2021年高考数学一轮复习 第二章 第12讲 导数与函数极值、最值资料(艺术班)

2021年高考数学一轮复习第二章第12讲导数与函数极值、最值资料（艺术班）
一、必记3个知识点
1．函数的单调性
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．
f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
2．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．
3．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．
二、必明2个易误区
1．求函数极值时，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．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．
三、必会2个方法
解决含参数问题及不等式问题中的两个转化
(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．
(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．第二课时 导数与函数极值、最值
[典例] (xx·福建高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋e 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＋a e x ，得f ′(x )＝1－a
e 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－a
e
＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－a
e 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 .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，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．
解：由f ′(x )＝1－x ＝
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． [类题通法]
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． [针对训练]
设f (x )＝2x 3＋ax 2
＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图像关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝
0.
(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．
解：(1)因为f (x )＝2x 3
＋ax 2
＋bx ＋1，故f ′(x )＝6x 2
＋2ax ＋b ，从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 62
＋b －a 2
6，
即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a 6对称．从而由题设条件知－a 6＝－1
2
，即a ＝3.
又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12.
(2)由(1)知f (x )＝2x 3
＋3x 2
－12x ＋1，所以f ′(x )＝6x 2
＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)，令f ′(x )＝0， 即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，
即f (x )在(－∞，－2)上单调递增；当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．
从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.
[典例] (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)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：
所以，f (x )(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.
综上，在区间[0,1]上k ≤1时，f (x )最小值为f (0)＝－k .1<k <2时，f (x )最小值为f (k －1)＝－e
k －1
.
k ≥2时，f (x )最小值为f (1)＝(1－k )e.
[类题通法]
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． [针对训练]
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 )＝a x －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－1
2相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧
f ′1＝a －2b ＝0，f 1＝－b ＝－1
2，解得
⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＝1，
b ＝12
.
(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2
x ，∵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.
考点三
函数极值和最值的综合问题
[典例] 3
(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.
[类题通法]
求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．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，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． [针对训练]
已知函数f (x )＝x 3＋ax 2
＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为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．
解：(1)由f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b .当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.所以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，解之，得x 1＝－2，x 2＝23.
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27
.
课后作业
1．函数f (x )＝x 3
3
＋x 2
－3x －4在[0,2]上的最小值是( )
A ．－173
B ．－103
C ．－4
D ．－643
解析：选A f ′(x )＝x 2
＋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
. 2．已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋a 2
在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18
解析：选C ∵函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋a 2
在x ＝1处有极值10，∴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.故选C.
3.(xx·郑州二模)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，其导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内的极大值点有( )
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
解析：选B 依题意，记函数y ＝f ′(x )的图像与x 轴的交点的横坐标自左向右依次为x 1，x 2，x 3，x 4，当
a <x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x 2<x <x 4时，f ′(x )≥0；当x 4<x <
b 时，f ′(x )<0.因此，函
数f (x )分别在x ＝x 1、x ＝x 4处取得极大值，选B.
4．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，求g (x )的单调区间和最小值．
解：由题设知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x ，x >0，所以g ′(x )＝x －1
x
2，令g ′(x )＝0得x ＝1，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)＝1.
5．（xx·江苏高考）若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．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：(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.
(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1或－2.
当x＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故－2是g(x)的极值点．
当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
6．(xx·威海模拟)当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )
A.
1
ln 2
B．－
1
ln 2
C．－ln 2 D．ln 2
解析：选B y′＝2x＋x·2x ln 2＝0，∴x＝－1
ln 2
.
7．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，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是( )
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.
8．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( ) A．－13 B．－15 C．10 D．15
解析：选A 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的图像开口向下，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.故选A.
9．(xx·荆州质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是( )
解析：选C f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，则y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，
y >0，故C 正确．
10．已知函数f (x )＝x 3
＋mx 2
＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________． 解析：f ′(x )＝3x 2
＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2
－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
11．已知函数y ＝f (x )＝x 3
＋3ax 2
＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．
解析：∵y ′＝3x 2
＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧
3×22
＋6a ×2＋3b ＝0
3×12
＋6a ＋3b ＝－3
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－1，
b ＝0.
∴y ′＝3x 2
－6x ，令3x 2
－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.答案：4 12．(xx·江苏高考节选)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x
－ax ，其中a 为实数． 若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围．
解：令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x
<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1
，即f (x )在
(a －1
，＋∞)上是单调减函数．
同理，f (x )在(0，a －1
)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1
，＋∞)，从而a －1
≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x
－a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．
13．已知函数f (x )＝x 2
－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．
(1)若f (x )，g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值．
解：(1)因为f (1)＝0，g (1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图像上，
因为f (x )＝x 2
－1，g (x )＝a ln x ，所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x ，由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a
1
，即
a ＝2.
(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2
－1－2a ln x (x >0)，所以F ′(x )＝2x －2a x
＝
2
x 2－a
x
， 当a <0时，因为x >0，且x 2
－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值；当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)，所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：
x (0，a ) a
(a ，＋∞)
F ′(x )
－
＋
F (x )
递减 极小值 递增
所以当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2
－1－2a ln a ＝a －1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值； 当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .
14．(xx·晋中名校联考)已知函数f (x )＝ax 2
－e x
(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；
(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝2ax －e x
，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0.当a ＝0时，无解； 当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．
(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x
， 当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；
当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0才有两个根， ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e
2
.
15．(xx·广东六校联考)已知f (x )＝3x 2
－x ＋m ，(x ∈R )，g (x )＝ln x . (1)若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，实数m 的取值范围；
(3)在(2)的条件下，求函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)． 解：(1)∵f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x (x >0)，由题意知6x 0－1＝1x 0
(x 0>0)，即6x 2
0－x 0－1＝0，
解得x 0＝12或x 0＝－13，又∵x 0>0，∴x 0＝1
2
.
(2)若曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，∴34－
12＋m ＝ln 12，即m ＝－1
4
－ln 2，
数形结合可知，m >－14－ln 2时，f (x )与g (x )有公共切线，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14－ln 2，＋∞.
(3)F (x )＝f (x )－g (x )＝3x 2
－x ＋m －ln x ，故F ′(x )＝6x －1－1x ＝
6x 2
－x －1
x
＝
3x ＋12x －1
x
，
当x 变化时，F ′(x )与F (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤13，1的变化情况如下表：
又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F (1)＝2＋m >F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，1时，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝m ＋4＋ln 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫m >－14－ln 2，
F (x )max ＝F (1)＝m ＋2⎝
⎛⎭
⎪⎫m >－1
4
－ln 2.P33541 8305 茅37198 914E 酎
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实用文档。