\left(x\right)=\frac{e^x}{x(x-\ln x)}$的图象在$x\in [1,+\infty )$只有一个交点，通过多次求导求得函数$t\left(x\right)$的单调性，最后简单计算可得结果.

【详解】

（1）函数$g(x)$的定义域为$\left(0,+\infty \right)$

当$a=0$时，函数$g(x)=0$无极值

当$a\ne 0$时，$g\prime (x)=a\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{a\left(x-1\right)}{x}$

若$a>0$，令$g\prime (x)>0$，则$x>1$；令$g\prime (x)<0$，则$0<x<1$

所以函数$g\left(x\right)$在$\left(1,+\infty \right)$单调递增，在$\left(0,1\right)$单调递减，

所以$g\left(x\right)$的极小值为$g\left(1\right)=a$，无极大值

若$a<0$，令$g\prime (x)>0$，则$0<x<1$；令$g\prime (x)<0$，则$x>1$

所以函数$g\left(x\right)$在$\left(0,1\right)$单调递增，在$\left(1,+\infty \right)$单调递减，

所以$g\left(x\right)$的极大值为$g\left(1\right)=a$，无极小值

（2）令$M\left(x\right)=x-\ln x$，$M\prime \left(x\right)=1-\frac{1}{x}$

当$x\in \left[1,+\infty \right)$时，$M\prime \left(x\right)\ge 0$，所以$M\left(x\right)$在$x\in \left[1,+\infty \right)$单调递增

所以$M\left(x\right)\ge M\left(1\right)=1$，所以$x-\ln x>0$

由题可知：$h(x)=f(x)-g(x)$在$x\in [1,+\infty )$上有且只有一个零点

即$h(x)=0$在$x\in [1,+\infty )$上有且只有一个根，

等价于$a=\frac{e^x}{x(x-\ln x)}$在$x\in [1,+\infty )$上有且只有一个根

等价于函数$y=a$与函数$t\left(x\right)=\frac{e^x}{x(x-\ln x)}$的图象在$x\in [1,+\infty )$只有一个交点

$t\prime \left(x\right)=\frac{e^x\left(x^2-x\ln x-2x+\ln x+1\right)}{{\left[x(x-\ln x)\right]}^2}$，令$m\left(x\right)=x^2-x\ln x-2x+\ln x+1$

则$m\prime \left(x\right)=2x-\ln x+\frac{1}{x}-3$，$m\prime \prime \left(x\right)=2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{\left(2x+1\right)\left(x-1\right)}{x^2}$

当$x\in [1,+\infty )$时，$m\prime \prime \left(x\right)\ge 0$，所以$m\prime \left(x\right)$在$x\in [1,+\infty )$单调递增

则$m\prime \left(x\right)\ge m\prime \left(1\right)=0$，所以$m\left(x\right)$在$x\in [1,+\infty )$单调递增

则$m\left(x\right)\ge m\left(1\right)=0$，所以$t\left(x\right)$在$x\in [1,+\infty )$单调递增

所以$t\left(x\right)\ge e$，所以$a\ge e$

【方法总结】

1、含参数函数单调性以及极值：（1）求导；（2）讨论参数范围；（2）求解$g\prime (x)>0$，$g\prime (x)<0$（4）得出结论.

2、函数在具体区间的零点个数求参：（1）等价转化为相应方程根的个数；（2）分离参数；（3）构造函数利用导数判断函数性质（可能会用到二阶导）；（4）得出结论.

【拓展练习】

7．（2021·江西吉安市·高三期末（理））已知函数$f(x)=a{e}^x(x-2)(a\ne 0)$．

（1）求$f(x)$的单调区间；

（2）若函数$g(x)=f(x)+x^2-2x$有两个极值点，求实数$a$的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）$\left(-\infty ,-\frac{2}{e}\right)\cup \left(-\frac{2}{e},0\right)$．

【分析】

（1）先对函数求导，然后分$a>0$和$a<0$两种情况，解不等式$f^{\prime }(x)<0$，$f^{\prime }(x)>0$，可求出函数的单调区间；

（2）函数$g(x)=f(x)+x^2-2x$有两个极值点，等价于$g^{\prime }(x)=a{e}^x(x-1)+2x-2=(x-1)\left(a{e}^x+2\right)$有两个不同的零点，等价于$h(x)=a{e}^x+2$有一个不为1的零点，然后分$a>0$和$a<0$两种情况讨论即可得答案

【详解】

（1）$f^{\prime }(x)=a{e}^x(x-1)$，

若$a>0$，由$f^{\prime }(x)<0$，得$x<1$；由$f^{\prime }(x)>0$，得$x>1,\therefore f(x)$的递减区间为$(-\infty ,1)$，递增区间为$(1,+\infty )$．

若$a<0$，由$f^{\prime }(x)<0$，得$x>1$；由$f^{\prime }(x)>0$，得$x<1,\therefore f(x)$的递减区间为$(1,+\infty )$，递增区间为$(-\infty ,1)$．

（2）$g(x)=f(x)+x^2-2x=a{e}^x(x-2)+x^2-2x$，$g^{\prime }(x)=a{e}^x(x-1)+2x-2=(x-1)\left(a{e}^x+2\right)$．

$\therefore g(x)=a{e}^x(x-2)+x^2-2x$有两个极值点，等价于$g^{\prime }(x)=a{e}^x(x-1)+2x-2=(x-1)\left(a{e}^x+2\right)$有两个不同的零点，等价于$h(x)=a{e}^x+2$有一个不为1的零点，当$x=1$时，$h(1)=a{e}^1+2\ne 0$，即$a\ne -\frac{2}{e}$．

∴①当$a>0$时，$h(x)=a{e}^x+2>0$，此时无零点；

②当$a<0$且$a\ne -\frac{2}{e}$时，$h^{\prime }(x)=a{e}^2<0,\therefore h(x)$为减函数．

又$h\left(\ln \left(-\frac{2}{a}\right)\right)=a{e}^{\ln \left(-\frac{2}{a}\right)}+2=0$，∴总存在唯一实数$\ln \left(-\frac{2}{a}\right)$，使$h(x)=0$．

综上，$g(x)$有两个极值点实数$a$的取值范围$\left(-\infty ,-\frac{2}{e}\right)\cup \left(-\frac{2}{e},0\right)$．

【点睛】

关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查导数与极值，第2问解题的关键是将函数$g(x)=f(x)+x^2-2x$有两个极值点，等价于$g^{\prime }(x)=a{e}^x(x-1)+2x-2=(x-1)\left(a{e}^x+2\right)$有两个不同的零点，等价于$h(x)=a{e}^x+2$有一个不为1的零点，从而分情况讨论即可，考查数学转化思想，属于中档题

8．（2021·四川高三月考（文））已知函数$f\left(x\right)=e^x-\frac{1}{2}a{x}^2-x.$

（1）设$f^{\prime }\left(x\right)$是$f\left(x\right)$的导函数，讨论函数$y=f^{\prime }\left(x\right)$的单调性；

（2）当$a\le 1-\frac{1}{e}$时，求函数$f\left(x\right)$在$\left[-1，+\infty \right)$上的最小值.

【答案】（1）答案见解析；（2）1.

【分析】

（1）对函数$f\left(x\right)$两次求导，分$a\le 0$和$a>0$两种情况，分别求出函数$y=f^{\prime }\left(x\right)$的单调性；

（2）由（1）知，当$a\le 0$时函数$f\left(x\right)$的单调性，进而可得最小值；当$a>0$时，比较$\ln a$与区间端点$-1$的大小，分$0<a\le \frac{1}{e}$和$\frac{1}{e}<a\le 1-\frac{1}{e}$两种情况，分别判断函数的单调性，进而得出最小值．

【详解】

（1）由已知$f^{\prime }(x)=e^x-ax-1$

设$g(x)=f^{\prime }(x)$

$\therefore g^{\prime }(x)=e^x-a$

①当$a\le 0$时，$g^{\prime }(x)=e^x-a>0$在$R$上恒成立

$\therefore g(x)=f^{\prime }(x)$在$(-\infty ,+\infty )$上递增

②当$a>0$时，令$g^{\prime }(x)>0$得$x>\ln a$

$g^{\prime }(x)<0$得$x<\ln a$

$\therefore g^{\prime }(x)\text{=}{f}^{\prime }\left(x\right)$在$(-\infty ,\ln a)$上递减，在$(\ln a,+\infty )$上递增

综上所述：当$a\le 0$时，$y=f^{\prime }(x)$是$(-\infty ,+\infty )$上的增函数

当$a>0$时，$y=f^{\prime }(x)$在$(-\infty ,\ln a)$是减函数，在$(\ln a,+\infty )$上是增函数

（2）由（1）知，①当$a\le 0$时，$f^{\prime }(x)=e^x-ax-1$在$(-1,+\infty )$上递增

又$f^{\prime }\left(0\right)=0$

$\therefore -1<x<0$时，$f^{\prime }(x)<0;x>0$时，$f^{\prime }(x)>0$

则$f(x)$在$(-1,0)$上递减，在$(0,+\infty )$上递增

$\therefore f{(x)}_{\min }=f(0)=1$

②当$0<a\le \frac{1}{e}$时，$\ln a\le -1$

由（1）知$f^{\prime }\left(x\right)$在$(-1,+\infty )$上递增，又$f^{\prime }(0)=0$

则$f(x)$在$(-1,0)$上递减，在$(0,+\infty )$上递增

$\therefore f{(x)}_{\min }=f(0)=1$

③当$\frac{1}{e}<a\le 1-\frac{1}{e}$时，由（1）知

$f^{\prime }\left(x\right)$在$(-1,\ln a)$上递减，在$(\ln a,+\infty )$上递增

且$f^{\prime }(0)=0,f^{\prime }(-1)=\frac{1}{e}+a-1\le 0$

$\therefore -1\le x<0$时，$f^{\prime }(x)<0;x>0$时，$f^{\prime }(x)>0$

$\therefore f(x)$在$(-1,0)$上递减，在$(0,+\infty )$在递增

则$f{(x)}_{\min }=f(0)=1$

综上所述：函数$f(x)$在$\left[-1,+\infty \right)$上的最小值为$1$.

【点睛】

方法点睛：本题考查导函数在函数单调性和最值中的应用，考查分类讨论思想，其中利用导函数求最值的步骤为：

1. 先求出原函数的定义域；

2. 对原函数求导；

3. 令导数大于零；解出自变量的范围；该范围即为该函数的增区间；同理令导数小于零，得到减区间；

4. 若定义域在增区间内，则函数单增；若定义域在减区间内则函数单减，若以上都不满足，则函数不单调．

5.比较极值与端点值大小确定最值．

考向二 与函数极值点个数有关的问题

【典例5】（2020·南昌县莲塘第一中学高三月考（文））已知$a\in \text{R}$，函数$f(x)=e^x-ax-1$，$g(x)=x-\ln (x+1)$（$e=2.71828\cdots$）.

（1）讨论函数$f(x)$极值点的个数；

（2）若$a=1$，当$\text{x}\in [0,+\infty )$时，求证：$f(x)\ge g(x)$.