2020版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2_11_2导数与函数的极值、最值课件文新人教A版

f ′(x)<0，所以当 x＝2 时函数取得极大值，极大值为 2ln2－2。 答案 B
求函数极值的一般步骤：①先求函数 f (x)的定义域，再求函数 f (x)的 导函数 f ′(x)；②求 f ′(x)＝0 的根；③判断在 f ′(x)＝0 的根的左、右两侧 f ′(x) 的符号，确定极值点；④求出具体极值。
A．1 C．3
B．2 D．4
解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x)在(a，b)上与 x 轴 的交点个数为 4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故 x＝0 不是函数 f (x) 的极值点，其余的 3 个交点都是极值点，其中有 2 个点满足其附近的导数 值左正右负，故极大值点有 2 个。
综上所述，f (x)在1e，e上的最大值为 0，最小值为 2－e。
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。
答案 B
4．(方向 3)(2019·长春市质量监测)若函数 f (x)＝(x2＋ax＋3)ex 在(0，＋
∞)内有且仅有一个极值点，则实数 a 的取值范围是( )
A．(－∞，－2 2] B．(－∞，－2 2)
C．(－∞，－3]
D．(－∞，－3)
解析 f ′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令 g(x) ＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由题意知，g(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，
的极值点，所以－2 是 x2＋(a＋2)x＋a－1＝0 的根，所以 a＝－1，f ′(x)＝(x2
＋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，
答案 D
知图判断函数极值的情况。先找导数为 0 的点，再判断导数为 0 的点 的左、右两侧的导数符号。
方向 2：求函数的极值
【例 2】 已知函数 f (x)＝2f ′(1)lnx－x，则 f (x)的极大值为( )
A．2
B．2ln2－2
C．e
D．2－e
解析 函数 f (x)定义域(0，＋∞)，f ′(x)＝2f x′1－1，所以 f ′(1)＝1，f (x) ＝2lnx－x，令 f ′(x)＝2x－1＝0，解得 x＝2。当 0<x<2 时，f ′(x)>0，当 x>＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。 (1)讨论 f (x)的单调性； (2)若 f (x)有最大值－ln2，求 m＋n 的最小值。
解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－4mx＝1－4xmx2， 当 m≤0 时，f ′(x)>0，所以 f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
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 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。故选 D。
数)。
解
(1)f (x)＝x－x 1－lnx＝1－1x－lnx，f (x)的定义域为(0，＋∞)。
所以 f ′(x)＝x12－1x＝1－x2 x，
由 f ′(x)>0，得 0<x<1，由 f ′(x)<0，得 x>1，
所以 f (x)＝1－1x－lnx 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为
(1，＋∞)。
若存在 x0，使得 f (x0)>m－1 成立，则 f (x)max>m－1。
即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0 成立，
令 g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，
因为 g′(x)＝1＋1x>0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0，
所以 m－1<0，即 m<1。
综上，0<m<1。
解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－x4x＋a。 因为 x＝3 是函数 f (x)的一个极值点， 所以 f ′(3)＝0，解得 a＝－6。 经检验，当 a＝－6 时，x＝3 是函数 f (x)的一个极小值点，符合题意， 故 a＝－6。
(2)由 f (x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x20－2x0， 记 F (x)＝x－lnx(x>0)，则 F ′(x)＝x－x 1(x>0)， 所以当 0<x<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)≥F (1)＝1>0，所以 a≥xx002－－l2nxx00。 记 G(x)＝xx2－－ln2xx，x∈1e，e， 则 G′(x)＝2x－2x－xln－xl－nxx2－2x－1＝x－1x－x－ln2xln2x＋2。
教师备用题 1．(配合例 3 使用)设函数 f (x)＝2lnx－mx2＋1。 (1)讨论函数 f (x)的单调性； (2)当 f (x)有极值时，若存在 x0，使得 f (x0)>m－1 成立，求实数 m 的 取值范围。
解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝2x－2mx＝－2mxx2－1，
当 m>0 时，令 f ′(x)>0 得 0<x<2mm，令 f ′(x)<0 得 x> 2mm，
所以
f
(x)在0，

2mm上单调递增，在
2mm，＋∞上单调递减。
(2)由(1)知，当
m≤0
时，f
(x)无最大值；当
m>0
时，f
(x)在0，

2mm上单调
递增，在

2mm，＋∞上单调递减。
答案 (－∞，－1]
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：因为某点处的导数值等于 0 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。
【题点对应练】 1．(方向 1)已知函数 f (x)的定义域为(a，b)，导函数 f ′(x)在(a，b)上的 图象如图所示，则函数 f (x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
(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)＝1－1－ln1＝0。
又f
1e＝1－e－ln1e＝2－e，f (e)＝1－1e－lne＝－1e，且 f
1 e<f
(e)。
所以 f (x)在1e，e上的最小值为 f 1e＝2－e。
所以 f (x)max＝f

2mm＝ln
2mm－2m·41m－n＝－ln2－12lnm－12－n＝－ln2，
所以 n＝－12lnm－12，
所以 m＋n＝m－12lnm－12，
令 h(x)＝x－12lnx－12(x>0)， 则 h′(x)＝1－21x＝2x2－x 1， 所以 h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增， 所以 h(x)min＝h12＝12ln2，所以 m＋n 的最小值为12ln2。
答案 B
2．(方向 2)若 x＝－2 是函数 f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f (x)的
极小值为( )
A．－1
B．－2e－3
C．5e－3
D．1
解析 因为 f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以 f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－
1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因为 x＝－2 是函数 f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1
所以实数 m 的取值范围是(0,1)。
2．(配合例 4 使用)已知 a 为实数，函数 f (x)＝alnx＋x2－4x。 (1)若 x＝3 是函数 f (x)的一个极值点，求实数 a 的值；
(2)设 g(x)＝(a－2)x，若存在 x0∈1e，e，使得 f (x0)≤g(x0)成立，求实 数 a 的取值范围。
当
m>0
时，f
(x)在0，

mm上单调递增，在
mm，＋∞上单调递减。
(2)由(1)知，当
f
(x)有极值时，m>0，且
f
(x)在0，

mm上单调递增，在

mm，＋∞上单调递减。
所以 f (x)max＝f

mm＝2ln
mm－m·m1 ＋1＝－lnm，
必考部分
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用
第2课时 导数与函数的极值、最值
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
考点一 函数的极值问题微点小专题 方向 1：由图象判断函数的极值 【例 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( )
方向 3：已知极值求参数 【例 3】 (2019·江西八校联考)若函数 f (x)＝x2－x＋alnx 在[1，＋∞) 上有极值点，则实数 a 的取值范围为________。
解析 函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－1＋ax＝2x2－xx＋a，由 题意知 2x2－x＋a＝0 在 R 上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解， 所以 Δ＝1－8a>0，且 2×12－1＋a≤0，所以 a∈(－∞，－1]。
当 m≤0 时，f ′(x)>0，所以 f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 m>0 时，令 f ′(x)>0，则 0<x< 1 ，令 f ′(x)<0，则 x> 1 ，所以 f (x)
m
m
在0，

mm上单调递增，在
mm，＋∞上单调递减。
综上，当 m≤0 时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
结合函数 g(x)的图象特征知，－a＋2 2>0， 或 a＋3≤0，
解得 a≤－3。故选 C。 答案 C
考点二 函数的最值问题
【例 4】 (2019·贵阳检测)已知函数 f (x)＝x－x 1－lnx。
(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
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。
答案 A
3．(方向 3)已知函数 f (x)＝x(x－c)2 在 x＝2 处有极小值，则实数 c 的值
为( )
A．6
B．2
C．2 或 6
D．0
解析 由 f ′(2)＝0 可得 c＝2 或 6。当 c＝2 时，结合图象(图略)可知函 数先增后减再增，在 x＝2 处取得极小值；当 c＝6 时，结合图象(图略)可知， 函数在 x＝2 处取得极大值。故选 B。