2019高考数学考点突破__导数及其应用与定积分导数与函数的极值最值学案20180816687

导数与函数的极值、最值
【考点梳理】
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 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．
(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 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．
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． 【考点突破】
考点一、利用导数研究函数的极值问题
【例1】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝1
2
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. [解析] (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －1
2x ，
函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x
2x ，
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.
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x ) ＋ 0 － f (x )
单调递增
ln 2－1
单调递减
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－ax
x
(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 ＝1
a
处有极大值.
综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1
a
.
【例2】(1)若函数f (x )＝x 33－a
2x 2
＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，4上有极值点，则实数a 的取值范围是
( )
A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103
B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103
C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫103，174
D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，174
(2)已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx －a 2
－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a
b
的值为( ) A ．－2
3
B ．－2
C ．－2或－2
3 D ．2或－2
3
[答案] (1) D (2) A
[解析] (1)因为f (x )＝x 33－a
2x 2
＋x ＋1，
所以f ′(x )＝x 2
－ax ＋1.
函数f (x )＝x 33－a
2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有极值点可化为f ′(x )＝x 2
－ax ＋1＝0在区间
⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，4上有解，
即a ＝x ＋1x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，4上有解，
设t (x )＝x ＋1x ，则t ′(x )＝1－1
x
2，
令t ′(x )>0，得1<x <4，令t ′(x )<0，得1
3
<x <1.
所以t (x )在(1，4)上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，1上单调递减． 所以t (x )min ＝t (1)＝2，又t ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝10
3
，t (4)＝174，
所以a ∈⎝
⎛⎭⎪⎫2，174.
(2)由题意知，f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，
即⎩⎪⎨⎪⎧
3＋2a ＋b ＝0，
1＋a ＋b －a 2
－7a ＝10，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－2，
b ＝1或⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－6，
b ＝9，经检验⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－6，
b ＝9，满足题意，
故a b ＝－2
3
. 【例3】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． 【类题通法】
利用导数研究函数极值的一般流程
【对点训练】
1．求函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)的极值． [解析] 由f ′(x )＝1－a x ＝
x －a
x
，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.
2．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，＋∞)
[答案] B
[解析] ∵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.
3．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
[答案] D
[解析] 由题意得f′(x)＝3x2－12，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＝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
[答案] C
[解析] 由函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象知，
当x<－1及3<x<5时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－1<x<3及x>5时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)的单调减区间为(－∞，－1)，(3，5)；单调增区间为(－1，3)，(5，＋∞).
f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，因此C不正确.
考点二、利用导数解决函数的最值问题
【例4】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．
[解析] (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：
x (－∞，k －1)
k －1
(k －1，＋∞)
f ′(x ) － 0 ＋
f (x )
单调递减
－e
k －1
单调递增
(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. 【类题通法】
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. 【对点训练】 已知函数f (x )＝
x －1
x
－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)． [解析] (1)f (x )＝
x －1x －ln x ＝1－1
x －ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∴f ′(x )＝1x 2－1x
＝1－x
x
2，
由f ′(x )>0，得0<x <1，由f ′(x )<0，得x >1，
∴f (x )＝1－1
x
－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， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e <f (e)． ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.
∴f (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. 考点三、利用导数研究不等式的有关问题
【例5】已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R)． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；
(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x
x ＋1.
当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，
故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x . (2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝
1x ＋1－k ＝－kx ＋1－k
x ＋1
. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0
均满足题意．
当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1
k
－1>0，
取x 0＝1
k
－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，
从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．
综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． 【类题通法】
1．证明不等式的常用方法——构造法
(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．
(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．
2．不等式成立(恒成立)问题中的常用结论
(1)f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ，f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，
f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b .
(3)f (x )>g (x )恒成立 F (x )min >0（F (x )＝f (x )－g (x )）. (4)①∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max ； ②∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min ； ③∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min ； ④∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【对点训练】
已知函数f (x )＝e x
－1－x －ax 2
. (1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；
(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)当a ＝0时，f (x )＝e x
－1－x ，f ′(x )＝e x
－1.
当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.
故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f (x )min ＝f (0)＝0，
∴f (x )≥0.
(2)f ′(x )＝e x
－1－2ax ，
令h (x )＝e x
－1－2ax ，则h ′(x )＝e x
－2a .
①当2a ≤1，即a ≤1
2时，h ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，h (x )单调递增，
∴h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0， ∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤1
2
时满足条件．
②当2a >1，即a >1
2时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，
当x ∈[0，ln 2a )时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，
∴当x ∈[0，ln 2a )时，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<f ′(0)＝0， ∴f (x )在区间[0，ln 2a )上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，12.。