高考数学一轮复习专题3.4 利用导数研究函数的极值,最值(测)

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利用导数研究函数的极值与最值

利用导数研究函数的极值与最值导数是研究函数变化率的工具，通过导数可以研究函数的极值和最值。

在这篇文章中，我们将讨论如何利用导数来研究函数的极值和最值。

一、极值的定义和判断条件极值是指函数取得的最大值或最小值。

在数学上，函数f(x)在点x=c处取得极值的充分条件是f'(c)=0，并且f'(x)的符号在x=c的两侧改变。

具体来说，f'(x)大于0时，函数递增；f'(x)小于0时，函数递减。

而当f'(x)从正变为负或从负变为正时，就是函数取得极值的地方。

二、几何图形与导数的关系通过导数的大小和符号，我们可以推断函数的几何行为。

例如，当f'(x)>0时，函数f(x)是递增的，图像是向上的曲线；而当f'(x)<0时，函数f(x)是递减的，图像是向下的曲线。

当f'(x)=0时，函数可能达到极值点。

三、利用导数判断函数的极值1.求导数：首先求出函数f(x)的导数f'(x)。

2.解方程：解方程f'(x)=0，得到可能的极值点x=c。

3.判断符号：将极值点x=c代入f'(x)，判断f'(x)的符号在c的两侧。

如果f'(x)从正变为负，或从负变为正，那么极值点x=c是函数的极值点。

4.检验：将极值点代入函数f(x)中，算出函数值f(c)，判断是否是极值。

四、利用导数求函数的最值1.求导数：求出函数f(x)的导数f'(x)。

2.解方程：解方程f'(x)=0，得到可能的最值点x=c。

3.极值判断：判断c是否是函数的极值点，确定是否是最值点。

4.边界判断：检查函数在定义域的边界上的函数值，判断是否可能是最值。

5.比较：对于所有可能的最值点，比较它们的函数值，得到最大值和最小值。

五、利用导数求出临界点临界点是指导数不存在的点或者导数为零的点。

通过求导数，我们可以找到函数的临界点。

临界点可能是函数的极值点或最值点。

高中数学利用导数研究函数的极值和最值

专题4 利用导数研究函数的极值和最值专题知识梳理1.函数的极值（1）函数极值定义:一般地，设函数在点附近有定义，如果对附近的所有的点，都有，就说是函数的一个极大值，记作y 极大值=,是极大值点。

如果对附近的所有的点，都有.就说是函数的一个极小值，记作y极小值=，是极小值点。

极大值与极小值统称为极值.(2)判别f (x 0)是极大、极小值的方法: 若满足，且在的两侧的导数异号，则是的极值点，是极值，并且如果在两侧满足“左正右负”，则是的极大值点，是极大值；如果在两侧满足“左负右正”，则是的极小值点，是极小值.(3)求可导函数f (x )的极值的步骤:①确定函数的定义区间，求导数 ;①求出方程的定义域内的所有实数根；①用函数的导数为的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间，并列成表格.标出在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值。

①根据表格下结论并求出需要的极值。

2. 函数的最值（1）定义：若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最大值，记作;若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最小值，记作;（2）在闭区间上图像连续不断的函数在上必有最大值与最小值．（3）求函数在上的最大值与最小值的步骤：①求在内的极值；①将的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值, 从而得出函数在上的最值。

考点探究)(x f x 0x 0f (x )<f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 0x 0f (x )>f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 00x 0)(0='x f 0x )(x f 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '¢f (x )=00)(x f ')(x f I x 0x ÎI f (x )£f (x 0))(0x f y max =f (x 0))(x f I x 0x ÎI f (x )³f (x 0))(0x f y min =f (x 0)[]b a ,)(x f []b a ,)(x f []b a ,)(x f (,)a b )(x f f (a ),f (b ))(x f []b a ,考向1 利用导数研究函数的极值【例】已知函数x x x f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值.题组训练1.函数的极大值是________，极小值是________．2.已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，求f (2)的值。

高考数学一轮复习导数与函数的极值、最值

(1)当 a> 0 时，f(x)与 g(x)的情况如下：
x (－∞，－4a) －4a －4a，1a
1 a
1a，＋∞
g(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
递减
极小值递增极大值递减
由表可知，f(x)的单调递增区间是－4a，1a，单调递减区间是(－∞，－4a)，1a，＋∞，极大值为 f1a＝a2，极小值为 f(－4a)＝－41.
则下列判断正确的是
()
A．f(x)在x＝－4时取极小值
B．f(x)在x＝－2时取极大值
C．x＝1.5是f(x)的极小值点
D．x＝3是f(x)的极小值点
解析：由导函数f′(x)的图象可得，当x＝－4时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以f(x)在x＝－4时取极小值，所以A正确；当x＝1.5 时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以x＝1.5是f(x)的极小值点，所以C正确；而x＝－2和x＝3，左右两边的导数值同号，所以x＝－ 2和x＝3不是函数的极值点，所以B、D错误，故选A、C. 答案：AC
当 a> 0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝a1，所以当 x∈0，1a时，f′(x)> 0， f(x)单调递增；
当 x∈1a，＋∞时，f′(x)< 0，f(x)单调递减．综上所述，当 a< 0 时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；当 a> 0 时，f(x)在0，a1单调递增，在1a，＋∞单调递减．
(－1，＋∞)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，符合题意．则 m＋n
＝2＋9＝11.
(2)f′(x)＝22x22x－－x1－a，因为函数 f(x)(a∈R )在(1,2)内不存在极值点，所以 2x2－x－a＝0 在(1,2)上没有根，即函数 g(x)＝2x2－x－a 在(1,2)上无零点，由对称轴为 x＝－－14＝14，可知 g(1)＝2×12－1－a≥0 或 g(2)＝2×22 －2－a≤0，解得 a≤1 或 a≥6.

2023届高考数学一轮复习作业利用导数研究函数的极值最值北师大版

利用导数研究函数的极值、最值一、选择题1．函数y＝在[0，2]上的最大值是( )A． B． C．0 D．A　[易知y′＝，x∈[0，2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y max＝，故选A．]2．(2021·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是( )①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝x3－3x2；④y＝2x．A．①② B．①③ C．③④ D．②③D　[对于①，y′＝3x2≥0，故①不是；对于②，y′＝2x，当x＞0时，y′＞0，当x＜0时，y′＜0，当x＝0时，y′＝0，故②是；对于③，y′＝3x2－6x＝3x(x－2)，当x＜0时，y′＞0，当0＜x＜2时，y′＜0，当x ＝0时，y′＝0，故③是；对于④，由y＝2x的图像知，④不是．故选D．]3．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图像，给出下列命题：①－3是函数y＝f (x)的极小值点；②－1是函数y＝f (x)的极小值点；③y＝f (x)在x＝0处的切线的斜率小于零；④y＝f (x)在区间(－3，1)上单调递增．则正确命题的序号是( )A．①④ B．①② C．②③ D．③④A　[由图可知x＜－3时，f ′(x)＜0，x∈(－3，1)时f ′(x)＞0，∴－3是f (x)的极小值点，①正确；又x∈(－3，1)时f ′(x)≥0，∴f (x)在区间(－3，1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y＝f (x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f (x)在x＝0处的切线的斜率大于0．∴③不正确．故选A．]4．若x＝1是函数f (x)＝ax＋ln x的极值点，则( )A．f (x)有极大值－1B．f (x)有极小值－1C．f (x)有极大值0D．f (x)有极小值0A　[∵f (x)＝ax＋ln x，x＞0，∴f ′(x)＝a＋，由f ′(1)＝0得a＝－1，∴f ′(x)＝－1＋＝．由f ′(x)＞0得0＜x＜1，由f ′(x)＜0得x＞1，∴f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x)极大值＝f (1)＝－1，无极小值，故选A．]5．已知f (x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是( )A．－37 B．－29 C．－5 D．以上都不对A　[∵f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f (x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，∴x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f (0)＝m＝3，∴m＝3．∴f (－2)＝－37，f (2)＝－5．∴最小值是－37．故选A．]6．已知函数f (x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f (x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]D　[由题意知f ′(x)＝3x2＋6x－9，令f ′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f ′(x)，f (x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3．]二、填空题7．设a∈R，若函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．(－∞，－1)　[∵y＝e x＋ax，∴y′＝e x＋a．∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x＞0时，－e x＜－1，∴a＝－e x＜－1．]8．已知函数f (x)＝ln x－ax存在最大值0，则a＝________．　[f ′(x)＝－a，x＞0．当a≤0时，f ′(x)＝－a＞0恒成立，函数f (x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f ′(x)＝－a＝0，解得x＝．当0＜x＜时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x＞时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减．∴f (x)max＝f ＝ln －1＝0，解得a＝．]9．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为________．3　[设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·．∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小．]三、解答题10．(2021·北京高考)已知函数f (x)＝．(1)若a＝0，求y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x)在x＝－1处取得极值，求f (x)的单调区间，以及最大值和最小值．[解]　(1)当a＝0时，f (x)＝，则f ′(x)＝．当x＝1时，f (1)＝1，f ′(1)＝－4，故y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得y＝－4x＋5．(2)已知函数f (x)＝，则f ′(x)＝．若函数f (x)在x＝－1处取得极值，令f ′(－1)＝0，则＝0，解得a＝4．经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f (x)的极大值，符合题意．此时f (x)＝，函数定义域为R，f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f (x)，f ′(x)随x的变化趋势如下表：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗故函数单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－．又因为x＜时，f (x)＞0；x＞时，f (x)＜0，所以函数f (x)的最大值为f (－1)＝1，最小值为f (4)＝－．11．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y关于v的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c＞0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．[解]　(1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，因此总用氧量y ＝＋＋9(v＞0)．(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，当0＜v＜10时，y′＜0，函数单调递减；当v＞10时，y′＞0，函数单调递增．若c＜10，函数在(c，10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，∴当v＝10时，总用氧量最少．若c≥10，则y在[c，15]上单调递增，∴当v＝c时，这时总用氧量最少．1．函数f (x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f (x1)－f (x2)|≤t，则实数t的最小值是( )A．20 B．18 C．3 D．0A　[原命题等价于对于区间[－3，2]上的任意x，都有f (x)max－f (x)min≤t，∵f ′(x)＝3x2－3，∴当x∈[－3，－1]时，f ′(x)＞0，当x∈[－1，1]时，f ′(x)＜0，当x∈[1，2]时，f ′(x)＞0．∴f (x)max＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x)min＝f (－3)＝－19．∴f (x)max－f (x)min＝20，∴t≥20．即t的最小值为20．故选A．]2．若x＝－2是函数f (x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f (x)的极小值为( )A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1A　[f ′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]e x－1．∵x＝－2是f (x)的极值点，∴f ′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)e－3＝0，得a＝－1．∴f (x)＝(x2－x－1)e x－1，f ′(x)＝(x2＋x－2)e x－1．由f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞1；由f ′(x)＜0，得－2＜x＜1．∴f (x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x)的极小值点为1，∴f (x)的极小值为f (1)＝－1．]3．已知函数f (x)＝a ln x＋(a＞0)．(1)求函数f (x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使得函数f (x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．[解]　由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f ′(x)＝－(a＞0)．(1)由f ′(x)＞0解得x＞，所以函数f (x)的单调递增区间是；由f ′(x)＜0解得x＜，所以函数f (x)的单调递减区间是．所以当x＝时，函数f (x)有极小值f ＝a ln ＋a＝a－a ln a，无极大值．(2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x∈时，函数f (x)单调递减；当x∈时，函数f (x)单调递增．①若0＜≤1，即a≥1时，函数f (x)在[1，e]上为增函数，故函数f (x)的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f (x)在上为减函数，在上为增函数，故函数f (x)的最小值为f (x)的极小值f ＝a ln ＋a＝a－a ln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．③若＞e，即0＜a＜时，函数f (x)在[1，e]上为减函数，故函数f (x)的最小值为f(e)＝a＋＝0，解得a＝－，而0＜a＜，故不满足条件．综上所述，这样的a不存在．1．若函数f (x)＝x3－3ax在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．[1，4)　[因为f ′(x)＝3(x2－a)，所以当a≤0时，f ′(x)≥0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增，f (x)没有极值点，不符合题意；当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f ′(x)与f (x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗因为函数f (x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a＜4．]2．已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．－　[∵f (x)的最小正周期T＝2π，∴求f (x)的最小值相当于求f (x)在[0，2π]上的最小值．f ′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cos x－2＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．令f ′(x)＝0，解得cos x＝或cos x＝－1，x∈[0，2π]．∴由cos x＝－1，得x＝π；由cos x＝，得x＝π或x＝．∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f (π)＝2sin π＋sin 2π＝0，f ＝2sin ＋sin ＝，f ＝－，f (0)＝0，f (2π)＝0，∴f (x)的最小值为－．]3．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x)＝2x3－ax2＋b．(1)讨论f (x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f (x)在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．[解]　(1)f ′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝．若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f ′(x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0．故f (x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减．若a＝0，f (x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f ′(x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0．故f (x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f (x)在[0，1]单调递增，所以f (x)在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b，最大值为f (1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1．②当a≥3时，由(1)知，f (x)在[0，1]单调递减，所以f (x)在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b，最小值为f (1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1．③当0＜a＜3时，由(1)知，f (x)在[0，1]的最小值为f ＝－＋b，最大值为b或2－a＋b．若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f (x)在[0，1]的最小值为－1，最大值为1．。

利用导数研究函数的极值(最值)

第14讲利用导数研究函数的极值/最值讲义高考中对导数这种方法要求很高，每年的考查形式灵活，难度较大.函数的单调性与极值，作为基础知识，我们一定要把这部分知识点理解好，掌握好，应用好，不管以什么样的形式考查都能处理的游刃有余.为了学习好导数这种方法，下面我们认真来学习用导数研究函数的极值与最值(1)明确函数的定义域，并求函数的导函数)(x f '； (2)求方程的根；(3)检验在方程的根的左右的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值，这个根叫做函数的极大值点；如果在根的右侧附近为正，左侧附近为负，那么函数在这个根处取得极小值，这个根叫做函数的极小值点. 注意：函数的极值不一定是一个，有的题可能是多个，需要灵活掌握.函数的最大值和最小值(1)设是定义在区间上的函数，且在内可导，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行：①求在内的极值；②将在各极值点的极值与、比较，来确定函数的最大值和最小值.(2)若函数在上单调增加，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数在上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值.注意：有时极大（小）值也是最大（小）值，有时不一定，需要具体问题具体分析.)(x f )(x f 0)(/=x f )(x f '0)(='x f )(x f )(x f )(x f y =[]b a ,),(b a )(x f y =[]b a ,)(x f y =),(b a )(x f y =)(a f )(b f )(x f []b a ,)(a f )(b f )(x f []b a ,)(a f )(b f讲义一、导入二、知识讲解知识点1 求函数极值知识点2 求函数最值【教学建议】【题干】1.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)【答案】D【解析】：由图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．【题干】2.已知函数f(x)＝2e f′(e)ln x－xe(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A．2e－1 B．－1e C．1 D．2ln 2【答案】D．【解析】由题意知，f′(x)＝2e f′（e）x－1e(x>0)，令x＝e得，f′(e)＝2f′(e)－1e，∴f′(e)＝1e，∴f′(x)＝2x－1e.令f′(x)＝0，得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)＞0；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)三、例题精析例题1上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减．∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 【题干】3.已知函数f (x )＝(x －2)(e x －ax )，当a ＞0时，讨论f (x )的极值情况．【答案】见解析【解析】∵f ′(x )＝(e x －ax )＋(x －2)(e x －a )＝(x －1)(e x －2a )，当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln 2a .①当a ＝e2时，f ′(x )＝(x －1)(e x －e)≥0，∴f (x )单调递增，故f (x )无极值；②当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：； ③当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )有极大值f (1)＝a －e ，极小值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2.综上，当0＜a ＜e 2时，f (x )有极大值－a (ln 2a －2)2，极小值a －e ；当a ＝e 2时，f (x )无极值；当a ＞e2时，f (x )有极大值a －e ，极小值－a (ln 2a －2)2.【题干】 1. 若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫2，52 B.⎣⎡⎭⎫2，52 C.⎝⎛⎭⎫2，103 D.⎣⎡⎭⎫2，103 【答案】D【解析】函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝⎛⎭⎫12，3内有根．f ′(x )＝x 2－ax ＋1，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得Δ＝a 2－4＞0，解得a ＜－2或a ＞2.由f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，3内有解．又x ＋1x ∈⎣⎡⎭⎫2，103，所以2≤a ＜103.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103.例题2【题干】2.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________．【答案】－7 【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在R 上单调递增，无极值，舍去；a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.【题干】已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)当0＜a ＜3时，记f (x )在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M －m 的取值范围．【答案】见解析.【解析】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )＜0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a3，0时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减．综上，当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减；当a ＝0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减． (2)当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3单调递减，在⎝⎛⎭⎫a3，1单调递增，所以f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋2，最大值为f (0)＝2或f (1)＝4－a . 于是m ＝－a 327＋2，M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a ，0＜a ＜2，2，2≤a ＜3.所以M －m ＝⎩⎨⎧2－a ＋a 327，0＜a ＜2，a 327，2≤a ＜3.当0＜a ＜2时，可知y ＝2－a ＋a 327单调递减，所以M －m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫827，2. 例题3当2≤a ＜3时，y ＝a 327单调递增，所以M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，1. 综上，M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，2.【题干】1.已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a ＞0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值．【答案】（1）f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)；（2）5e 5 【解析】(1)f ′(x )＝（2ax ＋b ）e x －（ax 2＋bx ＋c ）e x （e x ）2＝－ax 2＋（2a －b ）x ＋b －c e x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )的符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce－3＝－e 3，g （0）＝b －c ＝0，g （－3）＝－9a －3（2a －b ）＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5ex. 因为f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大值，而f (－5)＝5e －5＝5e 5＞5，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.【题干】2. 在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝⎛⎭⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少？【答案】见解析例题4【解析】(1)由题意，得下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎝⎛⎭⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v (升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)．(2)y ′＝3v 25－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得，v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0，函数单调递增．若c <1032时，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少．若15≥c ≥1032时，则y 在[c ，15]上单调递增，∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少．。

利用导数研究函数的极值最值

利用导数研究函数的极值最值导数是研究函数的极值、最值的重要工具之一、通过计算函数的导数，我们可以找到函数的临界点，进而确定函数的极值和最值。

极值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

极大值是函数在其中一点上取得的最大值，极小值是函数在其中一点上取得的最小值。

首先，我们可以通过计算函数的导数来找到函数的临界点。

临界点是函数导数等于0的点，也包括导数不存在的点。

然后，通过进一步的分析，可以确定临界点中的极值点。

假设函数f(x)在区间[a,b]上连续且可导。

首先，我们需要计算函数f(x)的导数f'(x)。

然后，我们找出导数f'(x)等于0的点，这些点就是函数f(x)的临界点。

接下来，我们进一步分析导数f'(x)的符号。

在临界点两侧，如果导数f'(x)由正变负，则表明在该点上函数f(x)取得极大值；如果导数f'(x)由负变正，则表明在该点上函数f(x)取得极小值。

当然，也可能存在导数f'(x)不存在的点，这些点也是函数的临界点。

最值是函数在定义域内取得的最大值或最小值。

最大值是函数在定义域内所有点上取得的最大值，最小值是函数在定义域内所有点上取得的最小值。

通过求解函数的导数，我们可以找到函数的临界点。

然后，通过分析函数在临界点、定义域的边界点和导数不存在的点上的取值，可以确定函数的最值。

当函数在闭区间[a,b]上连续时，最大值和最小值一定在定义域的边界点上或者在临界点上取得。

因此，在求解函数最值时，我们需要计算函数在闭区间的端点上的取值，并将其和临界点上的取值相比较。

需要注意的是，导数仅能帮助我们找到函数的临界点，但临界点未必都是极值点。

为了判断极值点是否为极大值或极小值，我们还需要进行二阶导数测试。

如果二阶导数大于0，则表示该点为极小值；如果二阶导数小于0，则表示该点为极大值；如果二阶导数等于0，则需要进行其他方法的分析。

总之，利用导数研究函数的极值、最值是一种有效的方法。

高考数学之利用导数研究函数的极值和最值

高考数学之利用导数研究函数的极值和最值一．知识点睛1.可导函数的极值：①如果函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,f′(a)=0；而且在点x=a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，我们就把a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.②如果函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大，f′(b)=0；而且在点x=b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，我们就把b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.注意：①.可导函数y=f（x）在点x0取得极值的充要条件是f′(x0)=0，且在点x0左侧和右侧，f′(x)异号②.导数为0的点不一定是极值点，比如y=x3即导数为0的点是该点为极值点的必要条件，而不是充分条件。

③.若极值点处的导数存在，则一定为02.求可导函数极值的步骤：①.确定函数的定义域②求导f′(x)③求方程f′(x)=0的根④把定义域划分为部分区间，并列成表格，检查f′(x)在方程根左右的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值。

二．方法点拨：1.已知具体函数求极值2.已知含参函数的极值点和极值，确定参数：①极值点处导数为0②由极值点，极值组成的坐标在曲线上，由这两点建立有关参数的方程，求出参数值以后还须检验，看参数是否符合函数取得极值的条件。

3.已知含参函数极值点个数，确定参数范围:函数f（x）的极值点导函数f′(x) 的异号零点f′(x)=0的根函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标注意：导函数f′(x)的零点并不是函数f（x）的极值点，导函数f′(x)的异号零点才对应函数f（x）的极值点。

因此方程f′(x)=0的根及函数y=k与函数y=g（x）图像交点的横坐标，必须对应f′(x) 的异号零点。

方法总结：解决函数的零点，极值点，及方程根的关系问题时，优先考虑分离参数法，若分离参数不容易实现或者分离后依然不好解决问题，再考虑以下解题思路：（1）研究函数图像与X轴的位置关系⑵研究非水平的动直线（定点直线系或者斜率不为0的平行直线系）与固定函数曲线的位置关系⑶研究动态曲线与曲线的位置关系。

2024届新高考一轮复习北师大版第四章第三节利用导数研究函数的极值、最值课件(35张)

微点拨函数最值与极值的区别
(1)函数在闭区间上若存在最大值或最小值,则最大值或最小值只能各有一
个,具有唯一性;而极大值和极小值可能有多个,也可能没有;
(2)极值只能在函有最值的不一定有极值.
常用结论
1.有极值的函数一定不是单调函数.
且f(x)的极大值为4,则b=(
A.-1
B.2
C.-3
)
D.4
(2)(2022·江苏南京模拟)已知函数f(x)=x(ln x-ax)在区间(0,+∞)上有两个极
值,则实数a的取值范围为(
A.(0,e)
C.
1
0,
2
B.
1
0,
e
D.
1
0,
3
)
答案 (1)B (2)C
解析 (1)f(x)=(x-a)(x-b)ex=(x2-ax-bx+ab)ex,所以f'(x)=(2x-a-b)ex+(x2-axbx+ab)ex=ex[x2+(2-a-b)x+ab-a-b].因为函数f(x)=(x-a)(x-b)ex在x=a处取得极
极值点.
(2)在一个给定的区间上,函数可能有若干个极值点,也可能不存在极值点;
函数可以只有极大值没有极小值,或者只有极小值没有极大值,也可能既有
极大值又有极小值.极大值不一定比极小值大,极小值不一定比极大值小.
微思考对于可导函数f(x),“f'(x0)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的什么条件?
取得极值的条件
极值
极值点
在包含x0的一个区间(a,b)内,函数y=f(x)在
任何不为x0的一点处的函数值都
小于点x0处的函数值

专题3.4利用导数证明不等式(2021年高考数学一轮复习专题)

专题利用导数证明不等式一、题型全归纳题型一作差法构造函数证明不等式【题型要点】(1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．【例1】(2020·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x.【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.【例2】已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．【解析】(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝ln x ＋2.当f ′(x )＞0时，x ＞e －2；当f ′(x )＜0时，0＜x ＜e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，所以f (x )在x ＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x ＞0)． g ′(x )＝ln x －1，由g ′(x )＝0，得x ＝e.由g ′(x )＞0，得x ＞e ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜e. 所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)上的最小值为g (e)＝3－e ＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g (x )≥g (e)＞0，所以f (x )＞3(x －1)．题型二拆分法构造函数证明不等式【题型要点】(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立．从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”．【例1】设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为0. (1)求a 的值；(2)求证：当0＜x ≤2时，f (x )＞12x .【解】(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意，可得f ′(1)＝2a －2＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)得f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，要证当0＜x ≤2时，f (x )＞12x ，只需证当0＜x ≤2时，x －ln x x －ln x ＞12，即x －ln x ＞ln x x ＋12.令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，令g ′(x )＝1－1x＝0，得x ＝1，易知g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，g (x )min ＝g (1)＝1.因为h ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ≤2时，h ′(x )＞0，所以h (x )在(0,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22＜1，即h (x )max ＜g (x )min .故当0＜x ≤2时，h (x )＜g (x )，即当0＜x ≤2时，f (x )＞12x . 【例2】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，求证：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；∈若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝e a ，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0；当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e. 记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e. 综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx－2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.题型三换元法构造函数证明不等式【题型要点】换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：【例1】已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 【解】(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 题型四两个经典不等式的应用【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. （1）对数形式：x ≥1＋ln x （x ＞0），当且仅当x ＝1时，等号成立.（2）指数形式：e x ≥x ＋1（x ∈R ），当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链： e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x （x ＞0，且x ≠1）. 【例1】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .【解析】(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.∈因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x＜x .∈故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x＜x . 二、高效训练突破1.(2020·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝ax －ax ln x －1(a ∈R ，a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当x >1时，求证：1x －1>1e x－1.【解析】：(1)f ′(x )＝a －a (ln x ＋1)＝－a ln x ，若a >0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)，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，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x －1>1e x －1，即证x x －1>e －x ，即证x －1x <e x ，又由第(1)问令a ＝1知f (x )＝x －x ln x －1在(1，＋∞)上单调递减，f (1)＝0，所以当x >1时，x －x ln x －1<0，即x －1x <ln x ，则只需证当x >1时，ln x <e x 即可．令F (x )＝e x －ln x, x >1，则F ′(x )＝e x －1x 单调递增，所以F ′(x )>F ′(1)＝e －1>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)，而F (1)＝e ，所以e x －ln x >e>0，所以e x >ln x ，所以e x >ln x >x －1x ，所以原不等式得证．2.(2020·唐山市摸底考试)设f (x )＝2x ln x ＋1.(1)求f (x )的最小值；(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1x＋2ln x .【解】 (1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．所以当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝1－2e .(2)证明：x 2－x ＋1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x ＝(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21，令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝（x －1）2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21≥0，即f (x )≤x 2－x ＋1x ＋2ln x . 3.(2020·福州模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)．∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ∈若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea 时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，e a )上单调递增，在(ea ，＋∞)上单调递减．(2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）e x x 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e. 综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x.设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x －1.所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2.所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 4.(2019·高考北京卷节选)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x .【解析】：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，⎪⎭⎫ ⎝⎛38f ＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x .5.已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2. 【证明】不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2(c －1)c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．6.已知函数()()x a ax x x f 12ln 2+++=.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0<a 时，证明()243--≤ax f 【解析】（1）()x f 的定义域为（0，＋∞），()()()xax x a ax x x f 1211221++=+++=' 当0≥a ，则当x ∈（0，＋∞）时，()0>'x f ，故()x f 在（0，＋∞）上单调递增.当0<a ，则当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0时，f ′（x ）＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 时，f ′（x ）＜0. 故()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 上单调递减. （2）证明：由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在x ＝－12a取得最大值，最大值为⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 21＝a a 41121ln --⎪⎭⎫⎝⎛-. 所以()243--≤a x f 等价于24341121ln --≤--⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a ，即012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-aa . 设g （x ）＝ln x －x ＋1，则g ′（x ）＝1x －1.当x ∈（0,1）时，g ′（x ）＞0；当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）＜0.所以g （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x ＝1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）＝0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a ，即()243--≤a x f . 7.已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.(∈)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减． (∈)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时g (x )＜0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.8．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln(x ＋a )＋b .(1)当b ＝0时，f (x )－g (x )＞0恒成立，求整数a 的最大值；(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1(n ∈N *)．【解析】(1)现证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞0，当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立，即e x ≥x ＋1.同理可得ln(x ＋2)≤x ＋1，即e x ＞ln(x ＋2)，当a ≤2时，ln(x ＋a )≤ln(x ＋2)＜e x ，所以当a ≤2时，f (x )－g (x )＞0恒成立．当a ≥3时，e 0＜ln a ，即e x －ln(x ＋a )＞0不恒成立．故整数a 的最大值为2. (2)证明：由(1)知e x ＞ln(x ＋2)，令x ＝－n ＋1n ，则e －n ＋1n ＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2，即e－n ＋1＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2n＝[ln(n ＋1)－ln n ]n ，所以e 0＋e －1＋e －2 ＋…＋e －n ＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ，又因为e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＝1－1e n 1－1e ＜11－1e＝e e －1，所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜e e －1.。

高考数学专题：利用导数研究函数的极值、最值

高考数学专题：利用导数研究函数的极值、最值考点一用导数研究函数的极值【例1】求下列函数的极值： (1)f (x )＝x 2－2x －4ln x ；(2)f (x )＝ax 3－3x 2＋1－3a (a ∈R 且a ≠0). 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x ，令f ′(x )＝0得x ＝2或－1(舍).随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )有极小值f (2)(2)由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a .令f ′(x )＝0得x ＝0或2a .当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.规律方法函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值. (2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.【训练1】 (1)设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c .若f (x )在R 上无极值点，则实数a 的取值范围为________.(2)设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A.a >－3 B.a <－3 C.a >－13D.a <－13解析 (1)由题得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立. ①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.(2)y ′＝f ′(x )＝a e ax ＋3，当a ≥0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，∴f (x )无极值点；当a <0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a ，∴1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a >0得a <－3，故选B.答案 (1)⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ (2)B考点二利用导数研究函数的最值【例2】（·郑州质检)已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值. 解 (1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞).(2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增.易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意. ②当1＜－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意.③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意. 综上有，a ＝－10.规律方法 (1)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求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f (x )的极值与 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.(2)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论. 【训练2】已知函数f (x )＝(ax －2)e x 在x ＝1处取得极值. (1)求a 的值；(2)求函数在区间[m ，m ＋1]上的最小值. 解 (1)f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ，由已知得f ′(1)＝(a ＋a －2)e ＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，所以a 的值为1.(2)由(1)得f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x －1)e x . 令f ′(x )>0得x >1，令f ′(x )<0得x <1.所以函数f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.当m ≥1时，f (x )在[m ，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (m )＝(m －2)e m ，当0<m <1时，f (x )在[m ，1]上递减，在(1，m ＋1]上递增，f (x )min ＝f (1)＝－e. 当m ≤0时，m ＋1≤1，f (x )在[m ，m ＋1]上单调递减， f (x )min ＝f (m ＋1)＝(m －1)e m ＋1. 综上，f (x )在[m ，m ＋1]上的最小值为f (x )min ＝⎩⎨⎧（m －2）e m ，m ≥1－e ，0<m <1，（m －1）e m ＋1，m ≤0.考点三用导数解决函数的优化问题【例3】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ax－3＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)因为x＝5时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2.(2)由(1)知，该商品每日的销售量为y＝2x－3＋10(x－6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)[2x－3＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6).于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.规律方法函数的优化问题即实际问题中的最值问题，其一般解题步骤为：一设：设出自变量、因变量；二列：列出函数关系式，并写出定义域；三解：解出函数的最值，一般常用导数求解；四答：回答实际问题.【训练3】要做一个圆锥形漏斗，其母线长为30 cm，要使其体积最大，则其高应为()A.12 3 cmB.10 3 cmC.8 3 cmD.5 3 cm解析设圆锥的高为x cm，则底面半径为900－x2，∴圆锥体积V＝13π(900－x2)·x(0<x<30)，∴V′＝π(300－x2)，令V′＝0得x＝10 3.当0<x<103时，V′>0；当103<x<30时，V′<0，∴当x＝103时，V取最大值.答案 B[思想方法]1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.[易错防范]1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.（·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A.－4B.－2C.4D.2解析f′(x)＝3x2－12，∴x<－2时，f′(x)>0，－2<x<2时，f′(x)<0，x>2时，f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12. 答案 A3.（·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( ) A.23 B.43 C.83D.163解析由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案 C4.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A.3B.4C.6D.5解析设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R 2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小. 由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R .∴S ′＝2πR －54πR 2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小.故选A. 答案 A5.（·东北四校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B 二、填空题6.（·肇庆模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________.解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根，所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值. 答案 57.（·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________.解析当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数.∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2. 答案 28.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1. 答案 (－∞，－1) 三、解答题9.（·安徽卷)已知函数f(x)＝ax（x＋r）2(a>0，r>0).(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若ar＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.解(1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).f(x)＝ax（x＋r）2＝axx2＋2rx＋r2，f′(x)＝a（x2＋2rx＋r2）－ax（2x＋2r）（x2＋2rx＋r2）2＝a（r－x）（x＋r）（x＋r）4.所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；当－r<x<r时，f′(x)>0.因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r).(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减. 因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝ar（2r）2＝a4r＝4004＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值. 10.已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：所以，f(x)(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0，1]上单调递减，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当1<k <2时，f (x )在[0，1]上的最小值为 f (k －1)＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.（·石家庄质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( ) A.2B.3C.6D.9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6，又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号. 答案 D12.（·长沙调研)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，0) B.(－5，0) C.[－3，0)D.(－3，0)解析由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示. 令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎨⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C13.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________.解析令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧（a ）3－3a a ＋b ＝2，⎩b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1，1). 答案 (－1，1)14.（·济南模拟)设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e 2. 解 (1)f ′(x )＝1x ＋a＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞，当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减.(2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ，故f ′(x )>0在定义域上恒成立，故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增. 故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22)＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.。

高考数学复习：利用导数研究函数的极值、最值

0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
ln 2－1
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1x－a＝1－xax.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
2 或 4－a.
由
2－2a73 ＝－2，得
3
a＝3
4>3，与
0<a<3
矛盾.
综上，存在正数a＝6时，f(x)在[0，1]的最小值为－2，最大值为2.
21
考点聚焦突破
@《创新设计》
规律方法 1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤： (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，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最小值. 2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值.
3
考点聚焦突破
@《创新设计》
角度2 已知函数求极值【例1－2】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当 a＝12时，求 f(x)的极值； (2)讨论函数 f(x)在定义域内极值点的个数. 解 (1)当 a＝12时，f(x)＝ln x－12x，函数的定义域为(0，＋∞)且 f′(x)＝1x－12＝2－ 2xx，令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.

高考数学一轮复习专题3.4 利用导数研究函数的极值最值(讲)

第04节利用导数研究函数的极值，最值【考纲解读】【知识清单】1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．【重点难点突破】考点1 应用导数研究函数的极（最）值问题【1-1】【2018年理新课标I卷】已知函数，则的最小值是_____________．【答案】详解：，所以当时函数单调减，当时函数单调增，从而得到函数的减区间为，函数的增区间为，所以当时，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.【1-2】【2018届浙江省杭州市第二次检测】已知a＞0 且a≠1，则函数f (x)＝(x－a)2ln x （）A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D.既无极大值，又无极小值【答案】C【解析】分析：对函数求导，令，得或，根据函数的图象可得方程有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到函数既有极大值，又有极小值.详解：由题意，，由，得或，由方程，结合函数图象，作出和的图象，结合图象得和的图象有交点，∴方程有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到：函数既有极大值，又有极小值具有极大值，也有极小值，故选C.【1-3】【2018届华大新高考联盟4月检测】若函数有两个极值点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：令由于函数函数有两个极值点点在区间上有两个实数根．求出的导数，当时，直接验证；当时，利用导数研究函数的单调性可得，要使有两个不同解，只需要解得即可．当时，令，解得，令，解得，此时函数单调递增；令，解得，此时函数单调递减．∴当时，函数取得极大值．要使在区间上有两个实数根，则，解得．∴实数的取值范围是（.【1-4】【2018年文北京卷】设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：x 1+ 0 −↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：x 1+ 0 −0 +↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：x+ 0 − 0 + ↗极大值↘极小值↗∴在x =1处取得极小值，即a >1满足题意.（3）当a <0时，令得.随x 的变化情况如下表：x− 0 + 0 −↘极小值↗极大值 ↘∴在x =1处取得极大值，不合题意.综上所述，a 的取值范围为.点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性. 【领悟技法】1.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值． 2. 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．【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理11】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 【答案】A 【解析】【变式二】【2019届四川省成都市摸底测试】若函数在内有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（） A. B.C.D.【答案】C【解析】分析：对函数求导，根据函数在内有且只有一个极值点，则，求出实数的范围。

高三第一轮复习用导数研究函数的极值和最值

导数在函数中的应用用导数研究函数的极值和最值【提纲挈领】主干知识归纳：1、函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，且f′(x0)＝0①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；f x=的根；②求方程'()0f x=的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根③检查f′(x)在方程'()0处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．函数的最值(1)函数f(x)在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上连续，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；f a f b比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个②将函数y＝f(x)的各极值与(),()3、函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．方法规律总结：1、求函数的极值：(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.(2)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同，应注意，导数为零的点不一定是极值点.对含参数的求极值问题，应注意分类讨论.2、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.【指点迷津】【类型一】用导数解决函数极值问题【例1】.设函数()f x 在R 上可导，其导函数为,()f x ，且函数)(')1(x f x y -=的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是（A ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)f（B ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f （C ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f -（D ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f【解析】由图象可知当2-<x 时，0)(')1(>-=x f x y ，所以此时0)('>x f ，函数递增.当12<<-x 时，0)(')1(<-=x f x y ，所以此时0)('<x f ，函数递减.当21<<x 时，0)(')1(>-=x f x y ，所以此时0)('<x f ，函数递减.当2>x 时，0)(')1(<-=x f x y ，所以此时0)('>x f ，函数递增.所以函数)(x f 有极大值)2(-f ，极小值)2(f ,选D.【例2】.设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++．求f (x )的极值；【解析】：（Ⅰ）221ln 11ln ()(1)(1)1(1)x xf x x x x x x x '=--+=-++++．故当(01)x ∈，时，()0f x '>，(1)x ∈+，∞时，()0f x '<．所以()f x 在(01)，单调递增，在(1)+，∞单调递减．由此知()f x 在(0)+，∞的极大值为(1)ln 2f =，没有极小值．【例3】. 设函数错误！未找到引用源。

高考数学一轮复习专题3.4利用导数研究函数的极值最值测

专题3.4 利用导数研究函数的极值，最值一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1.若函数3()3f x x x =-在2(,6)a a -上有最小值，则实数a 的取值范围是（）A ．(B ．[C ．[)2,1-D ．(2,1)-【答案】C2.【2013年.浙江卷.理8】)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )．A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值,B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1， ∵f ′(1)＝e －1≠0，∴f (x )在x ＝1处不能取到极值；当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x－2)，令H (x )＝x e x＋e x－2，则H ′(x )＝x e x＋2e x＞0，x ∈(0，＋∞)．说明H (x )在(0，＋∞)上为增函数，且H (1)＝2e －2＞0，H (0)＝－1＜0，因此当x 0＜x ＜1(x 0为H (x )的零点)时，f ′(x )＜0，f (x )在(x 0,1)上为减函数．当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数． ∴x ＝1是f (x )的极小值点，故选C ．3.已知函数()221ln f x x x a x =-++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，则（）A C 【答案】D 【解析】'()2(1)(24)lnt (22t)2(12t)lnt 0,g t t t =-+-+-=->所以(t)g 在区间，故选.D ．f (x )＝(e x －1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k ＝1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C. 5.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x ，有()0f x ≥，则(1)(0)f f '的最小值为( ) Ａ．3 Ｂ．52 Ｃ．2 Ｄ．32【答案】C6.已知函数()f x 的导函数的图象如图所示，若△ABC 为锐角三角形，则下列不等式一定成立的是（）A. (sin )(sin )f A f B >B. (sin )(cos )f A f B >C. (cos )(cos )f A f B <D. (sin )(cos )f A f B < 【答案】D【解析】∵△ABC 为锐角三角形，∴A、B 都是锐角，且A+B ＞2π 由此可得0＜2π-B ＜A ＜2π，因为正弦函数在锐角范围是增函数，所以对上式的两边取正弦得sin （2π-B ）＜sinA ∴1>sinA＞cosB>0，由图象可知函数()f x 在(0,1)上是减函数.∴(sin )(cos )f A f B <，故选D.7．已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是 ( ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞【答案】B【解析】因为函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点，由1'()ln ()ln 21(0)f x x ax x a x ax x x=-+-=-+>.所以'()0f x =有两个不同的正实数根，令()ln 21g x x ax =-+，所以112'()2ax g x a x x -=-=.令'()0g x =所以102x a=>（小于零不成立）.所以可得max 1()()ln 202g x g a a==->，解得12a <.综上所以1(0,)2a ∈.故选B.8．已知函数f(x)＝12x 3＋ax ＋4，则“a>0”是“f(x)在R 上单调递增”的( )A ．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【答案】A 【解析】9. 已知函数()32f x ax bx cx d =+++的导函数()f x '的图象如右图所示，则()f x 的图象最有可能的是（）【答案】A 【解析】()232f x ax bx c '=++,由导函数的图象可知()f x 在(),0-∞上单调递增，()0,2上单调递减，()2,+∞上单调递增，满足上述单调性的只有A ，故选A.10.若函数2()3ln (0)f x x x a x a =-+>，当1a =时，函数()f x 的单调减区间和极小值分别为（）2- B. (1,)+∞,2-2-5ln 24-- 【答案】C【解析】()f x 的定义域为（0,+∞），当1a =时，，由22310x x -+=得由22310x x -+>得，或1x >，由22310x x -+<得 ∴()f x 的单调递增区间为，(1,)+∞；单调递减区间为 ∴()f x 极大值为；极小值为(1)2f =-，选C.11.设()f x '为函数()f x 的导函数，已知确的是（）（A ）()f x 在(0,)+∞单调递增（B ）()f x 在(0,)+∞单调递减（C ）()f x 在(0,)+∞上有极大值（D ）()f x 在(0,)+∞上有极小值【答案】D 【解析】12.【2017广东佛山二模】设函数()32f x ax bx cx d =+++（0a ≠）满足()()()1322f f f +=，现给出如下结论：①若()f x 是()0,1上的增函数，则()f x 是()3,4的增函数； ②若()()13a f a f ⋅≥⋅，则()f x 有极值；③对任意实数0x ，直线()()()0012y c a x x f x =--+与曲线()y f x =有唯一公共点. 其中正确结论的个数为（） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】由()()()1322f f f +=化简得6b a=-.()2232312f x ax bx c ax ax c =++=-+'，其对称轴为2x =，如果()f x 在()0,1上递增，其关于2x =对称的区间为()3,4，故()3,4也是其增区间，①正确. ()()130a f f ⎡⎤-≥⎣⎦，即()2110a a c -≥，导函数()2312f x a x a x c =-+'的判别式()2144121212a a c a a c -=-，当0a >时， 12110a c a c ->-≥，判别式为正数，当0a <时， 110,120a c a c a -≤-≤<，其判别式为正数，即导函数有零点，根据二次函数的性质可知原函数由极值，②正确.注意到()212f c a -'=，则③转化为()()002y f x f x x -'=-，即函数图像上任意两点连线的斜率和函数在2x =处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于2x =是导函数()2312f x ax ax c =-+'的最小值点，即有且仅有一个最小值点，故③正确.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.） 13.函数()21ln 2f x x x x =-+的单调增区间为．【答案】⎛ ⎝⎭ 【解析】14．【2017·沈阳模拟】设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a的取值范围为________．【答案】a >－1【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x.①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a的取值范围是a >－1.15．已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 .【答案】[)1,+∞ 【解析】∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x=1的抛物线，∴当x=1时，()22g x x x =-取得最大值g （1）=1，∴a ≥1．即a 的取值范围是[1，+∞）．16.若对区间D 上的任意x 都有12()()()f x f x f x ≤≤成立，则称()f x 为1()f x 到2()f x 在区间D 上的“任性函数”，已知，若()f x x a =+是1()f x 到2()f x 在上的“任性函数”，则a 的取值范围是【解析】试题分析：由题意，对区间D 上的任意x 都有12()()()f x f x f x ≤≤成立，即对任x ，都有由22ln x+a ln -x x a x x x +≤⇒≥+，设因此()g x 在单调递增，2max ()(1)ln11-10a g x g ≥==+=，因此()h x 在是()h x的极小值点，也是最小值点，故三、解答题（本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.【2017·江西模拟】已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2a ＜0.(1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．【答案】(2)f ′(x )＝x ＋ax ＋a2x，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈( －a 10，－a2 )时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1＜－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上，a ＝－10.18.【2017浙江三市4月联考】设函数()(),xf x e ax b a b R =-+∈．（Ⅰ）若1a b ==，求()f x 在区间[-1,2]上的取值范围；（Ⅱ）若对任意x R ∈， ()0f x ≥恒成立，记(),M a b a b =-，求(),M a b 的最大值．【答案】( Ⅰ) 22,1e ⎡⎤-⎣⎦；(Ⅱ) a -b 的最大值是e.【解析】试题分析：试题解析：（Ⅰ）当时，，，的根是，且当时，，当时，，所以在（0,2）上单调递增，在（-1,0）上单调递减．所以，，所以在区间[-1,2]上的取值范围是．（Ⅱ）恒成立，即恒成立，易知，若，则，即，若，由恒成立，即恒成立，即x a b e ax a -≤-+恒成立，令，则()'xg x e a =-，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以，19．【2017北京丰台5月综合测试】已知函数()e ln xf x a x a =--.（Ⅰ）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（Ⅱ）证明：对于()0,e a ∀∈， ()f x 在区间,1e a ⎛⎫⎪⎝⎭上有极小值，且极小值大于0. 【答案】（1）0y =（2）见解析【解析】（Ⅰ） ()f x 的定义域为()0,+∞，因为e a =，所以()()e e ln 1x f x x =-+，所以()ee xf x x ='-.因为()10f =， ()10f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为0y =.（Ⅱ）因为0e a <<,所以()e x af x x ='-在区间,1e a ⎛⎫⎪⎝⎭上是单调递增函数. 因为e e e 0e aa f ⎛⎫=-< ⎪'⎝⎭， ()1e 0f a ='->，所以0,1e ax ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭,使得00e =0x ax -. 所以0,e ax x ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭， ()0f x '<； ()0,1x x ∀∈， ()0f x '>，故()f x 在0,e ax ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在()0,1x 上单调递增，所以()f x 有极小值()0f x . 因为00e 0x ax -=,所以()()000001=e ln 1ln 1xf x a x a x x ⎛⎫-+=-- ⎪⎝⎭.设()1=ln 1g x a x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭， ,1e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()22111a x g x a x x x +⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭'，20. 【2017浙江台州期末】已知函数. (Ⅰ) 当时,求在处的切线方程; (Ⅱ) 当时,求在区间上的最小值(用表示).【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ).【解析】【试题分析】（1）借助题设运用导数的几何意义求解；（2）依据题设条件，借助导数与函数的单调性之间的关系求解：(Ⅰ) 当时,所以,所以在处的切线方程.(Ⅱ) 当时,由已知得当时,由,知在是上单调递增.当时,由(1)当时,在上递增,在上递减,在上递增,所以.。

高考数学一轮利用导数研究函数的极值、最值

第18课利用导数研究函数的极值、最值[最新考纲]1．函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫作函数的极小值点，f(a)叫作函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫作函数的极大值点，f(b)叫作函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极大值一定比极小值大．( )(2)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( )(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(教材改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图18-1所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内极小值点的个数为________．图18-11 [导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．]3．(2016·四川高考改编)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________.2 [由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.]4．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 [y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f(2)＝8，∴最大值为8.]5．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．[－4，－2][由题意－2≤－m－2≤－1，解得－4≤m≤－2.]☞角度1根据函数图象判断极值设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图18-2所示，则下列结论中一定成立的是________．(填序号)①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．图18-2④[由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．]☞角度2求函数的极值求函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)的极值. 【导学号：62172099】[解]由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x＞0知：(1)当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；(2)当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值． ☞角度3 已知极值求参数(1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.(2)已知函数f (x )＝23x 3＋x 2＋ax ＋1在(－1,0)上有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．(1)－7 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 [(1)由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.(2)∵f ′(x )＝2x 2＋2x ＋a ，由题意可知方程2x 2＋2x ＋a ＝0在(－1,0)上有两个不等实根，设g (x )＝2x 2＋2x ＋a ，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝a >0，g (0)＝a >0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋(－1)＋a <0，解得0<a<1 2.][规律方法] 1.求函数f(x)极值的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．[解](1)由f(x)＝(x－k)e x，得f′(x)＝(x－k＋1)e x，令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的变化情况如下：单调递减单调递增所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1.当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1＜k＜2时，f(x)min＝－e k－1；当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e.[规律方法]求函数f(x)在[a，b]上的最大值、最小值的步骤：(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值．[变式训练1]若函数f(x)＝ax＋ln x－1，求f(x)在区间(0，e]上的最小值．[解]因为f(x)＝ax＋ln x－1，所以f′(x)＝－ax2＋1x＝x－ax2.令f′(x)＝0，得x＝a.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．②若0<a<e，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，当x∈(a，e]时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.③若a ≥e ，则当x ∈(0，e]时，f ′(x )≤0，函数f (x )在区间(0，e]上单调递减，所以当x ＝e 时，函数f (x )取得最小值a e .综上可知，当a ≤0时，函数f (x )在区间(0，e]上无最小值；当0<a <e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ln a ；当a ≥e 时，函数f (x )在区间(0，e]上的最小值为ae .l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c ，的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值. 【导学号：62172100】 [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 由x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4. 由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2 3.当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为95 27.[规律方法]求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．[变式训练2]已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．－13[对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.][思想与方法]1．可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．2．求闭区间上可导函数的最值时，对函数的极值是极大值还是极小值可不作判断，直接与端点的函数值比较即可．3．如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．4．若函数f(x)在定义域A上存在最大值与最小值，则：(1)对任意x∈A，f(x)＞0⇔f(x)min＞0；(2)存在x∈A，f(x)＞0⇔f(x)max＞0.[易错与防范]1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．导数为零的点不一定是极值点．对含参数的求极值问题，应注意分类讨论．课时分层训练(十八)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、填空题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x等于________．－1ln 2[令y′＝2x＋x·2x ln 2＝0，∴x＝－1 ln 2.经验证，－1ln 2为函数y＝x·2x的极小值点．]2．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为________．－1[函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)．又y′＝1x－1＝1－xx，令y′＝0得x＝1，当x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减．当x＝1时，函数取得最大值－1.]3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是________．(－∞，－3)∪(6，＋∞)[∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，即a2－3a－18＞0，∴a＞6或a＜－3.]4．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是________．(填序号)【导学号：62172101】①②③④图18-3④[因为[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝[f(x)＋f′(x)]e x，且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0.选项④中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.]5．函数f(x)＝13x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．－173[f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－173，f(2)＝－103，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－173.]6．设a∈R，若函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．(－∞，－1)[∵y＝e x＋ax，∴y′＝e x＋a.∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x＞0时，－e x＜－1，∴a＝－e x＜－1.]7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.【导学号：62172102】18[∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，且f′(x)＝3x2＋2ax＋b ，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16. ∴f (2)＝18.]8．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．(－1,1) [∵f ′(x )＝3x 2－3a ，由f ′(x )＝0得x ＝±a . 由f ′(x )>0得x >a 或x <－a ；由f ′(x )<0得－a <x <a .∴x ＝－a 是极大值点，x ＝a 为极小值点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (a )＝2，f (－a )＝6.即⎩⎪⎨⎪⎧a a －3a a ＋b ＝2，－a a ＋3a a ＋b ＝6. 解得a ＝1，b ＝4，∴f ′(x )＝3x 2－3. 由f ′(x )<0得3x 2－3<0，即－1<x <1. ∴f (x )的递减区间为(－1,1)．]9．(2017·南京模拟)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________．[－3,0) [∵f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (2＋x )，由f (x )>0得x <－2或x >0，由f ′(x )<0得0<x <2.∴要使f (x )在(a ，a ＋5)上存在最小值，则 ⎩⎪⎨⎪⎧a <0<a ＋5，f (a )≥f (0)，即⎩⎨⎧－5<a <0，13a 3＋a 2≥0.解得－3≤a <0.]10．(2017·南通模拟)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是________. 【导学号：62172103】20 [因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.]二、解答题11．已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16. (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． [解] (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b .由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，故有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ， f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值， f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16. 由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12. 此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3， f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4. 12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值. 【导学号：62172104】 [解] (1)f ′(x )＝1x －a (x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .B 组能力提升(建议用时：15分钟)1．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象与x 轴相切于一点A (m,0)(m ≠0)，且f (x )的极大值为12，则m 的值为________．32[由题意可得f (m )＝m 3＋am 2＋bm ＝0，m ≠0，则m 2＋am ＋b ＝0 ①，且f ′(m )＝3m 2＋2am ＋b ＝0 ②，由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2m ，b ＝m 2，∴f ′(x )＝(3x －m )(x －m )，m >0时，令f ′(x )>0，解得x >m 或x <m 3，令f ′(x )<0，解得m3<x <m ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，m 3递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 递减，在(m ，＋∞)递增，∴f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3＝12，解得m ＝32，m <0时，令f ′(x )>0得x <m 或x >m 3，令f ′(x )<0得m3>x >m ，∴f (x )在(－∞，m )⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，＋∞递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 3递减，∴f (x )极大值＝f (m )＝12，而f (m )＝0，不成立．综上，m ＝32.]2．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0，则f (x )的最大值为________．2 [当x ＞0时，f (x )＝－2x ＜0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2.]3．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2，当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .[解] 因为f (x )＝(x －1)e x －kx 2，所以f ′(x )＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝ln 2k ，因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以2k ∈(1,2]，所以0＜ln 2k ≤ln 2.设g (k )＝k －ln 2k ，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，g ′(k )＝1－1k ＝k －1k ≤0，所以g (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上是减函数，所以g (k )≥g (1)＝1－ln 2＞0，即0＜ln 2k ＜k . 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值为f (0)或f (k )． f (0)＝－1，f (k )＝(k －1)e k －k 3，f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1＝(k －1)e k －(k 3－1) ＝(k －1)e k －(k －1)(k 2＋k ＋1) ＝(k －1)[e k －(k 2＋k ＋1)]．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以k －1≤0.令h (k )＝e k －(k 2＋k ＋1)，则h ′(k )＝e k －(2k ＋1)．对任意的k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，y ＝e k 的图象恒在y ＝2k ＋1的图象的下方，所以e k －(2k＋1)＜0，即h ′(k )＜0，所以函数h (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上为减函数，故h (1)≤h (k )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋12＋1＝e－74＜0，所以f (k )－f (0)≥0，即f (k )≥f (0)．所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3. 4．设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)求曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处与直线y ＝－x ＋1垂直的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．[解] (1)由已知，得x ＞0，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax ， y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1，所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，所以a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y ＝x －2. (2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax ＝x 2－(a ＋1)x ＋a x＝(x －1)(x －a )x.a ．当0＜a ＜1时，若x ∈(0，a )，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(a,1)，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)＝－12a2＋a ln a，极小值是f(1)＝－12.b．当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2x≥0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，此时f(x)没有极值点，故无极值．c．当a＞1时，若x∈(0,1)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；若x∈(1，a)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(1)＝－12，极小值是f(a)＝－12a2＋a ln a.综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－12a2＋a ln a，极小值是－12；当a＝1时，f(x)没有极值；当a＞1时，f(x)的极大值是－12，极小值是－12a2＋a ln a.。