2019版高考数学一轮复习十五2.11.2利用导数研究函数的极值、最值
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.
2019高考数学复习：第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
第2课时利用导数研究函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度1已知函数求极值(点)【例1－1】(2018·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数).(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值.解(1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值.②当a>0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值.命题角度2已知极值(点)，求参数的值或取值范围【例1－2】已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ，由f ′(x )>0得x >1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，即实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.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】 (2016·山东卷改编)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，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f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数研究函数的最值【例2】 (2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值. (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值.解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1. f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax －1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a ，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a ≠x 1＝1， 若12a <0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a >0时，x 2＝12a >0，若12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a－1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2， 若1<12a <e 时，f (x )在区间(0，1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a <e 矛盾， 当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，矛盾，综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2. 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： 第一步，求函数在(a ，b )内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；第三步，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.2.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.【训练2】 (2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1， f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令f ′(x )＝g (x )， 则g ′(x )＝－2sin x ·e x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 函数极值与最值的综合问题【例3】 (2018·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x ，恒有f (x )≥0，求f (a )的最值范围.解(1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.令f′(x)＝0，得x＝ln a，易知当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在x＝ln a处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(ln a)＝e ln a－a ln a＝a－a ln a. g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，当0<a<1时，g′(a)>0，g(a)在(0，1)上单调递增；当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减.所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.(2)显然，当x≤0时，e x－ax≥0(a>0)恒成立.当x>0时，由f(x)≥0，即e x－ax≥0，得a≤e x x.令h(x)＝e xx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝e x x－e xx2＝e x（x－1）x2，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，故h(x)的最小值为h(1)＝e，所以a≤e，故实数a的取值范围是(0，e].f(a)＝e a－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝e a－2a，易知e a－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，故f(a)在(0，e]上单调递增，所以f(0)＝1<f(a)≤f(e)＝e e－e2，即f(a)的取值范围是(1，e e－e2].规律方法 1.(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小.(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论.2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程. 【训练3】(2018·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝x ln x(x>0).(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值.解(1)由f(x)＝x ln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e .∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故f (x )在x ＝1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值.(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x (x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4， 因此m ≤4，所以m 的最大值是4.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴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 ＝（x －1）（x ＋1）x，因为x >0，所以令f ′(x )>0，得x >1.令f ′(x )<0，得0<x <1，故f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的最小值为f (1)＝12. 答案 A3.(2018·石家庄模拟)函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析 由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C4.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( ) A.a <－1 B.a >－1 C.a >－1eD.a <－1e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 A5.已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.14B.13C.12D.1解析 由题意知，当x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案 D 二、填空题6.(2017·新乡模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2. 所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6. 答案 (2，6)7.(2018·郴州模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x x －1 （x >0），h （x ） （x <0），则函数h (x )的最大值为________.解析 当x >0时，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案 1－e8.(2018·武汉模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32三、解答题9.(2015·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＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）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＝a 4r ＝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.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切. (1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值.解 (1)f ′(x )＝ax －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ， 当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B.(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D.(－∞，e)解析 f (x )＝x ln x －a e x (x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1－a e x (x >0)，由已知函数f (x )有两个极值点可得y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有两个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0)，令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递减且h (1)＝0，∴当x ∈(0，1]时，h (x )≥0，即g ′(x )≥0，g (x )在(0，1]上单调递增，g (x )≤g (1)＝1e ，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0；若y ＝a 和g (x )在(0，＋∞)上有两个交点，只需0<a <1e. 答案 A12.(2018·忻州模拟)已知函数f (x )＝a e x －2x －2a ，且a ∈[1，2]，设函数f (x )在区间[0，ln 2]上的最小值为m ，则m 的取值范围是________.解析 g (a )＝f (x )＝a (e x －2)－2x 是关于a 的一次函数，∵x ∈[0，ln 2]，∴e x －2<0，即y ＝g (a )是减函数，∵a ∈[1，2]，∴g (a )min ＝2(e x －2)－2x ，设M (x )＝2(e x －2)－2x ，则M ′(x )＝2e x －2，∵x ∈[0，ln 2]，∴M ′(x )≥0，则M (x )在[0，ln 2] 上为增函数，∴M (x )min ＝M (0)＝－2，M (x )max ＝M (ln 2)＝－2ln 2，m 的取值范围是[－2，－2ln 2].答案 [－2，－2ln 2]13.已知函数f (x )＝e x －a x ，a 为实常数.(1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而f ′(x )＝e x ＋ax 2，当a >0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间.(2)当a ≥0时，由(1)知f ′(x )>0，f (x )无极值点；当a <0时，令g (x )＝f ′(x )＝e x ＋ax 2，则g ′(x )＝e x －2ax 3.g ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，故g (x )＝e x ＋ax 2在(0，＋∞)上单调递增.当0<x <1时，e x ∈(1，e)，－e x ∈(－e ，－1)，ax 2∈(－∞，a )，故在(0，1)上存在实数s ，使得as 2<－e<－e s ，从而在(0，＋∞)上存在实数s 使得g (s )<0；当x >1时，e x ∈(e ，＋∞)，a x 2∈(a ，0)，－ax 2∈(0，－a )，故在(1，＋∞)上存在实数t ，使得e t >－a >－at 2，从而在(0，＋∞)上存在实数t 使得g (t )>0.因此g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x 0.于是当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点，且极值f (x 0)＝e x 0－ax 0.由g (x 0)＝0知a ＝－x 20e x 0，因此f (x 0)＝e x 0－ax 0＝(x 0＋1)e x 0，令φ(x )＝(x ＋1)e x ，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ，故φ(x )在(0，＋∞)上单调递增.而f (x 0)＝(x 0＋1)e x 0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)＝(ln 2＋1)e ln 2，所以x0>ln 2.令ω(x)＝－x2e x，则ω′(x)＝－(x2＋2x)e x，故x0>ln 2时，ω′(x)＝－(x2＋2x)e x<0，ω(x)＝－x2e x单调递减.从而a<－(ln 2)2e ln 2＝－2(ln 2)2，故所求a的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2).。
(通用版)2019版高考数学一轮复习第3章导数及其应用3第3讲导数与函数的极值、最值教案理
第3讲 导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数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 叫做函数y ＝f (x )的极小值点，f (a )叫做函数y ＝f (x )的极小值．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，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．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点； (2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值； (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 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． 3．极值与最值的区别与联系 (1)区别①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点； ②极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( ) (2)导数为零的点不一定是极值点．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)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．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√(教材习题改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A .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．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e解析：选C .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.已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以a ＝2.答案：2(教材习题改编)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0， 又因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′＞0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′＜0，故函数y ＝x ＋2cos x 在x ＝π6时取得最大值π6＋ 3.答案：π6＋ 3函数的极值问题(高频考点)函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度： (1)由图判断函数极值的情况； (2)已知函数解析式求极值； (3)已知函数极值求参数值或范围．[典例引领]角度一 由图判断函数极值的情况(2017·高考浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )【解析】 原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D . 【答案】 D角度二 已知函数解析式求极值(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又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)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈(0，1a )时，g ′(x )＞0；当x ∈(1a，＋∞)时，g ′(x )＜0.因为g (x )在(0，1a )上是增函数，在(1a，＋∞)上是减函数．所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g (1a )＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．角度三 已知函数极值求参数值或范围(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． 【解】 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，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f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a >12.(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 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，即在某区间上单调函数没有极值．[通关练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝(x ＋2)(x －1)ex －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A. 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－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表．极大值(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a ＞0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数在定义域上无极值点，当a ＞0时，函数在x ＝1a处有一个极大值点．函数的最值问题[典例引领](2017·高考浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e－x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)·e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又f (x )＝2(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2e －2.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．[通关练习]1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( ) A.13 B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1， 当f ′(x )＝0时，x ＝0； 当f ′(x )<0时，－13≤x <0；当f ′(x )>0时，0<x ≤1.所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数． 所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13，f (1)＝13.所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2018·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在[1e ，e]上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．解：(1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x2－1x＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在[1e ，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1e ，e]上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又f (1e )＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f (1e )＜f (e)．所以f (x )在[1e ，e]上的最小值为f (1e)＝2－e.所以f (x )在[1e，e]上的最大值为0，最小值为2－e.函数极值与最值的综合应用[典例引领](2018·福州市综合质量检测)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )． 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝（2x －3）（x －3）x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为(0，32)，(3，＋∞)，单调递减区间为(32，3)．(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝（2x －a ）（x －1）x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在[1，a 2)上为减函数，在(a2，e]上为增函数，h (a )＝g (a 2)＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e.（1－e ）a ＋e 2－2e ，a ≥2e解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.利用导数研究生活中的优化问题[典例引领]某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值． 【解】 (1)设日销量q ＝k e x ，则ke 30＝100，所以k ＝100e 30， 所以日销量q ＝100e30ex ，所以y ＝100e 30（x －20－t ）e x(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30（x －25）e x， y ′＝100e 30（26－x ）ex， 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，所以y 在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减， 所以当x ＝26时，y ma x ＝100e 4，即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h 时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的 最高速度为100 km/h ，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？ 解：设机车的速度为x km/h ，甲、乙两城距离为a km. 由题意，令40＝k ·203，所以k ＝1200，则总费用f (x )＝(kx 3＋400)·a x＝a ⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋400x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1200x 2＋400x (0<x ≤100)．由f ′(x )＝a （x 3－40 000）100x2＝0，得x ＝2035.当0<x <2035，f ′(x )<0； 当2035<x ≤100时，f ′(x )>0.所以当x ＝2035时，f (x )取最小值，即速度为2035 km/h 时，总费用最少．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．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．分类讨论思想的应用(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．如求函数f (x )在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方： ①f ′(x )＝0有根与无根的讨论； ②f ′(x )＝0有根，对根大小的讨论．易错防范(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．1．函数y ＝x e x的最小值是( ) A ．－1 B ．－e C ．－1eD ．不存在解析：选C.因为y ＝x ·e x，所以y ′＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x ∈(－∞，－1)时，y ′＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y min ＝(－1)e －1＝－1e.2．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( ) A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0，5)，y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，所以y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，所以y ma x ＝6×12×2＝144(cm 3)．3．已知函数y ＝x －ln(1＋x 2)，则函数y 的极值情况是( ) A ．有极小值 B ．有极大值C ．既有极大值又有极小值D ．无极值解析：选D.由题意得x ∈R ，y ′＝1－11＋x 2·(1＋x 2)′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数y ＝x －ln(1＋x 2)无极值．4．函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.5．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，4] B ．[2，4] C ．[1，4)D ．[1，2]解析：选C.因为f ′(x )＝3(x 2－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 ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：⎩－a ≤－1⎩2≤a ，1≤a <4.选C.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝________处取得极小值． 解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表得答案：27．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x ＞0），h （x ）（x ＜0），则函数h (x )的最大值为______．解析：先求出x ＞0时，f (x )＝e xx －1的最小值．当x ＞0时，f ′(x )＝e x（x －1）x2，所以x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数单调递增，所以x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，所以由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e8．已知函数f (x )＝ln x －m x(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝______． 解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2(x ＞0)，当m ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在区间[1，e]上为增函数，f (x )有最小值f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞0矛盾．当m ＜0时，若－m ＜1即m ＞－1，f (x )在区间[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞－1矛盾；若－m ∈[1，e]，即－e ≤m ≤－1，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1＝4，解得m ＝－e 3，与－e ≤m ≤－1矛盾；若－m ＞e ，即m ＜－e 时，f (x )在区间[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m＝－3e ，符合题意． 答案：－3e9．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝ f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 10．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a ＞0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝( )A ．14B ．13C ．12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1.当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a ＞12，所以0＜1a ＜2.当x ＜1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x ＞1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在(1a，2)上单调递减，所以f (x )ma x ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.故选D. 2．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：选C.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，作出其大致图象如图所示，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)．3．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为______．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝（x －1）exx2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e. 答案：(－∞，e]4．设m ，n 是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若2∈(m ，n )，则实数a 的取值范围是______．解析：由已知f (x )的解析式知f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，因为函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 有两个极值点m ，n ，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2有两个零点m ，n ， 又因为2∈(m ，n )，所以有f ′(2)＝12－8a ＋a 2＜0， 解得2＜a ＜6. 答案：(2，6)5．(2018·南昌市第一次模拟)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x ＞0，a ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)当a ∈(0，12)时，证明：函数f (x )有最小值，并求函数f (x )的最小值的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2e x ＋(2x －4)e x ＋2a (x ＋2)＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，依题意，当x ＞0时，函数f ′(x )≥0恒成立，即a ≥－（x －1）e x x ＋2恒成立，记g (x )＝－（x －1）exx ＋2，则g ′(x )＝－x e x （x ＋2）－（x －1）e x （x ＋2）2＝－（x 2＋x ＋1）e x（x ＋2）2＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )＜g (0)＝12，所以a ≥12.(2)因为[f ′(x )]′＝2x e x＋2a ＞0，所以y ＝f ′(x )是(0，＋∞)上的增函数，又f ′(0)＝4a －2＜0，f ′(1)＝6a ＞0，所以存在t ∈(0，1)使得f ′(t )＝0， 又当x ∈(0，t )时，f ′(x )＜0，当x ∈(t ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以当x ＝t 时，f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t＋a (t ＋2)2.且有f ′(t )＝0⇒a ＝－（t －1）ett ＋2，则f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t －(t －1)(t ＋2)e t＝e t (－t 2＋t －2)，t ∈(0，1)．记h (t )＝e t (－t 2＋t －2)，则h ′(t )＝e t (－t 2＋t －2)＋e t (－2t ＋1)＝e t (－t 2－t －1)＜0，所以h (1)＜h (t )＜h (0)，即f (x )的最小值的取值范围是(－2e ，－2)．6．(2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值． 解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝（2ax －1）（x －1）x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1，当12a＜0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a ＞0时，x 2＝12a＞0，当12a ＜1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增，所以最大值可能在x ＝12a或x＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a －1＜0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2， 当1＜12a ＜e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾，当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾， 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.。
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。
高考数学一轮复习专题15导数与函数的极值、最值(含解析)
专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：（﹣∞，），极小值∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1 C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤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．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．②验证：求解后验证根的合理性．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数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．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0 B．C．2ln2﹣4 D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f ′（x ）1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1，当f ′（x ）＞0，即0＜x ＜1，函数f （x ）单调递增， 当f ′（x ）＜0，即x ＞1，函数f （x ）单调递减，故函数f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， （2）由（1）可知，f （x ）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x ＝1时，函数有极大值，极大值为f （1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0， ∵f （）ln 2，f （2）＝ln 2﹣1，由于ln 2﹣ln 2+12ln 2＞0，∴f （）＞f （2）， ∴f （x ）min ＝ln 2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)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．基础知识训练1．【重庆市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（ ）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】 因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【山东省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（ ） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】 函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-， 20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞； 令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞； 所以当0x =时，函数取极小值。
(全国通用版)2019版高考数学一轮回顾 第四单元 导数及其应用 高考研究课(三)极值、最值两考点,利用导
4．(2018·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极
值点，则实数a的取值范围是
()
A．(－∞，0) C．(0,1)
B.0，12 D．(0，＋∞)
解析：∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1， 故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点， 令f′(x)＝0，则2a＝ln xx＋1， 设g(x)＝ln xx＋1，则g′(x)＝－xln2 x， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， 而g(x)max＝g(1)＝1， ∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜12. 答案：B
∵12＜x≤1，∴g(x)＞g(1)＝1－ln 2＞0， ∴k－ln 2k＞0，即 k＞ln 2k， ∴f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，k)上单调递增， ∴f(x)在0，k上的最大值应在端点处取得． 而 f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3， 下面比较 f(0)与 f(k)的大小． 令 h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，则 h′(k)＝k(ek－3k)， 再令 φ(k)＝ek－3k，则 φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0， ∴φ(k)在12，1上递减，
(2)f′(x)＝1－eax， ①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所 以函数 f(x)无极值． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．当 x∈ (－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递 增，故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值，且极小值为 f(ln a)＝ln a， 无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；当 a＞0 时，f(x)在 x＝ ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
2019年高考数学艺术类考生专用复习资料：用导数研究函数的最(极)值
2019年高考数学艺术类考生专用复习资料
用导数研究函数的最(极)值
要点梳理
1.函数的极值
若在函数y=f(x)的定义域I内存在x0,使得在x0附近的所有点x,都有,则称函数y=f(x)在点x=x0处取得极大值,记作;若在x0附近的所有点x,都有,则称函数y=f(x)在点x=x0处取得极小值,记作.
2.函数的最值
若在函数f(x)的定义域I内存在x0,使得对于任意的x∈I,都有≤,则称f(x0)为函数的最大值,记作y max=;若在函数f(x)的定义域I内存在x0,使得对于任意的x∈I,都有≥,则称f(x0)为函数的最小值,记作y min=.
激活思维
1.(选修1-1P78练习8改编)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若f(x)在x=-3时取得极值,则a=.
2.(选修1-1P76练习2改编)已知函数f(x)=x3-x2-x+a,且f(x)的极小值为1,那么f(x)的极大值为.
3.(选修1-1P78习题8改编)若函数y=2x3-3x2-12x+a在区间[0,2]上的最大值为5,则a=.
4.(选修1-1P88习题7改编)若函数y=3x3-9x+a有两个零点,则a=.
真题演练
1.(2018·全国卷Ⅰ)若x=2是函数f(x)=a e x-ln x-1的极值点,则实数a的值为.
2.(2018·苏北四市期末改编)函数h(x)=x2+x-ln x+2的极小值为.
能力提升
例1(2018·南京学情调研)已知函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax,a∈R.
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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.。
2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题3.4利用导数研究函数的极值,最值(讲)
专题3.4 利用导数研究函数的极值，最值【考纲解读】考点考纲内容5年统计分析预测导数在研究函数中的应用了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2013?浙江文科21，理科8，22；2014?浙江文科21，理科22；2017?浙江卷20..1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.【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．对点练习：【2017课标II ，理11】若2x 是函数21()(1)x f x xax e的极值点，则()f x 的极小值为（）A.1B.32eC.35eD.1 【答案】A 【解析】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．对点练习：【2017北京，理19】已知函数()e cos xf x xx ．（Ⅰ）求曲线()yf x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y ；（Ⅱ）最大值1；最小值2.【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f ，最小值为ππ()22f .【考点深度剖析】导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势．【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】【2017河北武邑三调】已知函数12ln 2f x a xax x.（1）当2a 时，求函数f x 的极值；（2）当0a时，求函数f x 的单调增区间.【答案】（1）极小值为142f，无极大值；（2）当2a 时，增区间0,，当20a 时，增区间11,2a，当2a 时，增区间11,2a . 【解析】试题分析：（1）函数f x的定义域为0,，令21'40f xx，得1211;22x x (舍去). 然后列表可求得：函数f x 的极小值为142f，无极大值；（2）令'0f x，得1211,2x x a,然后利用分类讨论思想对a 分三种情况进行讨论.试题解析：（1）函数f x 的定义域为210,,'4f xx，令21'40f xx，得1211;22x x (舍去). 当x 变化时，',f x f x 的取值情况如下:x 10,2121,2'f x 0f x减极小值增所以，函数f x 的极小值为142f，无极大值.【1-2】【2016新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数xx 2f (x)x2e 的单调性，并证明当0x 时，(2)20xx ex ； (Ⅱ)证明：当[0,1)a 时，函数2x =(0)xeax ag x x（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）21(,].24e. 【解析】试题解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,2)(2,).222(1)(2)(2)'()0,(2)(2)x xx x x e x ex e f x xx且仅当0x 时，'()0f x ，所以()f x 在(,2),(2,)单调递增，因此当(0,)x 时，()(0)1,f x f 所以(2)(2),(2)20xxx e x x ex（II ）22(2)(2)2()(()),xxea xx g x f x a xx由（I ）知，()f x a 单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a 因此，存在唯一0(0,2],x 使得0()0,f x a即0'()0g x ，当00xx 时，()0,'()0,()f x ag x g x 单调递减；当0xx 时，()0,'()0,()f x ag x g x 单调递增.因此()g x 在0xx 处取得最小值，最小值为00002200(1)+()(1)().2x x x ea x e f x x e g x x x x 于是00h()2x e a x ，由2(1)()'0,2(2)2xxxe x e exxx 单调递增【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】已知等比数列n a 的前n 项的和为12n nS k ，则3221f x xkxx 的极大值为（）A ．2B ．3 C．72D ．52【答案】D 【解析】因k a S S k a a S k a S 4,2,132321211,即2,1,1321a a k a ,故题设21,1)1(2k k ,所以1221)(23xxxx f ,由于)1)(23(23)(2/x x x x x f ,因此当)1,(x时, )(,0)(/x f x f 单调递增；当)32,1(x时, )(,0)(/x f x f 单调递减,所以函数)(x f 在1x处取极大值2512211)1(f ,应选 D.【变式二】已知函数321xf xxa xaxa e ,若0x是f x 的一个极大值点,则实数a 的取值范围为．【答案】,2【解析】因xe a ax xa xa xa xx f ])1()1(23[)(232/,即xxe axa xx e x ax a xx f )]2()2([])2()2([)(223/,由题设条件及导函数的图象可以推知方程0)2()2(2a xa x的两根21,x x 在0的两边,即021x x ,也即02a,所以2a .【易错试题常警惕】易错典例：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．易错分析：解答本题时，易于忽视对k －1不同取值情况的讨论，而错误得到f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)．正确解析：(1)f ′(x)＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x)＝0，得x ＝k －1. f(x)与f ′(x)的情况如下：x (－∞，k －1) k －1 (k －1，＋∞）f ′(x)－＋f(x)1k e－－所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k －1)；单调递增区间是(k －1，＋∞)．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)＝1k e－－；当k －1≥１时，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.温馨提醒：1．求函数极值时，易于误把导数为0的点作为极值点；极值点的导数也不一定为0.2．极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．【学科素养提升之思想方法篇】_____化整为零，积零为整——分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位.所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【典例】【2017浙江台州4月调研】已知函数.（1）若函数在上存在两个极值点，求的取值范围；（2）当时，求证：对任意的实数，恒成立.【答案】(1) 的取值范围;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）在上有两个实根，根据二次函数根的分布列不等式组，，将问题转化为线性规划求取值范围；(2)当时，，利用导数分和两类情况讨论函数的单调性和最值，转化为证明.试题解析：（1），由已知可得在上存在两个不同的零点，故有，即，令，由图可知，故的取值范围.（2）证明：，所以，当时，在上恒成立，则在上单调递增，故，所以；当时，由，解得，则在上单调递减，在上单调递增，所以,因为，所以成立.综上所述，对任意的实数恒成立.。
2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数与函数的极值、最值课件理
故切线方程为y=e-1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞).
e x ( x 1) 1 f '(x)= 2 -a 1 x x e x ( x 1) ax( x 1) (e x ax)( x 1) = = 2 . 2 x x
因为H(0)=1>0,H(1)=e-a<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. 注:⑦ 极大值 和⑧ 极小值 统称为极值
2.函数的最值与导数
一般地,求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下: (1)求函数y=f(x)在(a,b)内的⑨ 极值 ; (2)将函数y=f(x)的各极值与⑩ 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. 注: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
3.已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≤0时, f(x)=(x+1)3ex+1,那么函数f(x)
的极值点的个数是( C A.5 B.4 C.3 ) D.2
答案 C 当x<0时, f '(x)=ex+1(x+1)2(x+4),所以x=-4是导函数的变号零点,
即为原函数的极值点;同理,当x>0时,x=4也是原函数的极值点,又因为此
必有最大值和最小值.
1.已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a= ( D ) A.-4 C.4 B.-2 D.2
答案 D 由题意可得f '(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),
高考数学一轮复习导数与函数的极值、最值
题后师说 已知函数极值点或极值求参数的两个要领
巩固训练2
(1)函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a＝
()
A．4
B．5
C．6
D．7
答案：B
(2)函数f(x)＝13x3＋ax2＋(a＋2)x－1有极大值又有极小值，则实数a的 范围是__(－__∞__，_－__1_)_∪__2_，__+__∞__．
第三节 导数与函数的极值、最值
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三 次). 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过 三次)．
必备知识·夯实双基
A．e
B．3
C．0
D．1
答案：A
(2)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－3a(a∈R，a≠0)，求函数f(x)的极大值 与极小值．
角度二 利用极值求参数
例 2 (1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝
()
A．11或4 B．－4或－11
C．11
D．4
答案：C
值．
2．函数的最值 (1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 一般地，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)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的__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
2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 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.。
2019年高考数学一轮复习 导数在函数中的应用——极值与最值
极值 ①求函数 f(x)在(a，b)内的____________.
极值 和_______________ 端点的函数值 比较，其中最大的一个为 ②将 f(x)的_______
最大值 ；最小的一个为__________. 最小值 __________
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1．对于可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是函数 f(x)在 x＝x0 处有 极值的必要不充分条件． 2．对于可导函数 f(x)，若 f(x)在[a，b]只有一个极值，则 这个极值是相应的最值．
复习目标 课前预习 高频考点 课时小结
课后练习
所以 f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1· (x2＋x－2)． 由 ex 1>0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时，f′(x)＝0，
－
且 x<－2 时，f′(x)>0；－2<x<1 时，f′(x)<0； x>1 时，f′(x)>0. 所以 x＝1 是函数 f(x)的极小值点． 所以函数 f(x)的极小值为 f(1)＝－1. 答案：A
) 1 B. x＝ 为 f(x)的极小值点 2 D. x＝2 为 f(x)的极小值点
x－2 解：f′(x)＝ 2 ，令 f′(x)＝0，得 x＝2. x 因为 0<x<2 时，f′(x)<0；x>2 时，f′(x)>0. 所以 x＝2 为 f(x)的极小值点．
答案：D
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
第三单元
导数及其应用
第17讲
导数在函数中的应用—— 极值与最值
复习目标
课前预习
2019届高考数学一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节第二课时利用导数研究函数的极值与最值训练理新人教版
第二课时利用导数研究函数的极值与最值基础巩固(时间:30分钟)1.若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示.则( C )(A)1是最小值点(B)0是极小值点(C)2是极小值点(D)函数f(x)在(1,2)上单调递增解析:由题干图象得f(x)在(-∞,0)上递增,在(0,2)上递减,在(2,+∞)上递增,所以2是极小值点,故选C.2.函数y=xe-x,x∈[0,4]的最小值为( A )(A)0 (B) (C)(D)解析:f′(x)=,当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,4]时,f′(x)<0,f(x)单调递减,因为f(0)=0,f(4)=>0,所以当x=0时,f(x)有最小值,且最小值为0.故选A.3.(2017·湖南永州二模)函数f(x)=ae x-sin x在x=0处有极值,则a的值为( C )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)e解析:f′(x)=ae x-cos x,若函数f(x)= ae x-sin x在x=0处有极值,则f′(0)=a-1=0,解得a=1,经检验a=1符合题意,故选C.4.(2017·四川达州模拟)函数f(x)=x3+x2+5ax-1存在极值点的充要条件是( C )(A)a≤(B)a<(C)a≥(D)a>解析:求得导函数f′(x)=3x2+2x+5a,三次函数f(x)有极值,则f′(x)=0有不相等的两个解,所以Δ=4-60a>0,所以a<,故选C.5.(2017·天津和平区模拟)函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为( C )(A)25,-2 (B)50,14(C)50,-2 (D)50,-14解析:因为函数f(x)=2x3+9x2-2,所以f′(x)=6x2+18x,当x∈[-4,-3),或x∈(0,2]时,f′(x)>0,函数为增函数;当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,函数为减函数;由f(-4)=14,f(-3)=25,f(0)=-2,f(2)=50,故函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为50,-2,故选C.6.(2017·泉州一模)函数f(x)=ax3+(a-1)x2-x+2(0≤x≤1)在x=1处取得最小值,则实数a的取值范围是( C )(A)a≤0 (B)0≤a≤(C)a≤(D)a≤1解析:f′(x)=3ax2+2(a-1)x-1,x∈[0,1],a=0时,f′(x)=-2x-1<0,f(x)在[0,1]递减,f(x)min=f(1)符合题意,a≠0时,Δ=4(a2+a+1)>0,x1=,x2=,a>0时,若f(x)在x=1处取最小值,只需x1≤0且x2≥1,解得0<a≤,a<0时,若f(x)在x=1处取最小值,只需x1≥1或x2≤0,解得a<0,综上,a≤,故选C.7.f(x)=- x2+ln x在[,e]上的最大值是.解析:f′(x)=-x+=,令f′(x)>0,解得≤x<1,令f′(x)<0,解得1<x≤e,故f(x)在[,1)上递增,在(1,e]上递减,故f(x)max=f(1)=-.答案:-f(x)=x3-12x+a的极大值为11,则f(x)的极小值为.解析:函数的定义域为R,f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,解得x1=-2或x2=2.列表:所以当x=-2时,函数有极大值f(-2)=16+a,由题意得16+a=11,解得a=-5,当x=2时,函数有极小值f(2)=-16+a=-16-5=-21.答案:-21能力提升(时间:15分钟)f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为( D )(A)[-3,6] (B)(-3,6)(C)(-∞,-3]∪[6,+∞) (D)(-∞,-3)∪(6,+∞)解析:函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1,所以f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以方程f′(x)=0有两个不相等的实数根,即3x2+2ax+(a+6)=0有两个不相等的实数根,所以Δ>0,所以(2a)2- 4×3×(a+6)>0,解得a<-3或a>6.故选D.10.(2017·全国Ⅱ卷)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 )(A)-1 (B)-2e-3 (C)5e-3 (D)1解析:f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·e x-1则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0得a=-1,则f(x)=(x2-x-1)·e x-1,f′(x)= (x2+x-2)·e x-1,令f′(x)=0,得x=-2或x=1,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,当-2<x<1时,f′(x)<0,则f(x)极小值为f(1)=-1.故选A.·福建泉州一模)关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是.解析:关于x的方程xln x-kx+1=0,即ln x+=k,令函数f(x)=ln x+,若方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,即函数f(x)=ln x+,与y=k在区间[,e]上有两个不相同的交点,f′(x)= -,令-=0可得x=1,当x∈[,1)时f′(x)<0,函数是减函数,当x∈(1,e)时,f′(x)>0,函数是增函数,函数的最小值为f(1)=1,F()=-1+e,f(e)=1+.函数的最大值为-1+e.因为关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是(1,1+].答案:(1,1+]12.(2017·河南洛阳三模)已知函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则a=,b=.解析:求导得f′(x)= +b,函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则f′(1)=0且f(1)=ln 2-1,即解得答案:1 -113.(2018·吉林白山市模拟)设函数f(x)=e x-2ax,x∈R.(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>0;(3)当a>时,求函数f(x)在[0,2a]上的最小值和最大值.(1)解:当a=1时,f(x)=e x-2x,f(0)=1,故切点坐标为(0,1).f′(x)=e x-2,故切线的斜率k=f′(0)=-1.所以切线的方程为y-1=-x,即x+y-1=0.(2)证明:在(1)的条件下,令f′(x)=0,则x=ln 2,当x<ln 2时,f′(x)<0,此时函数为减函数;当x>ln 2时,f′(x)>0,此时函数为增函数;故当x=ln 2时,函数取最小值2-2ln 2,因为2-2ln 2>0,故f(x)>0恒成立.(3)解:由于f(x)=e x-2ax,f′(x)=e x-2a,令f′(x)=0,解得x=ln 2a>0,当a>,令M(a)=2a-ln 2a,M′(a)=2-=>0,所以M(a)在(,+∞)上递增,又因为M()=1-ln 1=1,所以M(a)=2a-ln 2a>0恒成立,即有a>,2a>ln 2a.所以当0≤x<ln 2a时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当ln 2a<x≤2a时,f′(x)>0,f(x)单调递增.即有x=ln 2a处f(x)取得最小值2a(1-ln 2a);又因为f(0)=e0-0=1,f(2a)=e2a-4a2,令h(a)=f(2a)-f(0)=e2a-4a2-1,a>时,h′(a)=2e2a-8a>0,h()=e-1-1=e-2>0,所以h(a)=e2a-4a2-1>h()>0,所以当a>时,f(2a)>f(0),则有当a>时,f(x)在[0,2a]上的最大值为e2a-4a2.14.已知f(x)=xe x-ax2-x.(1)若f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,求f(x)的极小值;(2)当x≥0时,恒有f(x)≥0,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,所以 f′(-1)=0.因为f′(x)=(x+1)e x-2ax-1,所以2a-1=0,a=.所以f′(x)=(x+1)e x-x-1=(x+1)(e x-1),所以f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,[0,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(0)=0.(2)f(x)=x(e x-ax-1),令g(x)=e x-ax-1,则g′(x)=e x-a.若a≤1,则x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,而g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≥0,从而f(x)≥0.若a>1,则x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,g(0)=0,故x∈(0,ln a)时,g(x)<0,从而f(x)<0,不符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,1].。
高考数学一轮复习考点知识专题讲解16---导数与函数的极值、最值
高考数学一轮复习考点知识专题讲解导数与函数的极值、最值考点要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值条件f′(x)＝0x附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点2.函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[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)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；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．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(√)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－6]∪[6，＋∞)B．(－∞，－6)∪(6，＋∞)C．(－6，6)D．[－6，6]答案B解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>6或a<－ 6.3．若函数f(x)＝13x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一利用导数求函数的极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1(2022·广州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是()A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2求已知函数的极值例2已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x－1＋ae x ，所以f′(x)＝1－ae x ，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae x ，当a≤0时，f′(x)>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， 因此f (x )无极大值与极小值； 当a >0时，令f ′(x )>0，则x >ln a ， 所以f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增， 令f ′(x )<0，则x <ln a ，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值， 且f (ln a )＝ln a ，但是无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极大值与极小值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，但是无极大值． 命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2022·南宁模拟)函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＋b 等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6 答案A解析由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， 可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 因为f (x )在x ＝1处取得极值10， 可得⎩⎨⎧f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11，或⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3，检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)， 当x <－113或x >1时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意． 所以a ＋b ＝－7.(2)(2022·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) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13答案C解析f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a＝ln x ＋1－2ax ，由题意ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根， 2a ＝ln x ＋1x，设g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1－(ln x ＋1)x 2＝－ln xx 2，当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 所以g (x )max ＝g (1)＝1，又x >1时，g (x )>0，x →＋∞时，g (x )→0，x →0时，g (x )→－∞， 所以0<2a <1，即0<a <12.教师备选1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋π4等于() A.m －1m ＋1 B.m ＋1m －1 C.1－m m ＋1 D.m ＋11－m答案B解析由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0， 得tan x ＝1x，所以tan m ＝1m，故tan ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1.2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是()A ．1≤b <aB ．b <a ≤1C ．a <1≤bD ．a <b ≤1 答案B解析令f(x)＝(x－a)2(x－b)(e x－1－1)＝0，得x1＝a，x2＝b，x3＝1.下面利用数轴标根法画出f(x)的草图，借助图象对选项A，B，C，D逐一分析．对选项A，若1≤b<a，由图可知x＝a是f(x)的极小值点，不符合题意；对选项B，若b<a≤1，由图可知x＝a不是f(x)的极小值点，符合题意；对选项C，若a<1≤b，由图可知x＝a是f(x)的极小值点，不符合题意；对选项D，若a<b≤1，由图可知x＝a是f(x)的极小值点，不符合题意．思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1(1)(2022·运城质检)若函数f(x)＝(x2－ax－1)e x的极小值点是x＝1，则f(x)的极大值为()A．－e B．－2e2 C．5e－2 D．－2答案C解析由题意，函数f(x)＝(x2－ax－1)e x，可得f ′(x )＝e x [x 2＋(2－a )x －1－a ]， 所以f ′(1)＝(2－2a )e ＝0， 解得a ＝1，故f (x )＝(x 2－x －1)e x ， 可得f ′(x )＝e x (x ＋2)(x －1)，则f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )的极大值为f (－2)＝5e －2.(2)(2022·晋中模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是() A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，103 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤52，103 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103答案B解析∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)，∴f ′(x )＝1x＋x －a ，∴y ＝f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上只有一个变号零点．令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x .设g (x )＝1x＋x ，则g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2， 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52，g (3)＝103，∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上只有一个变号零点．∴实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，103.题型二 利用导数求函数最值例4已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )． 解(1)∵a ＝1， ∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0， ∴g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1. (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x.①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a 2≥e，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.教师备选已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围．解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得f ′(x )＝1x－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， 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，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a时，f (x )取得最大值， 即f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ×1a －2 ＝ln 1a－3＝－ln a －3， 因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0，设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1，故实数a 的取值范围是(0,1)．思维升华 (1)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.解(1)∵蓄水池的侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．由题意得200πrh＋160πr2＝12000π，∴h＝15r(300－4r2)．从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．由h>0，且r>0，可得0<r<5 3. 故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)由(1)知V(r)＝π5(300r－4r3)，故V′(r)＝π5(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上单调递减．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f(x)＝x2＋2xe x的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b等于()A．－4 B. 2 C．0 D．2 答案C解析f′(x)＝2－x2 e x，当－2<x<2时，f′(x)>0；当x<－2或x>2时，f′(x)<0.故f(x)＝x2＋2xe x的极大值点与极小值点分别为2，－2，则a＝2，b＝－2，所以a＋b＝0.2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是()A．f(x)在[－2，－1]上单调递增B．当x＝3时，f(x)取得最小值C．当x＝－1时，f(x)取得极大值D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案D解析根据题图知，当x∈(－2，－1)，x∈(2,4)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以y＝f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当x＝－1时，f(x)取得极小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确．3．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为()A．2 B．－5 2C．3＋ln2 D．－2＋2ln2 答案B解析由题意得，f′(x)＝2x＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝1 2，∴f(x)＝2ln x＋12x2－3x，f′(x)＝2x＋x－3＝(x－1)(x－2)x，∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52. 4．已知函数f (x )＝x 22＋m ln x －2x ，x ∈(0，＋∞)有两个极值点，则实数m 的取值范围是()A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－1，＋∞) D．(0,1)答案D 解析f ′(x )＝x ＋m x －2＝x 2－2x ＋m x， 因为f (x )有两个极值点，故f ′(x )有两个变号零点，故x 2－2x ＋m ＝0在(0，＋∞)上有两个不同的解，故⎩⎪⎨⎪⎧ －－22>0，m >0，Δ＝4－4m >0，所以0<m <1.5．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为()A ．π－2 B.π6 C ．2 D.π6＋ 3 答案D解析由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，∴当0≤sin x ≤12，即x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当12<sin x ≤1，即x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π6＋3， 有极小值 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6，∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3.6．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是()A ．[0,1)B ．(0,1)C ．(－1,1) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12答案B解析由题意，f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a ≤0时，在(0,1)上f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)内单调递增，无最小值．当a >0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )，不妨只讨论x >0时的情况． 当x >a ，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当0<x <a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝a 处取得最小值， ∴当a <1，即0<a <1时，f (x )在(0,1)内有最小值．7．(2022·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.答案sin x (答案不唯一)解析正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________． 答案1解析函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ， 所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x， 当12<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2ln 12＝2ln2＝ln4>lne ＝1.综上，f (x )min ＝1. 9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝－1和x ＝2处取得极值，求a ，b 的值；(2)在(1)的条件下，当x ∈[－2,3]时，f (x )>2c 恒成立，求c 的取值范围． 解(1)由题可得，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∵函数f (x )在x ＝－1和x ＝2处取得极值，∴－1,2是方程3x 2＋2ax ＋b ＝0的两根，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－23a ，－1×2＝b 3， ∴⎩⎨⎧ a ＝－32，b ＝－6.经检验，符合题意． (2)由(1)知f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－3x －6， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化如下表： ↗ ↘ ↗ ∴当x ∈[－2,3]时，f (x )的最小值为c －10，要使f (x )>2c 恒成立，只要c －10>2c 即可，∴c <－10，即c 的取值范围为(－∞，－10)．10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解(1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，∴f ′(x )＝1－ax x， 由f ′(1)＝0，得a ＝1.∴f ′(x )＝1－x x， ∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]； f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x， ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e>0，舍去； ②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x＝0， 得x ＝1a， 当0<1a <e ，即a >1e时， ∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3， 解得a ＝4e >1e，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为() A.6e 3B ．－2e C ．－2eD.4e 2 答案A解析因为f (x )＝(x 2－a )e x ， 所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ， 由f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ＝0， 得x 2＋2x －a ＝0，由函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a ＝－3，即a ＝3，f (x )＝(x 2－3)e x ，f′(x)＝(x2＋2x－3)e x.当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0；故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)的极大值为f(－3)＝6e3 .12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a<b B．a>b C．ab<a2 D．ab>a2答案D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.图2综上，可知必有ab>a2成立．14．(2022·丹东质检)当－1≤x≤1时，ax3≥3x－1，则a的取值范围为() A．(－∞，4] B．[2,4]C．[2，＋∞) D．{4}答案D解析当x＝0时，a·0≥3×0－1，a∈R，当0<x≤1时，由ax3≥3x－1得a≥3x－1 x3，令g (x )＝3x －1x 3，则g ′(x )＝3x 3－3x 2(3x －1)x 6＝3－6xx 4，∴当0<x <12时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当12<x ≤1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， ∴当0<x ≤1时，g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，∴a ≥4；当－1≤x <0时，由ax 3≥3x －1得a ≤3x －1x 3，由上知g (x )在[－1,0)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (－1)＝4，∴a ≤4， 综上可知，a ＝4.15．已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是________．(填序号)①0<x 0<1e ； ②x 0>1e ；③f (x 0)＋2x 0<0； ④f (x 0)＋2x 0>0. 答案①④解析函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)， ∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，∵x 0是函数f (x )的极值点， ∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e >0，当x >1e 时，f ′(x )>0，∵当x →0时，f ′(x )→－∞， ∴0<x 0<1e，即①正确，②不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即④正确，③不正确．16．(2022·宣城模拟)已知函数f (x )＝x 3－ax ＋7的极小值为5. (1)求a 的值，并求出f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋mx 在(－3，a －1)上的极大值不小于10－m ，求实数m 的取值范围．解(1)∵f ′(x )＝3x 2－a ， 当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在R 上单调递增，无极值， 当a >0时，令f ′(x )＝3x 2－a ＝0， 解得x ＝±3a 3，当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化如下：↗ ↘∴f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎪⎫3a 3＝5， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 33－a ·3a3＋7＝5，解得a ＝3.∴f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)． (2)由(1)知a ＝3，故g (x )＝x 3＋(m －3)x ＋7，g ′(x )＝3x 2＋m －3， 当m －3≥0时，g ′(x )≥0恒成立， ∴g (x )在R 上单调递增，无极值， 当m －3<0时，令g ′(x )＝0， 解得x ＝±9－3m 3， 当x 变化时，g ′(x )，g (x )随x 的变化如下：↗ ↘ ↗⎝⎭即⎝ ⎛⎭⎪⎫－9－3m 33＋(m －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫－9－3m 3＋7≥10－m ， 解得m ≤－154， 又∵－3<－9－3m3<2，解得－24<m <3， ∴－24<m ≤－154， 即实数m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪⎪－24<m ≤－154.。
高考数学(人教A版)一轮复习课件：2.11.2利用导数研究函数的极值、最值
(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 叫做函数 的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.
2.(选修1-1P97 例5 改编)函数y=x+2cosx 在区间 上的最大值是________.
【 解 析 】 y′=1-2sinx, 令 y′=0, 又因为x∈ 解,得 则当x∈ 时,y′>0当; x∈ 时,y′<0, 故函数y=x+2cosx 在 时取最大值 答案:
感悟考题 试一试
3.(2016· 四川高考)已知a为函数f(x)=x 3 -12x 的极
【特别提醒】 1.f′(0x)=0 与x0 是f(x)极值点的关系 函数f(x)可导,则f′(0x)=0 是x0 为f(x)的极值点的必要 不充分条件.例如,f(x)=x3 ,f′(0)=0但, x=0 不是极值 点.
2.极值与最值的关系 极值只能在定义域内取得(不包括端点),最值却可以 在端点处取得,有极值的不一定有最值,有最值的也未 必有极值;极值有可能成为最值,非常数可导函数最值 只要不在端点处取,则必定在极值处取.
极值
的概念确定函数的极值 ,属较难题
命题角度 已知函数的 极值求参数 的值或范围
命题视角
给出函数的极值 ,利用导数及函数的 单调性确定参数的值 ,属中档题
【考题例析】 命题角度1:已知函数求极值 【典例1 】(2016· 山东高考)设f(x)=xlnx-ax 2 + (2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f′(x)求, g(x)的单调区间. (2)已知f(x)在x=1 处取得极大值,求实数a的取值范围.
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课时分层作业十五利用导数研究函数的极值、最值一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数f(x)=ln x-x在区间(0,e]上的最大值为 ( )A.1-eB.-1C.-eD.0【解析】选B.因为f′(x)=-1=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln 1-1=-1.2.(2018·滨州模拟)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)【解析】选D.由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;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;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.【变式备选】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( )【解析】选D.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D 中,f(-1)>0,f′（-1)>0,不满足f′（-1)+f(-1)=0.3.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.-37B.-29C.-5D.以上都不对【解析】选A.f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在(0,2]上单调递减.所以x=0为极大值点,也为最大值点.所以f(0)=m=3,所以m=3.所以f(-2)=-37,f(2)=-5.所以最小值是-37.4.设点P在曲线y=2e x上,点Q在曲线y=ln x-ln 2上,则|PQ|的最小值为 ( )A.1-ln 2B.(1-ln 2)C.2(1+ln 2)D.(1+ln 2)【解析】选D.因为曲线y=2e x与曲线y=ln x-ln 2互为反函数,其图象关于直线y=x对称,故可先求点P到直线y=x的最近距离,函数y=2e x 的导数为y′=2e x,由y′=2e x=1得,x=-ln 2,所以y=2e-ln 2=1,所以当P 点为(-ln 2,1)时,点到直线y=x的最近距离为d==,所以|PQ|min=2d=2×=(1+ln 2).5.已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为 ( )A.(-∞,e]B.[0,e]C.(-∞,e)D.[0,e)【解析】选A.f′(x)=-k=(x>0).设g(x)=,则g′(x)=,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.所以g(x)在(0,+∞)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要满足题意,只需k≤e.二、填空题(每小题5分,共15分)6.函数y=2x-的极大值是________.【解析】y′=2+,令y′=0,得x=-1.当x<-1时,y′>0;当-1<x<0时,y′<0.当x>0,y′>0,所以当x=-1时,y取极大值-3.答案:-37.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为________.【解析】因为y′=3x2+6ax+3b,?所以y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,则x=0或x=2.所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.答案:48.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是________.【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2,得-<a<1.不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,a3-1-3(a-1)≥0,(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).答案:[-2,1)三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a和b的值.(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)= 3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.将a=0,b=-3代入检验知符合题意.(2)由(1)知f(x)=x3-3x.因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是x=1或x=-2.当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故x=-2是g(x)的极小值点.当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,故x=1不是g(x)的极值点.所以g(x)的极小值点为x=-2,无极大值点.【变式备选】(2018·潍坊模拟)已知函数f(x)=+bln x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x.求函数f(x)的单调区间及极值.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,故f′(1)=b-a=1,又f(1)=a,点(1,a)在直线y=x上,所以a=1,则b=2. 所以f(x)=+2ln x且f′(x)=,当0<x<时,f′(x)<0,当x>时,f′(x)>0,故函数f(x)的单调增区间为,单调减区间为,f(x)极小值=f=2-2ln 2,无极大值.10.已知函数f(x)=(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点.(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.【解析】 (1)当x<1时,f ′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令 f ′(x)=0,解得x=0或x=. 当x变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,0) 0f′(x) - 0 + 0 -f(x) ↘极小值↗极大值↘故当x=0时,函数f(x)取得极小值为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=.(2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和上单调递减,在上单调递增.因为f(-1)=2,f=,f(0)=0,所以f(x)在[-1,1)上的最大值为 2.②当1≤x≤e时,f(x)=aln x,当a≤0时,f(x)≤0;当a>0时,f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a. 故当a≥2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为a;当a<2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为2.【变式备选】已知函数f(x)=x2e ax,其中a≤0,e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.【解析】(1)f′(x)=2xe ax+x2ae ax=x(ax+2)e ax.①当a=0时,由f′(x)>0得x>0,由f′(x)<0得x<0.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.②当a<0时,由f′(x)>0得0<x<-,由f′(x)<0得x<0或x>-.故函数f(x)在上单调递增,在(-∞,0)和上单调递减.(2)①当a=0时,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值为f(1)=1.②当-2<a<0时,->1,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其最大值是f(1)=e a.③当a≤-2时,0<-≤1,x=-是函数f(x)在区间[0,1]上的最大值点,此时函数f(x)的最大值是f=.综上可得,当-2<a≤0时,f(x)在[0,1]上的最大值是e a;当a≤-2时,f(x)在[0,1]上的最大值为.1.(5分)(2018·衡水模拟)设函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,则x>0时,f(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.既无极大值也无极小值【解析】选D.由题意得f′(x)=,令h(x)=e x-2x2f(x),则h′(x)=e x-2[x2f′(x)+2xf(x)]=e x-=,因此当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞）时,h′(x)>0;即h(x)min=h(2)=e2-2×２2×f(2)=e2-2×4×=0,因此x>0时,f′(x)≥0.2.(5分)(2018·唐山模拟)若函数f(x)=x3-x2+2bx在区间[-3,1]上不是单调函数,则函数f(x)在R上的极小值为( )A.2b-B.b-C.0D.b2-b3【解析】选A.f′(x)=x2-(2+b)x+2b=(x-b)(x-2),因为函数f(x)在区间[-3,1]上不是单调函数,所以-3<b<1,则由f′(x)>0,得x<b或x>2,由f′(x)<0,得b<x<2,所以函数f(x)的极小值为f(2)=2b-.3.(5分)函数f(x)=x3-3ax+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)=3x2-3a=0,得x=±,则f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,-)-(-,)(,+∞) f′(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗从而解得所以f(x)的单调递减区间是(-1,1).答案:(-1,1)4.(12分)(2018·烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+-x,其中常数m>0.(1)当m=2时,求函数f(x)的极大值.(2)讨论函数f(x)在区间(0,1)上的单调性.【解析】(1)当m=2时,f(x)=ln x+-x,因为f′(x)=--1=-(x>0).所以当0<x<或x>2时,f′(x)<0;当<x<2时,f′(x)>0.所以函数f(x)在区间和区间(2,+∞)上单调递减,在区间上单调递增,所以函数f(x)的极大值为f(2)=ln 2-.(2)由题意知,f′(x)=--1=-=-(x>0,m>0).①当0<m<1时,>1,故当x∈(0,m)时,f′(x)<0,当x∈(m,1)时,f′(x)>0,此时函数f(x)在区间(0,m)上单调递减,在区间(m,1)上单调递增.②当m=1时,=1,故当x∈(0,1)时,f′(x)=-<0恒成立, 此时函数f(x)在区间(0,1)上单调递减.③当m>1时,0<<1,故当x∈时,f′(x)<0,当x∈时,f′(x)>0,此时函数f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.【误区警示】①不能忽视定义域(x>0),否则单调区间会求错.②在讨论时,不可丢掉m=1的情况.5.(13分)(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-a,g(x)=x+-(ln x)a+1,a∈R.(1)若f(x)≥0在定义域内恒成立,求a的取值范围.(2)当a取(1)中的最大值时,求函数g(x)的最小值.【解析】(1)由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1-=,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=1-a,所以1-a≥0,a≤1,故a的取值范围是(-∞,1].(2)当a=1时,g(x)=x+-(ln x)2,g(x)的定义域是(0,+∞).g′(x)=1--2ln x·=,令h(x)=x2-2xln x-1,h′(x)=2(x-ln x-1),由(1)知,h′(x)的最小值是h′(1)=0,所以h′(x)≥0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=2.关闭Word文档返回原板块。