2021年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与最值夯基提能作业本文
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
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以当a>e时, f(x)在(0,1)内有极值且唯一.当a≤e时, f '(x)≥0在(0,1) 上恒成立,则f(x)在(0,1)上单调递增,不符合题意. 综上,a的取值范围为(e,+∞).
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方法技巧 1.利用导数研究函数极值问题的一般流程
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(2)若f(x)在区间
0
,
13上 单调递增,求b的取值范围.
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解析 (1)当b=4时,f(x)=(x+2)2· 1,定 2义x 域为
,
,
1 2
f '(x)=2(x+2) 1+(x2+x2)2· · 1 ·(-21)= .
2 1 2x
令f '(x)=0,解得x1=-2,x2=0.
.
2
规律总结 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.
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2-1 已知函数f(x)=ln x+ 1 -1,g(x)=x 1 .
(ex)2
= ax,2(2ab)xbc
ex
令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c, 因为ex>0,所以y=f '(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f '(x)与 g(x)符号相同. 因为a>0,所以由题意知: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)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞).
2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值课件北师大版
(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□04 ___都__大___，且 f′(b)＝0，而且在 x＝b 附近的左侧□05 ____f_′(_x_)＞__0_____， 右侧□06 ___f′_(x_)_＜__0____，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex． 令 f′(x)＝0，则 x＝－1． 当 x<－1 时，f′(x)<0，当 x>－1 时，f′(x)>0， 所以 x＝－1 为 f(x)的极小值点．
解析 答案
3．(2019·岳阳模拟)函数 f(x)＝ln x－x 在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e
值．
2．导数与函数的最值 (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□07 __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□08 __极__值____． ②将函数 y＝f(x)的各极值与□09 ___端__点__处__的__函__数__值__f_(a_)_，__f_(b_)____比较， 其中□10 __最__大____的一个是最大值，□11 __最__小____的一个是最小值．
)
A．x＝1
BD．x＝1 和 x＝2
解析 f′(x)＝4x2－12x＋8＝4(x－2)(x－1)，则结合列表可得函数 f(x) 的极值点为 x＝1 和 x＝2.故选 D．
解析 答案
2．(2019·哈尔滨模拟)设函数 f(x)＝xex，则( ) A．x＝1 为 f(x)的极大值点 B．x＝1 为 f(x)的极小值点 C．x＝－1 为 f(x)的极大值点 D．x＝－1 为 f(x)的极小值点
高考数学一轮总复习教学课件第三章 一元函数的导数及其应用第3节 导数与函数的极值、最值
(4)列表检验f′(x)在f′(x)=0的根x0左右两侧值的符号.
(5)求出极值.
角度三
由函数极值(极值个数)求参数值(范围)
[例3] (1)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极小值10,则a+b
等于(
A.-7
√
C.-7或0
零,所以1.5是f(x)的极小值点,所以C正确;而x=-2和x=3,左右两侧
附近的导数值同号,所以-2和3不是函数的极值点,所以B,D错误.故
选AC.
3.(选择性必修第二册P94练习T1改编)已知函数f(x)=2sin x+
sin 2x,则f(x)的最小值是
.
解析:f′(x)=2cos x+2cos 2x=2cos x+2(2cos2x-1)=
当a>0时,令f′(x)=0,所以ex=a,x=ln a,
x
f′(x)
f(x)
(-∞,ln a)
↘
ln a
0
极小值
(ln a,+∞)
+
↗
f(x)在x=ln a处取得极小值f(ln a)=a-aln a-1,无极大值.
运用导数求函数f(x)极值的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域.
(2)求导数f′(x).
(3)解:①由已知,可得f′(x)=x2+ax-2.
因为函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线2x+y-1=0平行,
所以f′(1)=a-1=-2,解得a=-1.经验证,a=-1符合题意.
②求函数f(x)的极值.
2021高考浙江版数学一轮课件：第三章 § 3.3 导数与函数的极值和最值
命题方向二 已知函数的极值(点)情况 求参数的值(取值范围)
典例2 (2019余杭部分学校高三测试)已知函数f(x)= 1x3+ 1 ax2+bx(a,b∈R).若
32
函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点,求3a+b的取值范围.
解析 f '(x)=x2+ax+b,由已知可得f '(x)在(0,2)上存在两个不同的零点,
f '(0) 0,
f
'(2) 0,
故有Δ 0,
-
a
(0,2),
2
b 0,
即
2a b a2 -4b
4 0,
a (-4,0),
0,
令z=3a+b,画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分所示,不包括a轴上
的部分).
由图可知-8<z<0, 故3a+b的取值范围是(-8,0).
方法技巧 已知函数极值点和极值求参数的两个要领 (1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组,利用待定系数法求解. (2)验证:因为一点处的导数等于零不是此点为极值点的充要条件,所以求解 后需对所求结果进行验证.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).
(2)①当2mm0,e,即0<m≤
e 2
时,函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增,
所以f(x)max=f(2m)= ln (2m) -1;
2m
②当m<e<2m,即e <m<e时,函数f(x)在[m,e)上单调递增,在(e,2m]上单调递减,
当a<0时,由f
'(x)>0,得x>-
2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3利用导数研究函数的极值、最值练习理北师大版
3.3利用导数研究函数的极值、最值中心考点·精确研析考点一用导数解决函数的极值问题命 1. 考什么 : (1) 考察求值、解方程、解不等式等问题.题 (2) 考察数学运算、直观想象、逻辑推理的中心修养及数形联合、分类与整合等数学思想.精 2. 怎么考 : 与函数图像、方程、不等式、函数单一性等知识联合考察求函数极值、知函数极值求参数等解问题.读 3. 新趋向 : 函数极值、导数的几何意义及函数图像等知识交汇考察为主1. 求函数 f(x) 极值的一般解题步骤(1) 确立函数的定义域 ;学 (2) 求导数 f ′(x);霸 (3) 解方程 f′(x)=0,求出函数定义域内的全部根;(4)列表查验f′(x)在f′(x)=0的根x0左右双侧好值的符号 .方 2. 已知函数极值点或极值求参数的两个要领法 (1) 列式 : 依据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组, 利用待定系数法求解.(2)考证 : 由于导数值等于零不是此点为极值点的充要条件 , 因此利用待定系数法求解后一定考证根的合理性 .由图像判断函数的极值【典例】 (2020 ·咸阳模拟 ) 已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图像如下图, 则=.【分析】 f ′(x)=3ax 2+2bx+c;依据图像知 ,x=-1,2是 f(x) 的两个极值点 ;因此 x=-1,2 是方程3ax2+2bx+c=0 的两实数根 ;依据根与系数的关系得,因此 2b=-3a,c=-6a,因此===1.答案 :1由函数 f(x)的图像确立极值点的主要依照是什么?提示 : 局部最高 ( 低 ) 点的横坐标是极大( 小 ) 值点 .求已知函数的极值【典例】已知函数f(x)=x-1+(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 .【分析】 (1) 由 f(x)=x-1+, 得 f′(x)=1 -.又曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线平行于x 轴 ,因此 f′(1)=0,即1-=0, 解得 a=e.(2)f′(x)=1 -,当 a≤ 0 时 ,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数, 因此函数f(x) 无极值 .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,因此 f(x) 在 (- ∞,ln a) 上单一递减 ,在 (ln a,+ ∞) 上单一递加, 故 f(x)在x=ln a处获得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.当 a>0 时 ,f(x)在ln a处得极小值ln a,无极大值.已知函数极值状况求参数值(范围)【典例】设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令 g(x)=f ′(x), 求 g(x) 的单一区间 .(2)已知 f(x) 在 x=1 处获得极大值 , 务实数 a 的取值范围 .【分析】 (1) 由 f ′(x)=l n x-2ax+2a,可得 g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).因此 g′(x)= -2a=.当 a≤ 0,x ∈(0,+ ∞) 时,g ′(x)>0, 函数g(x) 单一递加 ;当 a>0,x ∈时,g′(x)>0,函数g(x)单一递加,x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单一递减.因此当 a≤0 时 ,g(x)的单一增区间为(0,+∞);当 a>0 时 ,g(x)的单一增区间为, 单一减区间为.(2) 由 (1) 知,f ′(1)=0.①当 a≤ 0 时,f ′(x) 在(0,+ ∞) 内单一递加,因此当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单一递减;当 x∈(1,+ ∞) 时,f ′(x)>0,f(x) 单一递加 .因此 f(x) 在 x=1 处获得极小值 , 不合题意 .②当 0<a< 时,>1, 由 (1) 知 f ′(x) 在内单一递加,可适当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈时,f ′(x)>0.因此 f(x) 在 (0,1)内单一递减,在内单一递加,因此f(x)在x=1处获得极小值,不合题意.③当 a= 时 ,=1,f ′(x) 在 (0,1) 内单一递加 , 在(1,+ ∞) 内单一递减, 因此当 x∈(0,+ ∞) 时,f ′(x) ≤0,f(x) 单一递减 , 不合题意 .④当 a> 时,0<<1, 当 x∈时,f′(x)>0,f(x)单一递加, 当 x∈(1,+ ∞) 时,f ′(x)<0,f(x)单一递减 .因此 f(x) 在 x=1 处获得极大值 , 切合题意 .综上可知 , 实数 a 的取值范围为.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) 的图像如下图, 则以下结论中必定成立的是()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)【分析】选 D.由题图可知 , 当 x<-2 时 ,1-x>3,此时f′(x)>0;当-2<x<1时,0<1-x<3,此时f′(x)<0;当1<x<2时 ,-1<1-x<0,此时f′(x)<0;当x>2时,1-x<-1,此时f′(x)>0,由此能够获取函数f(x)在x=-2处获得极大值 , 在 x=2 处获得极小值.2. 设函数 f(x)=ln x+ax2-x, 若 x=1 是函数 f(x)的极大值点,则函数f(x)的极小值为.【分析】函数f(x)=ln x+ax2-x, 函数定义域为 (0,+ ∞),f ′(x)=+2ax-.若 x=1 是函数 f(x) 的极大值点 , 则f ′(1)=0, 解得a= ;f ′(x)= + x- ==;当 f ′(x)>0 时 ,0<x<1 或 x>2;函数在 (0,1) 和(2,+ ∞) 上单一递加;当 f ′(x)<0 时 ,1<x<2, 函数在 (1,2) 上单一递减 ;因此函数在x=1 时有极大值 ; 函数在 x=2 时有极小值为f(2)=ln 2-2.答案 :ln 2-23.(2019 ·荆门模拟 ) 已知函数f(x)=x2+2x-2xe x.求函数f(x)的极值.【分析】由于函数f(x)=x2+2x-2xe x(x∈R),因此 f ′(x)=2x+2 -2e x -2xe x=(2x+2)(1-e x ),由 f ′(x)=0, 得 x=-1 或 x=0,列表议论 , 得:x(-∞,-1) - 1(-1,0)0(0,+ ∞)f ′(x) -0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘因此当 x=-1 时 ,f(x)极小值=f(-1)=1-2+2×= -1,当 x=0 时 ,f(x)极大值=f(0)=0.x设函数 f(x)=e (sin x-cos x)(0≤ x≤2 016π), 则函数 f(x)的各极大值之和为() A. B.C. D.【分析】选 D. 由于函数f(x)=e x(sin x-cos x),因此 f ′(x)=[e x (sin x-cos x)] ′=e x(sin x-cos x)+e x(cos x+sin x)=2e x sin x;令 f ′(x)=0, 解得x=kπ(k ∈ Z);因此当 2kπ<x<2kπ+π,f ′(x)>0,原函数增 , 当 2kπ+π<x<2kπ+2π,f ′(x)<0,原函数减 ; 因此当 x=2kπ+π, 函数 f(x)获得极大 , 此 f(2k π+π)=e 2kπ+π [sin(2k π+π)- cos(2k π+π)]=e 2kπ+π ;又因 0≤x≤ 2 016π, 因此 0 和 2 016π都不是极点 , 因此函数f(x) 的各极大之和 :eπ +e3π +e5π +⋯ +e2 015π =.考点二用数解决函数的最【典例】 (2019 ·黄模 ) 已知函数f(x)=-ax, 曲 y=f(x)在x=1的切点(2,-1).(1)求数 a 的 ;(2)b>1, 求 f(x)在区上的最大和最小.【解思】序号目拆解利用求的方法求出函数利用数的几在切点的切斜率, 再利(1)何意求参数用切点坐与切的斜率之的关系求出 a 的利用 x 分的方法,研究函数 f(x)合 b 的取范 , 用求的性(2)的方法判断函数的性求函数 f(x) 的从而求出函数的极, 而最求出函数的最【分析】 (1)f(x)的函数f ′(x)=? f ′(1)==1-a,依意 , 有=1-a,即=1-a, 解得 a=1.(2) 由 (1) 得 f ′(x)=,当 0<x<1 时,1-x 2>0,-ln x>0,因此 f ′(x)>0, 故 f(x) 在 (0,1) 上单一递加 ;当 x>1 时 ,1-x 2<0,-ln x<0,因此 f ′(x)<0, 故 f(x) 在(1,+ ∞) 上单一递减,因此 f(x) 在区间 (0,1) 上单一递加 , 在区间 (1,+ ∞) 上单一递减.由于 0< <1<b, 因此 f(x)的最大值为f(1)=-1.设 h(b)=f(b)-f=ln b-b+,此中 b>1 则 h′=ln b>0,故 h(b) 在区间 (1 ,+ ∞) 上单一递加 .当 b→ 1 时 ,h(b) → 0? h(b)>0 ? f(b)>f.故 f(x)的最小值为f=-bln b-.求函数 f(x) 在闭区间 [a,b]内的最大值和最小值的思路(1)若所给的闭区间 [a,b] 不含参数 , 则只要对函数 f(x) 求导 , 并求 f ′(x)=0 在区间 [a,b] 内的根 , 再计算使导数等于零的根的函数值, 把该函数值与f(a),f(b)比较,此中最大的一个是最大值, 最小的一个是最小值 .(2)若所给的闭区间 [a,b] 含参数 , 则需对函数 f(x) 求导 , 经过对参数分类议论 , 判断函数的单一性 , 从而获取函数f(x) 的最值 .(2019 ·南昌模拟 ) 设函数 f(x)=ln x-2mx2-n(m,n∈R).(1)议论 f(x) 的单一性 .【分析】 (1) 函数 f(x) 的定义域为 (0,+ ∞),f ′(x)= -4mx=,当 m≤ 0 时,f ′(x)>0,因此 f(x) 在(0,+ ∞) 上单一递加;当 m>0时 , 令 f ′(x)>0, 得 0<x<,令 f ′(x)<0得x>, 因此 f(x)在上单一递加,在上单一递减.(2) 由 (1) 知, 当 m>0时 ,f(x)在上单一递加,在上单一递减.因此 f(x)max=f=ln-2m·-n=-ln 2-ln m--n=-ln 2,因此 n=- ln m- , 因此 m+n=m- ln m-,令 h(x)=x-ln x-(x>0),则h′(x)=1 -=, 因此 h(x) 在上单一递减,在上单一递加 , 因此 h(x) min=h= ln 2,因此 m+n的最小值为ln 2.考点三用导数解决生活中的优化问题【典例】某食品厂进行蘑菇的深加工, 每千克蘑菇的成本为20 元 , 而且每千克蘑菇的加工费为t 元(t为常数 , 且 2≤ t ≤ 5). 设该食品厂每千克蘑菇的出厂价为x 元(25 ≤ x≤ 40), 依据市场检查, 日销售量q 千克与 e x 成反比 , 当每千克蘑菇的出厂价为30 元时 , 日销售量为100 千克 .(1)求该工厂的每天收益 y 元与每千克蘑菇的出厂价 x 元的函数关系式 .(2) 若 t=5, 当每千克蘑菇的出厂价x 为多少时 , 该工厂的每天收益y 最大 ?并求最大值 .序号联想解题依据已知条件得出日销量函数表达式q= (k ≠ 0), 将 x=30,q=100(1)待定系数法求函数关系k 的值 , 从而获取收益 y 与出厂价 x代入日销量函数表达式中求出之间的函数关系式 .经过求函数最值 , 解答实质将 t=5 代入函数中 , 依据导数求得函数的单一区间, 从而得函数的(2)最值 .问题【分析】 (1) 设日销量q=(k ≠ 0),则=100, 因此 k=100e 30, 因此日销量q=,因此 y=(25 ≤ x≤ 40).(2) 当 t=5 时 ,y=,y′=.由 y′≥ 0 得 x≤ 26, 由 y′≤ 0, 得 x≥26,因此 y 在区间 [25,26] 上单一递加 , 在区间 [26,40] 上单一递减 , 因此当 x=26 时,y max=100e4, 即当每千克蘑菇的出厂价为 26 元时 , 该工厂的每天收益最大 , 最大值为 100e4元 .利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)剖析实质问题中各量之间的关系, 成立实质问题的数学模型 , 写出实质问题中变量之间的函数关系式y=f(x).(2) 求函数的导数 f ′(x), 解方程 f ′(x)=0.(3)比较函数在区间端点和 f ′(x)=0 处的点的函数值的大小 , 最大 ( 小 ) 者为最大 ( 小 ) 值 .(4)回归实质问题作答 .某商场销售某种商品的经验表示, 该商品每天的销售量y( 单位 : 千克 ) 与销售价钱x( 单位 : 元 / 千克 ) 知足关系式 y=+10(x-5)2,此中2<x<5,a为常数.已知销售价钱为 4 元 / 千克时 , 每天可售出该商品10.5 千克 .(1)求 a 的值 ;(2)若该商品的成本为 2 元 / 千克 , 试确立销售价钱x 的值 , 使商场每天销售该商品所获取的收益最大.【分析】 (1) 由于 x=4时 ,y=10.5,因此+10=10.5, 因此 a=1.(2) 由 (1) 可知 , 该商品每天的销售量2 y=+10(x-5) ,因此商场每天销售该商品所获取的收益f(x)=(x-2)=1+10(x-2)(x-5)2,2<x<5.从而 ,f ′(x)=10[(x -5) 2+2(x-2)(x-5)]=30(x-3)(x-5).于是 , 当 x 变化时 ,f ′(x),f(x)的变化状况如表:x(2,3)3(3,5)f ′(x)+0-f(x)单一递加极大值 41单一递减由表可得 ,x=3 是函数 f(x)在区间(2,5)内的极大值点, 也是最大值点 .因此当 x=3 时 , 函数 f(x)获得最大值,且最大值等于41.答 : 当销售价钱为 3 元 / 千克时 , 商场每天销售该商品所获取的收益最大.2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3利用导数研究函数的极值、最值练习理北师大版-11-。
高考数学一轮复习全套课时作业3-3-1导数的应用--极值与最值
题组层级快练3.3.1导数的应用--极值与最值一、单项选择题1．(2021·辽宁沈阳一模)设函数f(x)＝xe x＋1，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点2．(2021·河北邯郸一中月考)若函数f(x)＝ae x－sinx在x＝0处有极值，则a的值为() A．－1B．0C．1D．e3．函数f(x)＝12x－sinx在0，π2上的最小值和最大值分别是()A.π6－32，0 B.π4－1，0 C.π6－32，π4－1D．－12，124．(2021·杭州学军中学模拟)函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为()A．0 B.1e C.4e4D.2e25．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是()A．(－2，2)B．[－2，2]C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)6．若函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则()A．a－2b＝0B．2a－b＝0C．2a＋b＝0D．a＋2b＝07．设二次函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()二、多项选择题8．已知函数f(x)＝x3－ax－1，以下结论正确的是()A．当a＝0时，函数f(x)的图象的对称中心为(0，－1)B．当a≥3时，函数f(x)在(－1，1)上为单调递减函数C．若函数f(x)在(－1，1)上不单调，则0<a<3D．当a＝12时，f(x)在[－4，5]上的最大值为159．(2021·山东临沂期末)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点三、填空题与解答题10．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________．11．(2021·内蒙古兴安盟模拟)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]上的最小值为________．12．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．13．(2021·广东省高二期末)已知函数f(x)＝13x3－4x＋3.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值与最小值．14．已知函数f(x)＝(x2－2x)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间[0，m]上的最大值和最小值．15．(2021·天水一中诊断)若函数f(x)＝ax22－(1＋2a)·x＋2lnx(a>0)a的取值范围是()B．(1，＋∞)C．(1，2)D．(2，＋∞)16．(2016·北京)设函数f(x)3－3x，x≤a，2x，x>a.(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．17．(2020·衡水中学调研卷)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的极值点；(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．3.3.1导数的应用--极值与最值参考答案1．答案D解析由f(x)＝xe x ＋1，可得f ′(x)＝(x ＋1)e x ，令f ′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；令f ′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，所以x ＝－1为f(x)的极小值点．故选D.2．答案C解析f ′(x)＝ae x －cosx ，若函数f(x)＝ae x －sinx 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.3．答案A解析函数f(x)＝12x －sinx ，f ′(x)＝12－cosx ，令f ′(x)>0，解得π3＜x ≤π2，令f ′(x)<0，解得0≤x<π3，所以f(x)在0，π2上单调递增，所以f(x)min ＝＝π6－32，而f(0)＝0，＝π4－1<0，故f(x)在区间0，π2上的最小值和最大值分别是π6－32，0.故选A.4．答案A解析f ′(x)＝1－xe 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)＝4e 4>0，所以当x ＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.故选A.5．答案A解析f ′(x)＝3x 2－3，令f ′(x)＝0，得x ＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点，（－1）＝2＋a>0，（1）＝a －2<0，∴－2<a<2.故选A.6．答案D解析y ′＝3ax 2＋2bx ，据题意，0，13是方程3ax 2＋2bx ＝0的两根，∴－2b 3a ＝13，∴a ＋2b ＝0.故选D.7．答案C解析由f(x)在x ＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f ′(x)<0，则xf ′(x)>0；当－2<x<0时，f ′(x)>0，则xf ′(x)<0；当x ＞0时，f ′(x)＞0，则xf ′(x)＞0.故选C.8．答案ABC解析本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值．y ＝x 3为R 上的奇函数，其图象的对称中心为原点，当a ＝0时，根据平移知识，函数f(x)的图象的对称中心为(0，－1)，A 正确；由题意知f ′(x)＝3x 2－a ，因为当－1<x<1时，3x 2<3，又a ≥3，所以f ′(x)<0在(－1，1)上恒成立，所以函数f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，B 正确；f ′(x)＝3x 2－a ，当a ≤0时，f ′(x)≥0，f ′(x)不恒等于0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不符合题意，故a>0.令f ′(x)＝0，解得x ＝±3a3.因为f(x)在(－1，1)上不单调，所以f ′(x)＝0在(－1，1)上有解，所以0<3a3<1，解得0<a<3，C 正确；令f ′(x)＝3x 2－12＝0，得x ＝±2.根据函数的单调性，f(x)在[－4，5]上的最大值只可能为f(－2)或f(5)．因为f(－2)＝15，f(5)＝64，所以最大值为64，D 错误．故选ABC.9．答案ABD解析A 显然正确；∵f(x)＝x ＋sinx －xcosx ，∴f ′(x)＝1＋cosx －(cosx －xsinx)＝1＋xsinx.当x ∈[0，π)时，f ′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增．显然f ′(0)≠0，令f ′(x)＝0，得sinx ＝－1x ，分别作出函数y＝sinx ，y ＝－1x的图象如图．由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上有4个极值点，且只有2个极大值点．10．答案18解析f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 1）＝10，1）＝0，2＋a ＋b ＋1＝10，＋b ＋3＝0，＝4，＝－11＝－3，＝3.当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x)＝3(x －1)2≥0，f(x)无极值，故舍去．当a ＝4，b ＝－11时，令f ′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝－113.当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴f(x)＝x 3＋4x 2－11x ＋16，f(2)＝18.11．答案－37解析由已知可得，f ′(x)＝6x 2－12x ，由6x 2－12x ≥0得x ≥2或x ≤0，因此当x ∈[2，＋∞)，(－∞，0]时f(x)单调递增，当x ∈[0，2]时f(x)单调递减，又因为x ∈[－2，2]，所以当x ∈[－2，0]时f(x)单调递增，当x ∈[0，2]时f(x)单调递减，所以f(x)max ＝f(0)＝m ＝3，故有f(x)＝2x 3－6x 2＋3，所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.因为f(－2)＝－37＜f(2)＝－5，所以函数f(x)的最小值为f(－2)＝－37.12．答案－3解析令f(x)＝2x 3－ax 2＋1＝0⇒a ＝2x ＋1x2.令g(x)＝2x ＋1x 2(x>0)，g ′(x)＝2－2x 3>0⇒x>1⇒g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵有唯一零点，∴a ＝g(1)＝2＋1＝3⇒f(x)＝2x 3－3x 2＋1.求导可知在[－1，1]上，f(x)min ＝f(－1)＝－4，f(x)max ＝f(0)＝1，∴f(x)min ＋f(x)max ＝－3.13．答案(1)函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)(2)函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值为743，最小值为－73思路(1)求导后，利用导数的符号可得函数的单调区间；(2)由(1)知，函数f(x)在[－3，－2)上单调递增，在[－2，2]上单调递减，在(2，5]上单调递增，根据单调性可得最大最小值．解析(1)f ′(x)＝x 2－4，由f ′(x)>0，得x>2或x<－2；由f ′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)．(2)由(1)知，函数f(x)在[－3，－2)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在(2，5]上单调递增，因为f(－3)＝13×(－3)3－4×(－3)＋3＝6，f(2)＝13×23－4×2＋3＝－73，f(－2)＝13×(－2)3－4×(－2)＋3＝253，f(5)＝13×53－4×5＋3＝743，所以函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值为743，最小值为－73.14．答案略解析(1)f(x)＝(x 2－2x)e x ，求导得f ′(x)＝e x (x 2－2)．因为e x >0，令f ′(x)＝e x (x 2－2)>0，即x 2－2>0，解得x<－2或x> 2.令f ′(x)＝e x (x 2－2)<0，即x 2－2<0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减．即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)．(2)①当0<m ≤2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，所以f(x)在区间[0，m]上的最大值为f(0)＝0，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(m)＝(m 2－2m)e m .②当2<m ≤2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，且f(0)＝f(2)＝0，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(0)＝0，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(2)＝(2－22)e 2.③当m>2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，且f(m)>0＝f(0)，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(m)＝(m 2－2m)·e m ，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(2)＝(2－22)e 2.15．思路把函数f(x)题，然后再通过分离参数的方法求出参数a 的取值范围．答案C 解析由f(x)＝ax 22－(1＋2a)x ＋2lnx(a>0，x ＞0)，得导数f ′(x)＝ax －(1＋2a)＋2x(x ＞0)，∵函数f(x)＝ax 22－(1＋2a)x ＋2lnx(a>0)∴方程ax －(1＋2a)＋2x＝0∴a ＝1x 在区间故a ＝1x∈(1，2)，则a 的取值范围是(1，2)．故选C.评说涉及函数的极值问题，往往要使用导数这个解题的工具，在解题时要注意运用等价转化的解题思想．16．答案(1)2(2)(－∞，－1)解析(1)若a ＝0，则f(x)3－3x ，x ≤0，2x ，x>0，当x>0时，－2x<0；当x ≤0时，f ′(x)＝3x 2－3＝3(x ＋1)·(x－1)，令f ′(x)>0，得x<－1，令f ′(x)<0，得－1<x ≤0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减，所以函数f(x)在(－∞，0]上的最大值为f(－1)＝2.综上可得，函数f(x)的最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的大致图象如图所示，由图可知当f(x)无最大值时，a ∈(－∞，－1)．17．答案(1)极小值点为x ＝1e，无极大值点(2)当a ≤1时，g(x)min ＝0，当1<a<2时，g(x)min ＝a －e a －1，当a ≥2时，g(x)min ＝a ＋e －ae 解析(1)f ′(x)＝lnx ＋1，x>0，由f ′(x)＝0，得x ＝1e .所以f(x)所以x ＝1e 是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．(2)g(x)＝xlnx －a(x －1)，则g ′(x)＝lnx ＋1－a ，由g ′(x)＝0，得x ＝e a －1.所以在区间(0，e a －1)上，g(x)单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g(x)单调递增．当e a －1≤1，即a ≤1时，在区间[1，e]上，g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝0.当1<e a－1<e，即1<a<2时，g(x)的最小值为g(e a－1)＝a－e a－1.当e a－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)单调递减，所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；当1<a<2时，g(x)的最小值为a－e a－1；当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.。
(通用版)2021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，那么点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，那么点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)假设函数f(x)在[a，b]上单调递增，那么f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；假设函数f(x)在[a，b]上单调递减，那么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)区别函数的极值函数的最值函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点使函数取得最大值，最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点函数的极值是通过比拟极值点附近的函数值得出的函数的最值是通过比拟整个定义域内的函数值得出的函数的极值可能不止一个，也可能一个没有函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个函数的极大值不一定大于函数的极小值函数的最大值一定大于函数的最小值(2)联系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 )内的图象如下图，那么函数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.a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，那么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，那么当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察主要有以下三个命题角度： (1)由图判断函数极值的情况； (2)函数解析式求极值； (3)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(2021·高考浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下图，那么函数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，应选D . 【答案】 D角度二 函数解析式求极值(2021·湖南省五市十校联考)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 ，那么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，那么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 函数极值求参数值或范围(2021·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)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，＋∞)． 那么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)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] 假设函数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．(2021·高考全国卷Ⅱ)假设x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，那么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．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．x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1f x f x 极大值f (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](2021·高考浙江卷)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：x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，5252 ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞ f ′(x )－0 ＋0 －f (x )12e －1212e －52又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)假设函数在区间[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)假设函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比拟，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．(2021·贵阳市检测)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](2021·福州市综合质量检测)函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)假设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，要求步骤标准，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，要通过比拟才能下结论． (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展比拟才能确定最值．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：x (－∞，0)0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f ′(x ) －0 ＋－f (x )极小值极大值所以当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 ＝23.(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]某食品厂进展蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的本钱为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)假设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 ，那么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消耗用与机车行驶速度的立方成正比，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，那么总费用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，表达化整为零，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，假设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展分类讨论，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一样的小正方形，做成一个无盖的盒子，那么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 ，那么x ∈(0，5)，y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，所以y ′＝12x 2－104xy ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，所以y ma x ＝6×12×2＝144(cm 3)．3．函数y ＝x －ln(1＋x 2)，那么函数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 )的图象如下图，那么函数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，那么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，应选C.5．假设函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，那么实数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 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答案：27．(2021·湖南郴州高三模拟)奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1〔x ＞0〕，h 〔x 〕〔x ＜0〕，那么函数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，所以由条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e8．函数f (x )＝ln x －m x(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，那么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，假设－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； 假设－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；假设－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．(2021·高考北京卷)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，那么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．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 .假设a ≤0，那么f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．假设a ＞0，那么当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，那么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．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，那么a ＝( ) A ．14 B ．13 C ．12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x－a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a ＞12，所以0＜1a 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 D.2．假设函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，那么实数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，作出其大致图象如下图，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，那么结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．3．函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，假设x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，那么实数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 ，那么g ′(x )＝〔x －1〕exx2，那么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，假设2∈(m ，n )，那么实数a 的取值范围是______．解析：由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．(2021·南昌市第一次模拟)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)假设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，那么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，那么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)，那么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．(2021·山西三区八校模拟)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)假设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，那么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.。
高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用第3节利用导数解决函数的极值最值教师用书教案理新人教版
利用导数解决函数的极值、最值[考试要求] 1.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)．1．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点提醒：(1)函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点)．(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．2．函数的最值与导数(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．[常用结论]1．若函数f (x )的图象连续不断，则f (x )在[a ，b ]上一定有最值．2．若函数f (x )在[a ，b ]上是单调函数，则f (x )一定在区间端点处取得最值．3．若函数f (x )在区间(a ，b )内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极大值不一定比极小值大．( ) (2)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件． ( ) (3)函数的极大值一定是函数的最大值． ( ) (4)开区间上的单调连续函数无最值． ( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√ 二、教材习题衍生1.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 ．]2．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点D[f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．]3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为________．－1[f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0.∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＝－1.]4．函数f(x)＝x3－12x的极小值为________，极大值为________．－1616[f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，即3x2－12＝0解得x＝±2，当x＜－2时，f′(x)＞0，当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，因此x＝－2是极大值点，x＝2是极小值点，f(x)极大＝f(－2)＝(－2)3－12×(－2)＝16，f(x)极小＝f(2)＝23－12×2＝－16.]考点一利用导数解决函数的极值问题利用导数研究函数极值问题的一般流程[典例1－1]函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x21＋x22等于()A ．89B ．109C ．169D ．289C [因为函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2.由题意知x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169，故选C ．]点评：可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．求已知函数的极值[典例1－2] 已知函数f (x )＝(x －2)(e x －ax )，当a ＞0时，讨论f (x )的极值情况． [解] ∵f ′(x )＝(e x －ax )＋(x －2)(e x －a ) ＝(x －1)(e x －2a )，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln 2a (a ＞0)． ①当a ＝e2时，f ′(x )＝(x －1)(e x －e)≥0，∴f (x )在R 上单调递增，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：x (－∞，ln 2a )ln 2a (ln 2a,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗故f (x )有极大值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2，极小值f (1)＝a －e. 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：x (－∞，1)1 (1，ln 2a )ln 2a (ln 2a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗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 ＜e2时，f (x )有极大值－a (ln 2a －2)2，极小值a －e ；当a ＝e2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.点评：求极值时，要注意f ′(x )＝0的根是否在定义域内．已知函数极值求参数的值或范围[典例1－3] (1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________. (2)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)－7 [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)[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a ＞1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1＜0， 所以f ′(x )＞0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．点评：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．[跟进训练]1．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 ．0B [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 ．]2．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则f ′(0)f ′(1)＝________.1 [f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由图象知，方程f ′(x )＝0的两根为－1和2，则有⎩⎨⎧－2b3a ＝－1＋2，c3a ＝－1×2，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，6a ＋c ＝0， ∴f ′(0)f ′(1)＝c 3a ＋2b ＋c ＝cc＝1.] 3．(2019·江苏高考节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数，若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3,1,3}中，求f (x )的极小值．[解] 因为b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )2＝x 3－(a ＋2b )x 2＋b (2a ＋b )x －ab 2，从而f ′(x )＝3(x －b )⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ＋b 3.令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b3. 因为a ，b ，2a ＋b3都在集合{－3,1,3}中，且a ≠b ，所以2a ＋b 3＝1，a ＝3，b ＝－3.此时，f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－3或x ＝1. 列表如下：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗所以f (x )的极小值为f (1)＝(1－3)×(1＋3)2＝－32. 考点二 利用导数求函数的最值1．求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤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．(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 x cos 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. 点评：当导函数y ＝f ′(x )无法判断正负时，可令g (x )＝f ′(x )再求g ′(x )，先判断g (x )＝f ′(x )的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x )的正负号．[跟进训练]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． [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0＜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 . 综上可知，当0＜a ＜ln 2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a . 考点三 利用导数解决生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO ′为铅垂线(O ′在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离h 1(米)与D 到OO ′的距离a (米)之间满足关系式h 1＝140a 2；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离h 2(米)与F 到OO ′的距离b (米)之间满足关系式h 2＝－1800b 3＋6b .已知点B 到OO ′的距离为40米．(1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO ′的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．桥墩EF 每米造价k (万元)，桥墩CD 每米造价32k (万元)(k ＞0)，问O ′E 为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？[解] (1)如图，设AA 1，BB 1，CD 1，EF 1都与MN 垂直，A 1，B 1，D 1，F 1是相应垂足．由条件知，当O ′B ＝40时，BB 1＝－1800×403＋6×40＝160，则AA 1＝160.由140O ′A 2＝160， 得O ′A ＝80.所以AB ＝O ′A ＋O ′B ＝80＋40＝120(米)．(2)以O 为原点，OO ′为y 轴建立平面直角坐标系xOy (如图所示)． 设F (x ，y 2)，x ∈(0,40)，则y 2＝－1800x 3＋6x ， EF ＝160－y 2＝160＋1800x 3－6x .因为CE ＝80，所以O ′C ＝80－x . 设D (x －80，y 1)，则y 1＝140(80－x )2，所以CD ＝160－y 1＝160－140(80－x )2＝－140x 2＋4x .记桥墩CD 和EF 的总造价为f (x )，则f (x )＝k ⎝⎛⎭⎫160＋1800x 3－6x ＋32k ⎝⎛⎭⎫－140x 2＋4x ＝k ⎝⎛⎭⎫1800x 3－380x 2＋160(0＜x ＜40)． f ′(x )＝k ⎝⎛⎭⎫3800x 2－340x ＝3k 800x (x －20)，令f ′(x )＝0，得x ＝20.所以当x ＝20时，f (x )取得最小值．答：(1)桥AB 的长度为120米；(2)当O ′E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低．点评：实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x )＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值．[跟进训练]某市自来水厂向全市生产与生活供水，蓄水池(蓄量足够大)在每天凌晨0点时将会有水15千吨，水厂每小时向池中注水2千吨，同时从池中向全市供水，若已知x (0≤x ≤24)小时内供水总量为10x 千吨，且当蓄水量少于3千吨时，供水就会出现紧张现象．(1)一天内将在哪个时间段内出现供水紧张现象？(2)若将每小时向池内注水2千吨改为每小时向池内注水a (a ＞2)千吨，求a 的最小值，使得供水紧张现象消除．[解] (1)设x 小时后的蓄水池水量为y 千吨，则y ＝15＋2x －10x (0≤x ≤24)，当供水出现紧张现象时，y ＜3，即15＋2x －10x ＜3，解得：2＜x ＜3，∴4＜x ＜9. ∴一天内将在4点到9点时间段内出现供水紧张现象．(2)设x 小时后的水池蓄水量关于x 的函数为f (x )，则f (x )＝15＋ax －10x (0≤x ≤24)，若无供水紧张现象，则f (x )≥3在[0,24]上恒成立，∴a ≥10x －12x在(0,24]上恒成立， 设g (x )＝10x －12x (0＜x ≤24)，则g ′(x )＝12－5x x 2， ∴当0＜x ＜14425时，g ′(x )＞0，当14425＜x ≤24时，g ′(x )＜0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，14425上单调递增，在⎝⎛⎦⎤14425，24上单调递减，∴当x ＝14425时，g (x )取得最大值g ⎝⎛⎭⎫14425＝2512. ∴a 的最小值为2512.。
高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第3节 导数与函数的极值、最值教学案 文 北师大版-北师大版
第三节导数与函数的极值、最值[最新考纲] 1.了解函数在某点取得的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)．(对应学生用书第44页)1．导数与函数的极值(1)函数的极大值与导数的关系x (a，x0)极大值点x0(x0，b) f′(x)＋0－y＝f(x)↗极大值↘图示(2)函数的极小值与导数的关系x (a，x0)极小值点x0(x0，b) f′(x)－0＋y＝f(x)↘极小值↗图示2．求f(x)在[a，b]上的最大(小)值(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f(a)，f(b)比较，最大的为最大值，最小的为最小值．[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．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的极大值不一定比极小值大．( )(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( )(4)开区间上的单调连续函数无最值．( )[答案](1)√ (2)× (3)× (4)√ 二、教材改编1.函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图像如图所示，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C [设f ′(x )的图像与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.]2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点D [f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x ＞0)，当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，当x ＞2时，f ′(x )＞0， 所以x ＝2为f (x )的极小值点．] 3．函数y ＝x e x的最小值是________．－1e[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时函数取得最小值，且y min ＝－1e.]4．函数f (x )＝x －a ln x (a ＞0)的极小值为________．a －a ln a [因为f (x )＝x －a ln x (a ＞0)，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x(a ＞0)，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a．](对应学生用书第45页)⊙考点1 利用导数解决函数的极值问题利用导数研究函数极值问题的一般流程根据函数图像判断函数极值的情况设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图像如图所示，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)D[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．]可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．求已知函数的极值已知函数f(x)＝(x－2)(e x－ax)，当a＞0时，讨论f(x)的极值情况．[解]∵f′(x)＝(e x－ax)＋(x－2)(e x－a)＝(x－1)(e x－2a)，∵a＞0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln 2a . ①当a ＝e 2时，f ′(x )＝(x －1)(e x－e)≥0，∴f (x )在R 上单调递增，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：x (－∞，ln 2a )ln 2a (ln 2a,1)1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗故f (x )有极大值f (ln 2a )＝－a (ln 2a －2)2，极小值f (1)＝a －e. 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：x (－∞，1)1 (1，ln 2a )ln 2a (ln 2a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗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 ＝e2时，f (x )无极值；当a ＞e 2时，f (x )有极大值a －e ，极小值－a (ln 2a －2)2.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；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．已知函数极值求参数的值或范围(1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.(2)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________．(1)－7 (2) ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103 [(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)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，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，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 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，3，所以2≤a＜103， 综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫2，103.]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．[教师备选例题]若函数f (x )＝e x－a ln x ＋2ax －1在(0，＋∞)上恰有两个极值点，则a 的取值范围为( )A ．(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2 C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12D ．(－∞，－e)D [∵f ′(x )＝e x－ax＋2a ，(x ＞0) ∴由f ′(x )＝0得a ＝x e x1－2x .令g (x )＝x e x1－2x(x ＞0)．由题意可知g (x )＝a 在(0，＋∞)上恰有两个零点． 又g ′(x )＝－ex 2x ＋1x －11－2x2(x ＞0)， 由g ′(x )＞0得0＜x ＜1，且x ≠12.由g ′(x )＜0得x ＞1.∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上递增，在(1，＋∞)上递减．又g (0)＝0，g (1)＝－e ，结合图形(图略)可知a ∈(－∞，－e)，故选D.]1.若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1A [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＝[x 2＋(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)e x －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.]2．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 ．6B ．2C ．2或6D ．0B [由f ′(2)＝0可得c ＝2或6.当c ＝2时，结合图像(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，结合图像(图略)可知，函数在x ＝2处取得极大值．故选B.]3．(2019·长春市质量监测)若函数f (x )＝(x 2＋ax ＋3)e x在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－22]B ．(－∞，－22)C ．(－∞，－3]D ．(－∞，－3)C [f ′(x )＝(2x ＋a )e x＋(x 2＋ax ＋3)e x＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3]e x ，令g (x )＝x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3.由题意知，g (x )在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g (x )的图像特征知，⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋22＞0，a ＋3≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋22≤0，a ＋3＜0，解得a ≤－3.故选C.]⊙考点2 用导数求函数的最值求函数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．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋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 )＝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，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减．若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)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，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)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.(ⅱ)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.(ⅲ)当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33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.(1)讨论函数的单调性时，一要注意函数的定义域；二要注意分类的标准，做到不重不漏．(2)对于探索性问题，求出参数值后要注意检验．[教师备选例题]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． [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－axx＞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0＜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 . 综上可知，当0＜a ＜ln 2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值．[解] f ′(x )＝－x －1－x x 2＋k x ＝kx －1x2. ①若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有f ′(x )＜0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． ②若k ≠0，则f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2.(ⅰ)若k ＜0，则在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2＜0.所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，(ⅱ)若k ＞0，由k ＜1e，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立， 所以k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2＜0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． 综上，当k ＜1e 时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1e ＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.⊙考点3 利用导数研究生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．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)因为当x ＝5时，y ＝11， 所以a2＋10＝11，解得a ＝2.(2)由(1)可知，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. 则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 )↗极大值42↘由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)利用导数研究生活中的优化问题的关键：理清数量关系、选取合适的自变量建立函数模型．(2)注意：函数的定义域由实际问题确定，最后要把求解的数量结果“翻译”为实际问题的答案．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12 000π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)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h ＞0，且r ＞0可得0＜r ＜53，故函数V (r )的定义域为(0,53)．.专业. (2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r )＝π5(300－12r 2)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )＞0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )＜0，故V (r )在(5,53)上为减函数．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.。
2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节利用导数研究函数的极值最值课件文北师大版
设函数f(x)= 2 +ln x,则
x
()
A.x= 1 为f(xБайду номын сангаас的极大值点
2
B.x= 1 为f(x)的极小值点
2
C.x=2为f(x)的极大值点
D.x=2为f(x)的极小值点
【解析】选D.f(x)= 2 +ln x,f′(x)=- 2+ 1=
x
x2 x
当x>2时,f′(x)>0,此时f(x)为增加的;当0<x<2
序号 易错警示 1 f(x)与f′(x)的图像混淆
2 忽视单调函数无极值
3
含参最值问题,忽视分类讨论,最值确 定不当
4
实际问题中题意理解不准确,定义域确 定出错
典题索引
考点一、角 度1
考点一、角 度2
考点二、典 例
考点三、典 例
【教材·基础自测】 1.(选修1-1P83下教材内容改编) 函数f(x)的定义域为R,导函数f′(x)的图像如图所示,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
【知识点辨析】 (正确的打“√”,错误的打“×”) (1)函数f(x)在区间(a,b)内一定存在最值. ( ) (2)函数的极大值一定比极小值大. ( ) (3)对于可导函数f(x),f′(x0)=0是x0为极值点的充要条件. ( ) (4)函数的最大值不一定是极大值,最小值也不一定是极小值. ( )
提示:(1)×.例如函数f(x)=x,在(1,2)内不存在最值. (2)×.函数的极大值比局部的函数值大,不一定大于极小值. (3)×.对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0为极值点的必要条件. (4)√.最值和极值是不同的概念.函数的最值可能是极值,也可能是在区间端点处 取得.
高考数学一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数与函数的极值课件文
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(5)可导函数的极值点必须是导数为 0 的点，但导数为 0 的点不 一定是极值点，即 f′(x0)＝0 是可导函数 f(x)在 x＝x0 处取得极 值的必要不充分条件．例如，函数 y＝x3 在 x＝0 处有 y′＝0， 但 x＝0 不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的 极值点．
所以当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
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④当 a>12时，0<21a<1，当 x∈21a，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．
若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex 的极值点，则 f(x)
的极小值为( )
A．－e
B．－2e3
C．5e－3
D．e
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【解析】 因为 f(x)＝(x2＋ax－1)ex，所以 f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2 ＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex.因为 x＝－2 是函数 f(x)＝ (x2＋ax－1)ex 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＝(x＋2)(x－1)ex.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) ＝－e，选择 A. 【答案】 A
高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3节导数的应用-极值与最值科市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖P
∴f f
′ ′（ （01） ）<>00， ，即－ 3－6b6<b>00，，
解得 0<b<12.故选 D.
[答案] D
16/69
6. 若 函 数
f(x)
＝
x2＋a x＋1
在
x＝1
处取得极值，则
a
等
于
.
[解析] 由题意可得 f ′(x)＝2x（x＋（1） x＋－1） （2x2＋a）
＝（ x2＋ x＋2x1－ ）a2，
9/69
[解析] 使导函数 y＝f ′(x)>0 的 x 的取值范围为函数 f(x) 的增区间；使导函数 y＝f ′(x)<0 的 x 的取值范围为函数 f(x) 的减区间.
[答案] C
10/69
3.对于函数 f(x)＝exx，下列结论正确的是(
)
A.有最小值1e
B.有最小值－1e
C.有最大值1e
＝（－x＋1）x（ax＋1）.
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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.
[解] f(x)＝1＋kxlnx，其定义域为(0，＋∞)， 则 f ′(x)＝－lknxx2. 令 f ′(x)＝0，得 x＝1，
21/69
(1)当 k>0 时，若 0<x<1，则 f ′(x)>0； 若 x>1，则 f ′(x)<0， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即 当 x＝1 时，函数 f(x)取得极大值1k，无极小值.
2021高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第3节 导数与函数的极值、最值教学案 文 北师大版
第三节导数与函数的极值、最值［最新考纲］1。
了解函数在某点取得的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）．（对应学生用书第44页)1．导数与函数的极值(1）函数的极大值与导数的关系x（a，x)极大值点x0(x0，b)f′(x）＋0－y＝f（x)↗极大值↘图示x（a，x)极小值点x0（x0，b）f′（x）－0＋y＝f（x）↘极小值↗图示2．求f(x)在[a，b］上的最大(小）值(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f（a)，f(b）比较,最大的为最大值,最小的为最小值．错误!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．一、思考辨析（正确的打“√”,错误的打“×”)（1）函数的极大值不一定比极小值大．( )（2）对可导函数f(x）,f′(x0）＝0是x0点为极值点的充要条件．( )(3）函数的极大值一定是函数的最大值．（) (4）开区间上的单调连续函数无最值．( ）［答案］(1)√(2）×(3）×（4）√二、教材改编1。
函数f(x)的定义域为R，导函数f′（x）的图像如图所示，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C［设f′（x)的图像与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4。
当x＜x1时，f′（x)＞0，f（x)为增函数，当x1＜x＜x2时，f′（x)＜0，f（x）为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点,x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C。
］2．设函数f(x)＝错误!＋ln x，则( ）A．x＝错误!为f（x)的极大值点B．x＝错误!为f(x)的极小值点C．x＝2为f（x）的极大值点D．x＝2为f（x）的极小值点D［f′(x）＝－2x2＋错误!＝错误!(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x）＜0,当x＞2时，f′(x）＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．]3．函数y＝x e x的最小值是________．－错误![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时函数取得最小值,且y min＝－错误!.］4．函数f（x）＝x－a ln x(a＞0）的极小值为________．a－a ln a[因为f(x）＝x－a ln x（a＞0)，所以f(x）的定义域为（0，＋∞)，f′（x）＝1－ax(a＞0）,由f′（x)＝0,解得x＝a.当x∈(0，a）时，f′（x）＜0;当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f（x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f（a）＝a－a ln a．］（对应学生用书第45页)⊙考点1 利用导数解决函数的极值问题利用导数研究函数极值问题的一般流程根据函数图像判断函数极值的情况设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′（x）,且函数y＝（1－x）f′(x）的图像如图所示，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）D[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。
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2021年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与最值夯基提能作业本文1.设函数f(x)在定义域R上可导,其导函数为f '(x),若函数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)2.设函数f(x)=+ln x,则( )A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点3.函数f(x)=x2-ln x的最小值为( )A. B.1C.0D.不存在4.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]上的最小值为( )A.37B.73C.-10D.-375.已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于(1,0)点,则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.-,0B.0,-C.,0D.0,6.若函数f(x)=2x2-ln x在区间(k-1,k+1)上有定义且不是单调函数,则实数k的取值范围是( )A.[1,+∞)B.C.[1,2)D.7.函数f(x)=xsin x+cos x在上的最大值为.8.已知f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时, f(x)=ln x-ax,当x∈(-2,0)时, f(x)的最小值为1,则a的值为.9.(xx北京朝阳期中)已知函数f(x)=,a∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为-2,求函数f(x)的最小值;(2)若函数f(x)在区间(0,1)上无极值,求a的取值范围.B组提升题组10.已知函数f(x)=(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极大值点和极小值;(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.11.(xx北京海淀一模)已知函数f(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)的零点和极值;(3)若对任意x1,x2∈[a,+∞),都有f(x1)-f(x2)≥-成立,求实数a的最小值.12.(xx北京丰台二模)设函数f(x)=e x-a(x-1).(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)若函数f(x)在区间(0,2]上存在唯一零点,求a的取值范围.答案精解精析A组基础题组1.D2.D 因为f(x)=+ln x,所以f '(x)=-+=,当x>2时, f '(x)>0,此时f(x)为增函数;当0<x<2时, f '(x)<0,此时f(x)为减函数,据此知x=2为f(x)的极小值点.3.A f '(x)=x-=,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,即最小值,且f(1)=-ln 1=.4.D 由题意知, f '(x)=6x2-12x,令f '(x)=0,得x=0或x=2,当x<0或x>2时, f '(x)>0,当0<x<2时,f '(x)<0,∴f(x)在[-2,0]上单调递增,在(0,2]上单调递减,由条件知f(0)=m=3,∴f(2)=-5, f(-2)=-37,∴所求最小值为-37.5.C 由题意知, f '(x)=3x2-2px-q,由f '(1)=0, f(1)=0得解得p=2,q=-1,∴f(x)=x3-2x2+x,由f '(x)=3x2-4x+1=0,得x=或x=1,易得当x=时, f(x)取得极大值,当x=1时, f(x)取得极小值0.6.B 由f '(x)=4x-==0,得x=.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0,即函数f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以x=为函数f(x)的极值点.函数在区间(k-1,k+1)上有定义且不是单调函数,即在区间(k-1,k+1)内有极值点,所以0≤k-1<<k+1,解得1≤k<.7.答案解析因为f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,所以f '(x)=0在x∈上的解为x=.又f=+, f=,f(π)=-1,所以函数f(x)=xsin x+cos x在上的最大值为.8.答案1解析因为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)=-a,令f '(x)=0,得x=,因为a>,所以0<<2.令f '(x)>0,得x<,所以f(x)在上单调递增;令f '(x)<0,得x>,所以f(x)在上单调递减,所以当x∈(0,2)时, f(x)max=f=ln -a·=-1,所以ln =0,所以a=1.9.解析因为f(x)=,所以f '(x)=.(1)依题意得f '(0)=a-1=-2,解得a=-1.所以f(x)=, f '(x)=.当x>2时, f '(x)>0,函数f(x)为增函数;当x<2时, f '(x)<0,函数f(x)为减函数.所以函数f(x)的最小值是f(2)=-.(2)①若a=0,则f '(x)=-<0.此时f(x)在(0,1)上单调递减,满足条件.②若a≠0,令f '(x)=0,得x==1-.(i)若1-≤0,即0<a≤1,则f '(x)<0在(0,1)上恒成立.此时f(x)在(0,1)上单调递减,满足条件.(ii)若0<1-<1,即a>1,由f '(x)>0得x<1-;由f '(x)<0得x>1-.此时, f(x)在上为增函数,在上为减函数,不满足条件. (iii)若1-≥1,即a<0,则f '(x)<0在(0,1)上恒成立.此时f(x)在(0,1)上单调递减,满足条件.综上,a的取值范围为(-∞,1].B组提升题组10.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.综上所述,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2.11.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=,所以f '(0)=-2.因为f(0)=1,所以曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程为2x+y-1=0.(2)令f(x)==0,解得x=1,所以f(x)的零点为x=1.由(1)知f '(x)=,令f '(x)=0,解得x=2,当x变化时, f '(x)及f(x)的变化情况如下表:x(-∞,2)2(2,+∞)f '(x)-0+f(x)↘极小值-↗所以函数f(x)在x=2处取得极小值,极小值为-,无极大值.(3)解法一:当x>1时, f(x)=<0;当x<1时, f(x)=>0.若a≤1,由(2)可知f(x)的最小值为f(2), f(x)的最大值为f(a),所以“对任意x1,x2∈[a,+∞),有f(x1)-f(x2)≥-成立”等价于f(2)-f(a)≥-,即--≥-,解得a≥1,∴a=1.若a>1,求出a的值显然大于1.所以a的最小值为1.解法二:当x>1时, f(x)=<0;当x<1时, f(x)=>0.由(2)可知, f(x)的最小值为f(2)=-,若a<1,令x1=2,x2∈[a,1),则x1,x2∈[a,+∞).而f(x1)-f(x2)<f(x1)-0=f(x1)=f(2)=-,不符合要求,所以a≥1.当a=1时,∀x1,x2∈[1,+∞), f(x1)≤0, f(x2)≤0.所以f(x1)-f(x2)≥f(x1)-0≥f(2)=-,即a=1满足要求.综上,a的最小值为1.12.解析(1)由已知得f '(x)=e x-a,若a≤0,则在区间(-∞,+∞)上, f '(x)>0, f(x)单调递增.所以当a≤0时, f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),没有极值点.若a>0,令f '(x)=0,得e x=a,解得x=ln a,所以在区间(-∞,ln a)上f '(x)<0, f(x)单调递减,在区间(ln a,+∞)上f '(x)>0, f(x)单调递增.所以当a>0时, f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a), f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),当x=ln a时,函数f(x)有极小值2a-aln a.(2)当a≤0时,由(1)可知, f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,因为f(0)=1+a, f(1)=e>0,令f(0)=1+a<0,得a<-1,所以当a<-1时, f(x)在区间(0,2]上存在唯一零点.当a>0时,由(1)可知,x=ln a为函数f(x)的最小值点,因为f(0)=1+a>0,若函数f(x)在区间(0,2]上存在唯一零点,则只能:①或②由①得a=e2,由②得a>e2.综上所述,若函数f(x)在区间(0,2]上存在唯一零点,则a<-1或a≥e2.。